1、广东省广州市海珠区2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量监测试题（含解析）本试卷分第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1. 答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、考生号填写在答题卡上，并用2B铅笔把对应考生号标号涂黑。2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上。3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动的内容也不能超出指
2、定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O- 16第I卷 选择题(共60分)一、单项选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意。)1.基因测序常用作标记物，下列有关说法正确的是A. 质子数为32B. 中子数为15C. 与是同一种核素D. 与互为同位素【答案】D【解析】【详解】A.的质量数为32，质子数为15，故A错误；B.的质量数为32，质子数为15，中子数为(3215)=17，故B错误；C.同种核素具有相同的质子数和中子数，与的质子数相
3、同，中子数不同，不是同一种核素，故C错误；D.质子数相同，质子数不同的原子互为同位素，与的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；故选D。2.下列金属的冶炼方法属于热还原法的是A. 2HgO2Hg+O2B. Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2C. Fe+CuSO4=FeSO4+CuD. MgCl2(熔融) Mg+Cl2【答案】B【解析】【详解】A冶炼Ag、Hg采用热分解法，2HgO2Hg+O2为热分解法，故A不选；B冶炼铁采用热还原法，Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2属于热还原法，故B选；CFe+CuSO4=FeSO4+Cu属于湿法冶炼铜，故C不选；D冶炼钠、镁等活泼金属采用电解法
4、冶炼，MgCl2(熔融) Mg+Cl2属于电解法，故D不选；故选B。3.下列说法正确的是正常雨水pH为7.0， 酸雨的pH小于7.0以NO和NO2为主的氮氧化物是形成光化学烟雾的主要原因使用SO2进行增白的食品会对人体健康产生损害铵盐受热易分解，贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处食品厂产生的含丰富氮、磷营养元素的废水可长期排向水库养鱼A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】正常雨水因溶有二氧化碳而导致pH约为5.6，酸雨的pH小于5.6，故错误；以NO和NO2为主的氮氧化物是形成光化学烟雾的主要原因，也是形成酸雨的一个重要原因，故正确；二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食物，主
5、要用于工业漂白，故正确；铵盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处，故正确；氮、磷营养素的废水是藻类植物生长的营养素之一，食品厂产生的含丰富氮、磷营养元素的废水长期排向水库，导致水体的富营养化，导致藻类植物的疯狂生长，使水体发黑、变臭，水生生物难以生存，人也不能饮用这种污染水，故错误；正确的有，故选C。4.在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性C. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化D. 生产医用口罩无纺布的原材料之一是聚丙烯，
6、聚丙烯属于纯净物【答案】B【解析】【详解】A新型冠状病毒的主要成分是蛋白质，蛋白质是由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故B正确；C医用酒精破坏细胞组织使蛋白质变性，蛋白质的变性属于化学变化，故C错误；D聚丙烯中n的取值不同，所以聚丙烯属于混合物，故D错误；故选B。5.下列说法中，错误的是A. 三氧化硫属于酸性氧化物B. NH3易液化，液氨常用作制冷剂C. 除去NO2中混有的少量NO，可用水洗涤后再干燥D. 硫在自然界中的存在既有化合态又有游离态，单质硫是黄色固体【答案】C【解析】【详解】A三氧化硫与碱反应生成硫酸盐和水，为
7、酸性氧化物，故A正确；BNH3易液化，液氨气化过程会吸收大量热量，常用作制冷剂，故B正确；CNO2能够与水反应生成NO，NO不溶于水，也不能与水反应，不符合除杂原则，故C错误；D硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，在自然界中既有游离态，又有化合态，硫是黄色固体，故D正确；故选C。6.下列化学用语表达正确的是A. HF的电子式：B. 丙烷的比例模型：C. 硫原子的原子结构示意图：D. 用电子式表示氧化钠的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A.氟化氢为共价化合物，电子式不能写成离子化合物的形式，应为，故A错误；B.丙烷的球棍模型为，比例模型为，故B错误；C.硫原子的核外有3个电子层，最外层有
8、6个电子，原子结构示意图为 ，故C错误；D.氧化钠为离子化合物，形成时2个钠原子各失去1个电子形成2个钠离子，1个氧原子的到2个电子形成1个氧离子，用电子式表示氧化钠的形成过程为，故D正确；故选D。7.2019 年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。 下列有关化学元素周期表的说法正确的是A. 元素周期表共有18个纵行，18个族B. 第IA族元素的金属性自上而下依次增强C. 主族元素均呈现与其族序数相同的最高化合价D. 第三周期主族元素的原子半径自左向右依次增大【答案】B【解析】【详解】A元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个第族，除了第族
9、外，其它每一个族为一列，第族有3列，所以元素周期表有18列，16个族，故A错误；B同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其金属性增强，则第IA族元素的金属性自上而下依次增强，故B正确；C主族元素最高化合价与其族序数不一定相等，如F元素最高化合价为0价，但是其位于第A族，故C错误；D同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第三周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，故D错误；故选B。8. KI可催化H2O2分解，机理为：H2O2+IH2O+IO；H2O2+IOH2O+O2+I。反应过程中能量变化如图所示，下列判断错误的是( )A. KI改
10、变了反应的途径B. KI不能改变总反应的能量变化C. H2O2+IH2O+IO是放热反应D. 反应物总能量高于生成物总能量【答案】C【解析】【分析】由图可知，加入KI后，降低了活化能，KI不改变反应物和生成物的能量；反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应。【详解】A由图可知，加入KI后，降低了活化能，改变了反应的途径，故A正确；BKI不改变反应物和生成物的能量，则KI不能改变总反应的能量变化，故B正确；C由图可知H2O+IO总能量高于H2O2+I总能量，H2O2+IH2O+IO是吸热反应，故C错误；D由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，故D正确，故选C。【点睛】本题考查化学反应中能量
11、的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物、催化剂有无必然关系，做题时不要混淆。9.下列说法正确的是A. CH4 与C4H10互为同系物B. 和是两种不同的有机物C. 淀粉和纤维素互为同分异构体D. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A甲烷(CH4)和丁烷(C4H10)满足通式为CnH2n+2，结构相似，分子组成上相差2个CH2原子团，属于同系物，故A正确；B甲烷为正四面体结构，因此 和是同一种物质，故B错误；C淀粉和纤维素都为高聚物，由于聚合度n介于较大范围之内，没有固定的值，且两者的n取值不同，则二者的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
12、D相对分子质量在10000以上的化合物为高分子化合物，单糖、二糖及油脂不属于高分子化合物，多糖、蛋白质为高分子化合物，故D错误；故选A。10.下列叙述错误的是A. 煤的干馏、气化和液化都是化学变化B. 石油的分馏、裂化和裂解都是化学变化C. 石油经过催化重整可得到芳香烃D. 石油、煤、天然气都属于化石燃料【答案】B【解析】【详解】A将煤隔绝空气加强热使其分解的操作为煤的干馏；利用煤来生产水煤气的过程为煤的气化；利用煤来生产甲醇等液体燃料的过程为煤的液化，这三个过程均有新物质生成，均为化学变化，故A正确；B利用石油中各组分的沸点的不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏，石油的分馏是物理
13、变化，故B错误；C芳香烃的主要来源是石油的催化重整，石油经催化重整可以获得芳香烃，故C正确；D化石燃料主要包括石油、煤、天然气，故D正确；故选B。11.下列应用不涉及氧化还原反应的是A. 工业上：利用合成氨实现人工固氮B. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3C. 往煤中添加一些石灰石，使燃煤过程中产生的SO2转化成硫酸钙D. 汽车排气管上的“催化转化器”，使尾气中的CO和NO反应生成无毒气体【答案】B【解析】【详解】A.利用合成氨实现人工固氮时，氮元素和氢元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B.实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3时，没有元素化合价变化，属
14、于复分解反应，不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.往煤中添加一些石灰石，使燃煤过程中产生的SO2转化成硫酸钙时，硫元素和氧元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D.汽车排气管上的“催化转化器”，使尾气中的CO和NO反应生成无毒的氮气和二氧化碳气体时，氮元素和碳元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。12.下列物质中含有共价键离子化合物是MgF2 Na2O2 KOH CO2 NaClO H2SO4A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】MgF2只含离子键，属于离子化合物；Na2O2含离子键、非极性共价键，属于离子化合物；KOH含离子键、极性共
15、价键，属于离子化合物；CO2只含共价键，属于共价化合物；NaClO含离子键、极性共价键，属于离子化合物；H2SO4只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有，故选A。13.常温下，可逆反应2NO22NO+O2 在恒容密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是A. 正反应速率和逆反应速率相等，且都为零B. NO2、NO和O2的物质的量浓度之比为221C. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2D. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO【答案】C【解析】【详解】A化学平衡是动态平衡，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B化学
16、反应速率与化学计量数成正比，则NO2、NO、O2的反应速率的比始终为221，无法据此判断是否为平衡状态，故B错误；C单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，表明正、逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故C正确；D单位时间内生成nmolO2同时生成2nmolNO，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选C。14.下列反应不属于取代反应的是A. 在镍作催化剂的条件下，苯与氢气发生反应B. 在浓硫酸和加热条件下，苯与浓硝酸发生反应C. 在光照条件下，甲烷与氯气发生反应D. 在碱性条件下，油脂发生水解反应【答案】A【解析】【分析】根据取代反应是有机化合物分子里的
17、某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应分析判断。【详解】A苯与氢气反应生成环己烷，属于加成反应，故A选；B苯与浓硝酸在浓硫酸存在条件下反应生成硝基苯，属于取代反应，故B不选；C甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应，故C不选；D油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，属于取代反应，故D不选；故选A。15.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）选项a中的物质b中物质c中的物质d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB70%浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO H2OD浓盐酸MnO2
18、Cl2NaOH溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A用排气法收集NH3时，导管应左短右长，A不正确；BNa2SO3与70%的H2SO4反应可制取SO2气体，用NaOH吸收尾气，B正确；C收集NO气体时，不能用排空气法收集，C不正确；DMnO2与浓盐酸在加热条件下才能发生反应，D不正确；故选B。【点睛】NO气体能与空气中的O2反应，所以不能用排空气法收集，只能用排水法收集。16.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是A. a电极是该电池的正极B. O2在b电极上发生氧化反应C. 该电池总反应是2H2+O2=
19、2H2OD. 电子由a电极通过溶液流向b电极【答案】C【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为燃料电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为燃料电池的正极，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，据此分析解答。【详解】A根据H+的移动方向，氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，所以a是负极，故A错误；B通入氢气的一极为燃料电池的负极，发生氧化反应，O2在正极b上发生还原反应，故B错误；C氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2=2H2O，故C正确； D原电池中电子由负极经过导线流向正极，电子不能通过溶液，故D错误；故选C。17.今年是
20、门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A. 原子半径：WXB. 常温常压下，Y单质为固态C. 气态氢化物热稳定性：Z浓HNO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.次氯酸根具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，向次氯酸钙溶液中通入二氧化硫，次氯酸钙溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，故A错误；B.浓硫酸具有脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸时，浓硫酸使蔗糖脱水碳化变黑，并发出大量的热，浓硫酸具有强氧化性，在受热的条件下，与脱水生成的碳反应生成刺激性气味的二氧化硫、二氧化碳和水
21、，使得脱水后的蔗糖体积膨胀，故B正确；C.氨气的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D.氧化剂的氧化性强弱与得到电子的多少无关，与得到电子的难易有关，浓硝酸与铜剧烈反应，而与稀硝酸缓慢反应说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故D错误；故选B。第卷 非选择题(共40分)二、填空题(本题包括4小题，共40分) 21.我国拥有很长的海岸线，海洋资源的开发利用具有广阔前景。I海水的淡化多用蒸馏法，蒸馏法的优点是设备简单、操作简便、淡水质量好，但也有明显缺陷。(1)蒸馏法进行海水淡化处理的主要缺陷是_；(2)某沿海地区拟采用蒸馏法兴建一座大型海水淡化工厂，为克服蒸馏法淡化海水的缺陷，请为该地区
22、提出一条合理化建议：_；空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法。其工艺流程如图：(3)步骤中获得Br2的离子方程式为_；(4)步骤中反应的化学方程式为_；(5)根据上述反应可判断SO2、 Cl2、 Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序_；海带灰中富含以I- 形式存在的碘元素。实验室提取I2的流程如图所示：(6)步骤需加热煮沸一会儿的目的是_；(7)步骤中反应的离子方程式为_；(8)步骤加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈_色。萃取所用的主要仪器是_。【答案】 (1). 耗能高，成本大 (2). 用太阳能或其他能源将海水淡化 (3). Cl2+2Br-Br2+2Cl- (4
23、). Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4 (5). Cl2Br2SO2 (6). 促使海带灰中含碘物质快速充分溶解 (7). 2H+2I-+H2O2I2+2H2O (8). 紫红 (9). 分液漏斗【解析】【分析】I蒸馏法进行海水淡化需要不断进行加热，从成本、能源的角度分析解答；浓缩的海水中通入足量氯气，使溴离子转化为溴单质，向含溴混合液中通入空气将溴单质吹入二氧化硫水溶液中吸收转化成氢溴酸，方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，再通入氯气将HBr氧化成Br2，最后蒸馏得到溴单质，据此分析解答；海带灼烧得到的海带灰用蒸馏水溶解，过滤，得到含碘离子的溶液，加入过氧化
24、氢氧化碘离子为碘单质，再加入四氯化碳萃取分液得到含碘单质的四氯化碳溶液，据此分析解答。【详解】I(1)蒸馏法进行海水淡化需要不断进行加热，消耗大量的能源，成本较大，故答案为：耗能高，成本大；(2)要克服蒸馏法淡化海水的缺陷，可以考虑其他形式的能量的运用，如太阳能、风能，故答案为：用太阳能或其他能源将海水淡化； (3)步骤是通过氯气氧化溴离子生成溴单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-Br2+2Cl-；(4)步骤是溴单质和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4，故答案为：B
25、r2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4；(5)根据反应，氯气能够将溴离子氧化成溴单质，溴单质能够氧化二氧化硫，则说明氧化性强弱顺序为：Cl2Br2SO2，故答案为：Cl2Br2SO2；(6)步骤加热煮沸一会儿可以使海带灰中含碘物质快速充分溶解，故答案为：促使海带灰中含碘物质快速充分溶解；(7)步骤是在酸性条件下过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为2H+2I-+H2O2I2+2H2O，故答案为：2H+2I-+H2O2I2+2H2O；(8)步骤中加入CCl4作萃取剂提取碘水中的碘，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈紫红色，萃取所用的主要仪器是分液漏斗，故答案为：紫红；分液漏斗。【点睛】熟
26、悉海水提溴、海带中碘元素的检验等步骤是解题的关键。本题的易错点为离子方程式的书写，要注意氧化还原反应规律的理解和方程式的配平。22.A、B、C、D、E是五种常见的有机物，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A可以实现如图转换。(1) A的结构简式为_，D中所含官能团的名称为_；(2)反应的反应类型是_；(3)写出下列反应的化学方程式：反应_，反应_；(4)下列说法正确的是_；aB与钠反应比水与钠反应的速率快b用途广泛的聚乙烯可由乙烯相互加成得到cB和D均能使紫色的石蕊溶液变红dB使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应(5)某实验小组拟用如图装置制取少量E，可选择的装置是_(填 “甲
27、”、“乙”或“丙”)，试管中盛放的试剂是_。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (5). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O (6). bd (7). 乙 (8). 饱和碳酸钠溶液【解析】【分析】A、B、C、D、E是五种常见的有机物，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为乙醇；乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为乙酸；乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸；乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成
28、E，E为乙酸乙酯，据此分析解答。【详解】(1)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；D为乙酸，官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；(2)反应为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；(3)反应为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(4) a乙醇中羟基H原子没有水中的H原子活泼，乙醇与钠反应比水与钠反应的速率慢，故
29、a错误；b乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故b正确；c乙酸能使紫色的石蕊溶液变红，乙醇不能，故c错误；d乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于氧化反应，故d正确；故答案为：bd；(5)实验室制取少量乙酸乙酯，需要防止倒吸，可选择的装置是乙，试管中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，故答案为：乙；饱和碳酸钠溶液。【点睛】正确推断框图中的物质是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意常见有机反应方程式的书写和配平。23.元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。. 1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表， 如图所示：Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=1
30、08Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4？=68Ur=116Au=198？C=12Si=28？=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210？O=16S=32Se=79.4Te=128？F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=854Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207(1)门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一_ (填“横行”或“纵列”)的元素性质相似。(2)结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128? ”的问号表达的含义是_。. W、X、Y、Z是四种常见的短周期主族元素，其
31、原子半径随原子序数的变化如图所示。已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1。(3) W在周期表中的位置是_。(4)四种元素的所有化合价中，最低负化合价为_价，最高正化合价为_价。(5)比较Y、Z气态氢化物的稳定性_(用分子式表示)。 (6) HYO3的酸性比HWO强，有人据此认为Y的非金属性强于W，这种说法是否正确，_(填“正确”或“不正确”)，理由是_。【答案】 (1). 横行 (2). 怀疑Te的相对原子质量不是128 (3). 第三周期第A族 (4). -3 (5). +7 (6). H2ONH3 (7). 不正确 (8). HClO不
32、是氯的最高价氧化物对应的水化物，要比较Y、W的非金属性，需要比较两元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，即需要比较HClO4与HNO3的酸性【解析】【分析】I根据表中信息分析解答；W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Y原子序数小于Z，则Y为N元素、Z为O元素；W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，则W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N，且原子半径小于N，故X为H元素，据此分析解答。【详解】I(1)由表可知，门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一横行的元素性质相似，故答案为：横行；(2)由表中信息
33、，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号是怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间，故答案为：怀疑Te的相对原子质量不是128；根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素。(3)W为Cl元素，在周期表中位于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族； (4)四种元素的所有化合价中，Cl最高正价为+7、最低负价为-1，H最高正价为+1、最低负价-1，N的最高正价为+5、最低负化合价为-3，氧元素最低负化合价为-2，故最低负化合价为-3价，最高正化合价为+7价，故答案为：-3；+7；(5) 非金属性越强，最简单氢化
34、物越稳定，非金属性：ON，气态氢化物的稳定性H2ONH3，故答案为：H2ONH3；(6)HNO3溶液的酸性比HClO溶液的酸性强，因为HClO不是氯的最高价氧化物对应水化物，不能据此证明非金属性强弱，可以根据两元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较，故答案为：不正确；HClO不是氯的最高价氧化物对应的水化物，要比较Y、W的非金属性，需要比较两元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，即需要比较HClO4与HNO3的酸性。【点睛】本题的易错点为(6)，要注意元素非金属性强弱的判断方法的归纳应用。24.实验小组用如图装置探究FeSO4固体受热分解的产物。已知：物质熔点/沸点SO2-72-10SO31
35、6.844.8实验过程和现象为：步骤实验过程实验现象通入一段时间N2后关闭活塞K，充分加热A中固体变为红棕色，B中有白色沉淀，D试管中有无色液体用带火星的木条靠近装置D的导管口木条不复燃充分反应，停止加热，打开活塞K继续通入N2，至装置冷却，取A中固体，加足量盐酸固体溶解，溶液呈黄色将所得溶液滴入D试管中溶液变为浅绿色(1)步骤中通入N2的目的是_；(2)步骤和步骤中发生反应的离子方程式分别为_ ，_；(3)本实验中FeSO4分解的产物是_；(4)对在步骤装置D中收集到的物质，列举一种检验方法_。【答案】 (1). 排尽装置内的空气，以免干扰实验 (2). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2
36、O (3). 2H2O+2Fe3+SO2=2Fe2+4H+ (4). Fe2O3 SO2 SO3 (5). 取品红溶液少量于试管，滴加D中的无色液体，振荡，观察到品红溶液褪色；再对试管进行加热，发现品红溶液颜色恢复，说明为SO2【解析】【分析】通入一段时间N2，加热，A中固体变为红棕色为分解生成的氧化铁，B中有白色沉淀是生成，该沉淀只能为硫酸钡沉淀，说明生成了三氧化硫气体；D试管中有无色液体，SO2熔点-72，沸点-10，D试管中有无色液体为二氧化硫，用带有火星的木条靠近装置D的导管口，木条不复燃，说明分解过程中没有氧气生成，充分反应，停止加热，冷却后，取A中固体，加盐酸固体溶解，溶液呈黄色，
37、说明溶液中存在铁离子，证明生成了氧化铁，将所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色，说明铁离子被二氧化硫还原生成了亚铁离子，据此分析解答。【详解】(1)通入氮气可以排出装置中的空气，避免硫酸亚铁被空气中氧气氧化，影响硫酸亚铁分解产物的推断，故答案为：排尽装置内空气，以免干扰实验；(2)根据上述分析，步骤是氧化铁被盐酸溶解，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，步骤是三价铁离子被二氧化硫还原，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+；(3)根据上述分析，本实验中FeSO4分解的产物是Fe2O3、SO2、SO3，故答案为：Fe2O3、SO2、SO3；(4)步骤装置D中收集到的物质为二氧化硫，二氧化硫可以用品红溶液检验。具体操作为：取少量品红溶液于试管中，滴加D中的无色液体，振荡，观察到品红溶液褪色；再对试管进行加热，发现品红溶液颜色恢复，说明为SO2，故答案为：取少量品红溶液于试管中，滴加D中的无色液体，振荡，观察到品红溶液褪色；再对试管进行加热，发现品红溶液颜色恢复，说明为SO2。【点睛】本题的易错点为D中收集到的物质的判断，要注意二氧化硫和三氧化硫物理性质的理解和应用。
