1、吉林省辽源市辽县第一高级中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）一、单选题（共10题，每题2分，有且只有一个正确答案）1.下列化学用语中正确的是（ ）A. 钠离子的电子式：B. Cl-的结构示意图：C. 质量数为35的核素氯：35ClD. NaCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A钠离子的电子式应为Na+，A不正确；BCl-的核电荷数为17，核外电子数为18，则结构示意图为，B正确；C氯的质量数为35的核素为35Cl，C不正确；DNaCl的形成过程为，D不正确；故选B。2.已知R2核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2中含有电子的物质的量为()A. m(A-
2、N)/A molB. m(A-N+2)/AmolC. m(A-N-2)/A molD. m(A+N-2)/A mol【答案】C【解析】【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量=mol，则含有的电子的物质的量为mol（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；答案选C。3.实验室常用H2O2制取O2，下列说法不正确的是（ ）A. H2O2分子中含有极性键和非极性键B. H2O分子中只含极性键C. H2O2分子中所有原子都达到8电子稳定结构D. 该反应中H2O2是氧化剂也是还原剂
3、【答案】C【解析】【详解】AH2O2分子中含有H-O极性键和O-O非极性键，A正确；BH2O分子中只含H-O极性键，B正确；CH2O2分子中H原子没有达到8电子稳定结构，C不正确；D该氧化还原反应中，H2O2中的O元素价态一部分由-1升为0，一部分由-1降为-2，所以H2O2既是氧化剂也是还原剂，D正确；故选C。4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）A. 锌粒与稀硫酸的反应B. 灼热的木炭与CO2反应C. 甲烷在氧气中的燃烧反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】【详解】A锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不合题意；B灼热的木炭与CO2发生氧
4、化还原反应，为吸热反应，B符合题意；C甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不合题意；DBa(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是非氧化还原反应，D不合题意；故选B。5.我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A. 氨水B. 硝酸C. 醋D. 卤水【答案】B【解析】【详解】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。6.四支试管中分别充满NO、SO2、NO2、Cl2中的一种，把它们分别倒置于盛有水的水槽中，放置一段时
5、间后的现象如图所示。其中原试管充满NO2的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】NO不溶于水，对应D图像，SO2在水中的溶解度为1体积水溶解40体积SO2，对应图像A，根据化学方程式3NO2H2O=2HNO3NO，剩余气体是反应前的1/3，对于图像B，Cl2+H2O =HCl+HClO，HClO2HCl+O2，对应图像C，所以其中原试管充满NO2的是B，答案选B。7.2014年5月7日，天津某工程检测公司在进行探伤作业期间，一枚黄豆粒大小的放射源铱-192丢失，造成了严重的安全事故，图示是铱在元素周期表中的信息，下列说法正确的是（ ）A. 铱的相对原子质量为192.2克B. 铱原
6、子核内的中子数为77C. K2IrO3中Ir的化合价为+4D. 生活中常用的铱金笔为纯净的铱单质【答案】C【解析】【详解】A、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，元素的相对原子质量为192.2，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，故A错误；B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为，表示原子序数；该元素的原子序数为77；根据原子序数=核电荷数=质子数，则该元素的原子的核内质子数为77，而不是中子数为77，故B错误；C、K2IrO3中K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Ir的化合价为+4，故C正确；D、铱金笔是指笔尖是钢合金，顶端点铱
7、的笔，故D错误；故选C。【点晴】本题考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息、辨别元素种类的方法进行分析解题的能力根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量。8.下列各性质中符合图示关系的是化合价ROH的碱性密度最外层电子数核外电子层数单质失e能力A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】从表中可以看出，随着碱金属核电荷数的依次增大，碱金属的某性质依次增强。碱金属元素单质的化合价都为0价，不合题意；随着碱金属核电荷数的依次增大，ROH的碱性依次增强，符合题意；总的来说，随着碱金属核电荷数的依
8、次增大，碱金属单质的密度依次增大，但钾的密度比钠小，出现反常，不合题意；碱金属原子的最外层电子数都为1，不随碱金属核电荷数的增大而增大，不合题意；随着碱金属核电荷数的依次增大，核外电子层数依次增多，符合题意；随着碱金属核电荷数的依次增大，单质失e能力增强，符合题意。综合以上分析，符合题意。故选B。9.下列说法正确的是正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害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.
9、D. 【答案】C【解析】【详解】酸雨的pH5.6，错误；严格控制汽车尾气排放有利于防止大气污染，正确；二氧化硫和某些含硫物质对人体有害，正确。有机氯对人体有害，正确。含丰富氮磷的废水可以造成藻类大量繁殖，不能长期排向水库养鱼，错误。故选C。10.下列说法正确的是A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性【答案】B【解析】【分析】A、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应
10、；B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性；C两种气体同时通入生成硫酸和盐酸；D盐酸不具有漂白性。【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。故选B。【点睛】本题考查物质的漂白性，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。二、单选题（共12题
11、，每题3分，有且只有一个正确答案）11.下列事实不能作为实验判断依据的是( )A. 钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱B. 铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱C. 酸性H2CO3NH3SiH4B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD. 用中文“”(o)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【答案】C【解析】【详解】A.非金属性ONSi，气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，故不选A；B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素
12、与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；答案：C13.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若mn，对下列叙述的判断正确的是（ ）a-b=n-m元素的原子序数abcd元素非金属性ZR最高价氧化物对应水化物的碱性XYA. 正确B. 只有正确C. 都正确D. 正确【答案】A【解析】【分析】四种主族元素的离
13、子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，则X与Y同周期，Z与R同周期，且X、Y在Z、R的上一周期，a-m=b-n=c+n=d+m；若mn，则abcd，X在Y的右边，Z在R的右边。【详解】由a-m=b-n，可推出a-b=m-n，不正确；由以上分析知，元素的原子序数abcd，正确；因为Z、R同周期且Z在R的右边，所以元素非金属性ZR，正确；X在Y的右边，金属性YX，最高价氧化物对应水化物的碱性YX，不正确；综合以上分析，正确，故选A。14.如下图是从元素周期表中截取下来的，甲、乙、丙为短周期主族元素，下列说法中正确的是()A. 丁一定是
14、金属元素，其金属性比丙强B. 丙的最高价氧化物水化物显强酸性C. 乙的氢化物是以分子形式存在，且分子间存在氢键D. 戊的原子序数一定是甲的5倍，且原子半径比甲大【答案】C【解析】【分析】已知甲、乙、丙为短周期主族元素，由图可知甲、乙位于第二周期，丙为与第三周期，丁、戊为第四周期。【详解】A根据元素在周期表中的位置，丁可能是As、Ge、Ga元素，所以丁不一定是金属元素，A错误；B丙元素可能是Si、P、S，若丙为Si、P元素，则其最高价氧化物对应的水化物不是强酸，B错误；C乙元素可能是N、O、F，它们的氢化物均为分子晶体，氢化物中含有氢键，C正确；D甲、戊元素不能确定，则原子序数的关系不能确定，若
15、甲为C元素，则戊为Se元素，不是5倍的关系，D错误。答案选C。15.如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（ ）A. 挤压装置的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹B. 挤压装置的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹C. 用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并打开止水夹D. 向装置的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹【答案】B【解析】【详解】A氯气可以溶于四氯化碳中，且氯气极易溶于氢氧化钠溶液中，因此可以引发喷泉实验，故A不符合题意；B氢气不溶于氢氧化钠溶液中，不能造成负压，因此不能引发喷泉实验，故B符合题意；C通过a鼓入
16、空气，会将水压入烧瓶中，氨气溶于水后造成负压，能形成喷泉实验，故C不符合题意；D加入浓硫酸放热，锥形瓶中压强增大，浓氨水被压入烧瓶，与氯化氢反应造成负压，能形成喷泉实验，故D不符合题意；答案选B。【点睛】要形成喷泉，需形成压强差，可以是溶解引起的，也可以是反应引起的。16.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是：A. 是氨气发生装置B. 是氨气吸收装置C. 是氨气发生装置D. 是氨气收集、检验装置【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，故A错误；B.氨气极易溶于水，为防倒吸，装置中倒置漏斗不应
17、插入液面以下，故B错误；C.CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，一水合氨不稳定，受热易分解，有利于氨气的生成，故C正确；D.氨气易溶于水，装置图中收集氨气易与空气对流收集不到纯净的气体，故D错误；答案：C【点睛】本题注意把握氨气的性质、反应原理与反应装置的关系即可解答。17.有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：（1）a和b混合气体变红棕色（2）c和d混合产生白烟（3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是()A. O2、NO、HCl、NH3、CO2B. O2、NO、NH3、HCl、SO2C.
18、NO、O2、NH3、HCl、SO2D. HCl、CO2、NH3、H2S、CH4【答案】C【解析】【详解】由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b分别为NO和O2中的一种；b通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d分别为NH3和HCl中的一种；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e可能为SO2。综上可得答案选C。18.已知C、D、E、F 4种物质均含同种元素，且它们之间的转化关系如下，下列说法正确的是（ ）A. C一定为单质B. E可能为氧化物C. F一定
19、为酸D. C、D、E、F的相对分子质量之差为16或16的倍数【答案】B【解析】【详解】AC可能为氢化物，如H2S、NH3，A不正确；BE可能为氧化物，如C为H2S，D为SO2，E为SO3，B正确；C若C为Na，则F为NaOH，C不正确；D若C为NH3，则D为NO，二者的相对分子质量之差不是16，D不正确；故选B。19.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是( )A. 元素Y、Z、W具有相同
20、电子层结构的离子，其半径依次增大B. 元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmRD. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，即Z为Na，W为Al，以此来解答。【
21、详解】由上述分析可知，XH，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S。A.Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，因此元素Y、Z、W形成的离子半径依次减小，A错误；B.元素X与元素Y可形成的化合物H2O2，B正确；C.Y、R是同一主族的元素，均可与X形成结构相似的氢化物，元素的非金属性YR，元素的非金属性越强，其与H形成的化合物的稳定性就越强。所以元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR，C正确；D.元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱碱，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的性质、原
22、子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。20.如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法不正确的是（ ）A. 氢化物沸点：H2XH2RB. 含氧酸酸性：HWOH2RO4C. 气态氢化物的稳定性：HYHWH2RD. 离子半径：R2-X2-Y-Z+【答案】B【解析】分析】由最外层电子数，可确定X、Y、Z、R、W分别为O、F、Na、S、Cl元素。【详解】A由于H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键，所以氢化物沸点：H2OH2S，A正确；B虽然非金属性ClS，但由于HClO不是最高价含氧酸，其为弱酸，
23、所以酸性：HClOClS，所以气态氢化物的稳定性：HFHClH2S，C正确；DS2-电子层数最多，半径最大，O2-、F-、Na+的电子层结构相同，核电荷数依次增大，离子半径依次减小，所以离子半径：S2-O2-F-Na+，D正确；故选B。21.如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。（X、Y、Z、M、N、P为代号，不为元素符号）则下列说法正确的是（ ）A. Z、N两种元素的离子半径相比，前者较大B. N、P两种元素的气态氢化物的稳定性相比，前者较稳定C. 由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应D. Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和P的氢化物的水溶液中【答案】D【
24、解析】【分析】由表中各元素的原子半径与原子序数关系，可推得X、Y、Z、M、N、P分别为O、Na、Al、Si、S、Cl。【详解】A由于Al3+比S2-少一个电子层，所以Al、S两种元素的离子半径相比，后者较大，A不正确；B由于非金属性SCl，所以S、Cl两种元素的气态氢化物的稳定性相比，后者较稳定，B不正确；C由O与Si两种元素组成的化合物为SiO2，它能与氢氟酸反应，C不正确；DZ的氧化物为Al2O3，能分别溶解于氢氧化钠和盐酸中，D正确；故选D。22. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A. CO和O生成C
25、O2是吸热反应B. 在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有极性共价键的CO2D. 状态 状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量-反应过程图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。第卷（共44分）三、填空题23.请将符合题意的下列变化的序号填在对应的横线上：碘的升华；氧气溶于水；氯化钠溶于水；烧碱熔化；氯化氢溶于水；氯
26、化铵受热分解。（1）化学键没有被破坏的是_；仅发生离子键破坏的是_；（2）即发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是_；（3）N2的电子式为_；Na2O2的电子式为_；CO2的电子式为_；（4）用电子式表示MgCl2的形成过程 _；（5）已知拆开1 mol HH键、1 mol NN、1 mol NH键分别需要吸收的能量为436 kJ、946 k J、391 k J。则由N2和H2反应生成1 mol NH3 需要放出_的热量。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). 46 kJ【解析】【详解】(1)碘的升华时,碘由固态转化为气态,只是物质状态发生变化,
27、化学键不被破坏； 氧气溶于水时,氧气分子存在于水中,化学键不被破坏； 氯化钠溶于水时,氯化钠在水分子的作用力电离出钠离子和氯离子,离子键被破坏； 烧碱熔化时,NaOH电离出钠离子和氢氧根离子,离子键被破坏； 氯化氢溶于水,氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子,共价键被破坏；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,离子键和共价键被破坏；（1）通过以上分析知，化学键没有被破坏的是；仅发生离子键破坏的是；正确答案：；。（2）既发生离子键又发生共价键破坏的是；正确答案：。（3）氮气为共价分子，氮氮原子间形成三对共用电子对，其电子式为；Na2O2为离子化合物，钠离子和过氧根离子间为离子键，其电子式为；CO
28、2为共价化合物，碳氧原子间形成双键，其电子式为；正确答案： ； ； 。（4）金属镁失电子，变为镁离子；氯原子得电子变为氯离子，电子式表示MgCl2的形成过程为：；正确答案：。（5）在反应N2+3H2=2NH3中,断裂3molH-H键,1molNN键共吸收的能量为:3436 kJ +946 kJ =2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为:6391 kJ =2346 kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，生成2molNH3放出的热量为:2346 kJ -2254 kJ =92 kJ，所以生成1molNH3放出的热量为92 kJ /2=46 kJ ；正确
29、答案: 46 kJ。24.下表为短周期元素，表中所列序号分别代表一种元素。(除说明外都用化学用语填空)(1)上述元素中金属性最强和非金属性最强的元素名称分别是_、_；(2)和的气态氢化物稳定性较强的是（写化学式）：_；(3)在上述元素中其最高价氧化物对应水化物酸性最强酸为_；写出单质与的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为_。描述H2在单质中燃烧的现象_。(4)现有上表中某一种元素，其单质通入到紫色石蕊溶液中的现象为先变红后褪色，该元素在周期表中的位置是_；(5)比较和对应简单离子的离子半径较小的是(用相应离子符号表示)_。(6)写出的最高价氧化物对应水化物的电子式_；其含有的化学键类型是
30、_。【答案】 (1). 钠 (2). 氟 (3). HF (4). HClO4 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (6). 安静的燃烧，发出苍白色火焰，出现白雾 (7). 第三周期VIIA族 (8). Na+ (9). (10). 离子键、极性键【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可确定号元素分别为N、F、Na、Mg、Al、Si、P、Cl、Ar。【详解】(1)依据同周期元素从左往右金属性依次减弱，非金属性依次增强，可推得上述元素中金属性最强和非金属性最强的元素名称分别是钠、氟。答案为：钠；氟；(2)和分别为N和F，非金属性NF，气态氢化物稳定性较强的是HF。答
31、案为：HF；(3)在上述元素中，氯的最高价氧化物对应水化物酸性最强，此酸化学式为HClO4；单质Al与的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，生成NaAlO2和H2，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。描述H2在单质Cl2中燃烧的现象为安静的燃烧，发出苍白色火焰，出现白雾。答案为：HClO4；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；安静的燃烧，发出苍白色火焰，出现白雾；(4)现有上表中某一种元素，其单质通入到紫色石蕊溶液中的现象为先变红后褪色，则该元素为氯，其电子排布为2、8、6，在周期表中的位置是第三周期VIIA族。答案为：第三周期VIIA族；(5)
32、和对应简单离子为F-、Na+，二者的电子层结构相同，但Na的核电荷数比F大，所以离子半径较小的是Na+。答案为：Na+；(6)的最高价氧化物对应水化物为NaOH，电子式为；其含有的化学键类型是离子键、极性键。答案为：；离子键、极性键。【点睛】解此类题，常会出现的错误是不按要求回答问题，所以在回答问题前，一定要看清要求，明确是写化学式、电子式还是元素符号。四、推断题(共11分)25.元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为34，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为34；R-、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体
33、，Q和Y在周期表中的位置相邻。请回答下列问题。(1)M在元素周期表中的位置是_，写出Z的离子结构示意图：_；Q的简单氢化物的结构式为_。(2)写出X、Y、R按原子个数之比111形成的化合物的化学式：_。(3)X与Y可分别形成10电子和18电子分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：_。(4)写出单质R的一种工业用途：_。(5)如图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式：_。(6)科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1)
34、. 第三周期第A族 (2). (3). (4). HClO (5). 2H2O22H2O+O2 (6). 制漂白粉(或制漂白液、用于自来水消毒等) (7). 2SO2+O22SO3 (8). NH5+H2O=NH3.H2O+H2【解析】【分析】元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为34，则Y为氧(O)；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为34，则M为硫(S)；R-、Z+、X+离子半径逐渐减小，则R为氯(Cl)、Z为钠(Na)、X为氢(H)；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，则Q为氮(N)。【详解】由以上
35、分析可知，X、Q、Y、Z、M、R分别为H、N、O、Na、S、Cl。(1)M为S，电子排布为2、8、6，在元素周期表中的位置是第三周期第A族，Z为Na，其离子结构示意图为；Q为N，其简单氢化物的结构式为。答案为：第三周期第A族；(2)X、Y、R分别为H、O、Cl，按原子个数之比111，形成的化合物的化学式为HClO。答案为：HClO；(3)H与O可分别形成10电子分子H2O和18电子分子H2O2，该18电子分子H2O2转化成10电子分子H2O，发生的是双氧水的催化分解反应，化学方程式为2H2O22H2O+O2。答案为：2H2O22H2O+O2；(4)R为Cl，单质Cl2的一种工业用途为制漂白粉(
36、或制漂白液、用于自来水消毒等)。答案为：制漂白粉(或制漂白液、用于自来水消毒等)；(5)结合表中元素，可推得图中两种反应物为SO2和O2，产物为SO3，该转化过程的化学方程式为2SO2+O22SO3。答案为：2SO2+O22SO3；(6)科学家认为存在NH5这种物质，则其与水剧烈反应放出氢气，所得水溶液呈弱碱性，应为氨水，该反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3.H2O+H2。答案为：NH5+H2O=NH3.H2O+H2。【点睛】NH5为离子化合物，化学式为NH4H，电子式为，它不含有酸根离子，因而不属于铵盐。五、实验题（共10分）26.某化学兴趣小组为探究浓硫酸的氧化性，用如图所示装置进行
37、有关实验。(1)装置A中发生反应的化学方程式为_，反应中体现了浓硫酸的_性和_性。(2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体是_，其作用是_。(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象时，关闭弹簧夹K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中的现象是_。B中应放置的液体是_(填字母)。a水 b酸性KMnO4溶液 c浓溴水 d饱和NaHSO3溶液(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积的18molL-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。下列药品中能用来证明反应结束后
38、的烧瓶中有余酸的是_(填字母)。a铁粉 bBaCl2溶液 c银粉 dNa2CO3溶液【答案】 (1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O (2). 强氧化 (3). 酸 (4). NaOH溶液 (5). 吸收多余的SO2，防止污染空气 (6). 试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (7). d (8). ad【解析】【分析】A装置中，Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，在此反应中，浓硫酸表现出强氧化性和酸性；生成的SO2进入C中，排出空气从而收集SO2；D装置用于验证SO2的漂白性，多余的氯气用蘸有NaOH或Na2CO3
39、溶液的棉花吸收。当反应结束时，关闭K，生成的少量SO2进入B装置，利用排液法收集SO2，此时广口瓶内有一部分液体被SO2排入长颈漏斗内，因为排液的目的是收集SO2，所以液体与SO2不发生化学反应。【详解】(1)由以上分析知，装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，反应中浓硫酸将铜氧化并被还原为SO2，表现强氧化性；生成CuSO4，表现出酸性。答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；强氧化；酸；(2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体应能吸收SO2，可以是NaOH溶液，其作用是吸收多余的SO2，防止污染空气
40、。答案为：NaOH溶液；吸收多余的SO2，防止污染空气；(3)由于余热的作用，A处仍有气体产生，由于SO2不溶于此液体，所以此时B中的现象是试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。B中，SO2易溶于水，排除a；酸性KMnO4溶液和浓溴水都能将SO2氧化为硫酸，排除b、c；故应放置的液体是d。答案为：试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；d；(4)余酸为稀硫酸，铁粉、Na2CO3溶液都能与稀硫酸反应，并有气泡产生；BaCl2溶液虽然能与稀硫酸反应，但不能肯定SO42-的来源；银粉与稀硫酸不反应，故选择ad。答案为：ad。【点睛】B中放置的液体，取决于B的作用，若我们不注意审题，很容易认为此装置是为了吸收余气SO2，于是错误地选择酸性KMnO4溶液和浓溴水。