1、广西省桂林市中山中学2018-2019高一下学期期中考试化学试题1.2018年1月复旦大学魏大程团队在石墨烯量子点研究领域取得重要进展。该项研究在未来光学和光电器件方面具有巨大潜力。下面有关碳的叙述正确的是（ ）A. 石墨与C60互为同位素B. 13C与14C是两种不同的原子C. 金刚石是碳元素的一种核素D. 14C的原子核内有2个中子【答案】B【解析】分析：A、石墨与C60均是单质；B、具有一定数目质子和一定数目中子的原子是核素；C、具有一定数目质子和一定数目中子的原子是核素；D、质子数+中子数质量数。详解：A、石墨与C60均是碳元素形成的单质，二者互为同素异形体，同位素是指质子数相同、中子
2、数不同的同一种元素的不同核素，A错误；B、13C与14C的质子数相同、中子数不同，是两种不同的原子，且互为同位素，B正确；C、金刚石是单质，不是碳元素的一种核素，C错误；D、14C的原子核内中子数1468，D错误。答案选B。2.下列有关化学用语使用正确的是A. 硫原子的原子结构示意图：B. N2的电子式为：C. 原子核内有10个中子的氧原子：188OD. 高氯酸的化学式：HClO【答案】C【解析】【详解】A. 硫原子的原子结构示意图：，故A错误； B. N2的电子式为：，故B错误；C. 原子核内有10个中子的氧原子：188O，故C正确；D. 高氯酸的化学式：HClO4，故D错误；答案：C。3.
3、下列各物质的性质比较正确的是A. 酸性：H2SiO3 H3PO4B. 氧化性：Cl2 F2C. 稳定性：H2S HFD. 碱性：NaOH Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A.非金属性PSi,元素非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性: H2SiO3 H3PO4，故A错误；B.非金属性ClF，根据元素非金属性越强，单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2F2，故B错误；C.非金属性SF，元素非金属性越强,对应的氢化物越稳定,所以稳定性：H2SHF,故C错误；D.金属性NaAl,元素金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故D正确；答案：D。【点睛】解题依据：元素
4、周期律。元素非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；对应的氢化物越稳定：元素金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。4.下列化学式可以表示两种物质的是A. CH4B. C2H6C. C3H8D. C4H10【答案】D【解析】【详解】A. CH4只表示甲烷，故A不符合题意；B. C2H6只表示乙烷，故B不符合题意；C.C3H8只表示丙烷，故C不符合题意；D.C4H10有两种同分异构体，所以既可以表示正丁烷，又可以表示异丁烷，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据价键理论分析：碳最多有4条共价键，氢有一条共键，A、B、C、D都符合饱和烃的结构，但A、B、C没有同分异构体，所以只
5、表示一种物质；D有同分异构体，所以不能表示一种物质。5.下列关于能量变化的说法，正确的是A. 物质发生化学反应时不一定伴随着能量变化B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2该反应生成物的总能量高于反应物的总能量C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化【答案】C【解析】【详解】A.物质发生化学反应是旧键断裂新键形成，所以一定伴随着能量变化，故A错误；B.2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C.放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D氯化钠熔化，离子
6、键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。6.下列关于甲烷的说法错误的是A. 与乙烷是同系物B. 不属于饱和烃C. 是共价化合物D. 能与卤素单质发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。乙烷为C2H6与甲烷互为同系物，故A正确；B.甲烷的分子式为CH4，属于饱和烃，故B错误；C.甲烷分子中只有共价键，属于共价化合物，故C正确；D.甲烷在一定条件下能与卤素单质发生取代反应生成卤代烃，故D正确。答案B。7.图1是锌铜原电池示意图。图2中x轴表示实验时流入正极电子的物质的量，y轴表
7、示（ ）A. 铜棒的质量B. c(H+)C. c(Zn2+)D. c(SO42-)【答案】B【解析】试题分析：该装置构成原电池，锌的金属性强于铜，Zn是负极，Cu是正极。A、在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，A错误；B、由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，B正确；C、由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c(Zn2+)增大，C错误；D/SO42-不参加反应，其浓度不变，D错误。答案选B。【考点定位】本题主要是考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化【名师点睛】原电池原理无论在工业生产、日常生活和科学研究领域都有着重要用途，尤其在金
8、属的腐蚀与防护、新能源的开发和利用方面有着不可替代的作用，因此也是历年高考必考知识点之一。无论题型如何变化，如果把握原电池的工作原理、电极反应式和电池总反应方程式问题都会迎刃而解。在原电池中，一般活泼金属做负极、失去电子、发生氧化反应（金属被氧化）、逐渐溶解（或质量减轻）；不活泼金属（或导电的非金属）做正极、发生还原反应、有金属析出（质量增加）或有气体放出；电子从负极流出经过外电路流回正极，电流方向正好相反；溶液中离子浓度变化及移动方向由电极反应决定。8.可逆反应2NO2 2NO+O2在恒容密闭容器中反应，不能判断此反应达到最大限度的标志是A. 单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n
9、 molNO2B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变C. 混合气体的颜色不再改变D. NO2、 NO、 O2的速率之比是2:2:1【答案】D【解析】A单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n molNO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A错误；B反应前后气体的物质的量之和改变，气体的质量不变，所以其平均相对分子质量改变，当达到平衡状态时混合气体平均相对分子质量不变，可以说明达到平衡状态，B错误；C混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，C错误；D用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态，该反应可能达到平衡状
10、态也可能不达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态，正确选取判断平衡状态的物理量是解本题关键。9.下列物质能与Br2发生置换反应的是A. NaFB. NaClC. KBrD. KI【答案】D【解析】A. 氟的非金属性比溴强，NaF与溴不能发生置换反应生成氟，故A错误；B. 氯的非金属性比溴强，NaCl与溴不能发生置换反应生成氯气，故B错误；C. KBr与溴不能发生置换反应，故C错误；D. 溴的非金属性比碘强，KI能够与溴反应生成碘，属于置换反应，故D正确；故选D。10.在体积可变的密闭容器中
11、发生反应：CO(g) + H2O(g) CO 2 (g) + H2O(g)（正反应为放热反应），改变下列条件，不能使正 增大的是A. 升高温度B. 恒容充HeC. 缩小容器体积D. 恒容时充入更多的H2O(g)【答案】B【解析】【详解】A.根据影响化学反应速率的因素可知：升高温度,反应速率增大,故A不选；B.恒容充He，反应混合物中各组分的浓度不变，所以速率不变、没有增大，故B符合题意；C.缩小体积,相当于增大反应物浓度，所以反应速率增大,故C不选；D.恒容时充入更多的H2O(g)增大反应物的浓度，反应速率增大，故D不选；答案：B。【点睛】根据影响化学反应速率因素进行分析：对于反应CO(g)
12、+ H2O(g) CO 2 (g) + H2O(g)来说,增大反应速率,可增大浓度、压强、温度或加入催化剂,以此解答。11.在N23H22NH3的反应中，在5 s内NH3的浓度变化了8 molL1，则H2的平均反应速率A. 2.4 molL1s1B. 0.8 molL1s1C. 1.6 molL1s1D. 0.08 molL1s1【答案】C【解析】试题分析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，则氨气的反应速率是1.6 mol/(Ls)，答案选C。考点：考查反应速率的计算点评：该题是常识性知识的考查，也是高考中的常见考点，侧重考查学生对化学反应速率含义以及计算的熟悉了解程度，旨在巩固学生
13、的基础，提高学生的能力。12.与K+离子具有相同电子数的一组微粒是A. Ar和H2O2B. CO和F2C. Na和NH4+D. Mg和N2H4【答案】A【解析】【分析】根据微粒中的质子数和微粒所带的电荷数进行分析解答，阳离子的电子数是质子数-电荷数，阴离子的电子数是质子数+电荷数【详解】K+离子电子数=19-1=18，各选项物质所具的电子数分别为：A、Ar电子数为18和H2O2 电子数为2+8*2=18，故A正确； BCO电子数为14和F2电子数为18，故B错误； CNa电子数为11和NH4+电子数为10，故C错误； D. Mg电子数为12和N2H4电子数7*2+1*4=18，故D错误；故选A
14、13.下列关于元素周期表第三周期元素叙述错误的是A. 从左到右，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱B. 元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4C. 均为主族元素D. 原子的核外电子层数均为3【答案】C【解析】分析：根据元素周期表中第三周期元素的性质递变规律和元素周期表的结构解答。详解：A. 同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，A增强；B. 同周期从左到右，非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，B正确；C. 第三周期中的Ar元素是稀有气体，属于0族，不是主族元素，C错误；D
15、. 周期数等于电子层数，则第三周期元素的原子的核外电子层数均为3，D正确，答案选C。14.断开1molHH键、ClCl键、HCl键需要吸收的能量分别为436kJ、243kJ、431kJ，则由Cl2和H2生成1molHCl时的反应热为A. 吸热91.5kJB. 放热91.5kJC. 吸热183kJD. 放热183kJ【答案】B【解析】【分析】在反应Cl2+H2 = 2HCl中,断裂1molHH 键、ClCl键共吸收的能量为: 436kJmol+243kJ=679 kJ；生成2mol HCl键,放出的能量为: 431kJ2mol =862 kJ吸收的能量放出的能量,则该反应为放热反应,放出的热量为
16、:862 kJ-679 kJ=183 kJ所以由氢气和氯气反应生成1molHCl需要放出的热量为: 183 kJ/2=91.5kJ。【详解】根据分析可知：A.吸热91.5kJ不符合题意；B. 放热91.5kJ符合题意；C. 吸热183kJ不符合题意； D. 放热183kJ不符合题意；答案：B。【点睛】化学反应中,旧化学键断裂吸收能量,形成新化学键放出能量,根据方程式计算吸收和放出的能量,以此计算反应热并判断吸热还是放热。15.燃料电池是目前电池研究的热点之一。某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极。下列叙述正确的是A. 溶液中的K+移向b电极B. a极的电极反应式为：2H+2
17、e= H2C. b极为负极，该电极上发生氧化反应D. 电子由a极经电解质溶液移向b极【答案】A【解析】【分析】根据燃料电池工作原理，通入燃料H2的电极a为负极,负极上失电子发生氧化反应，反应方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O，通入O2的一端为正极，得电子发生还原反应，电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极，阴离子移向负极。【详解】A. 根据上述分析阳离子移向正极，所以溶液中的K+移向b电极，故A正确；B. a为负极，a极的电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，故B错误；C. a极为负极，该电极上发生了氧化反应,故C错误；D. 电子由a极经导线移向b极，故D错误；答案：A。1
18、6.下列物质中，只含有离子键，不含有共价键的是A. Na2O2B. KOHC. CaCl2D. CO2【答案】C【解析】A 既含有离子键，又含有共价键。B KOH既含有离子键，又含有共价键C CaCl2只含有离子键D CO2只含有共价键17. 据氧族元素的性质推断，硒不可能具有的性质是（）A. 单质易溶于水B. 最高价氧化物对应水化物是酸C. 单质既有氧化性又有还原性D. 气态氢化物的稳定性较H2S弱【答案】A【解析】试题分析：、氧气、S单质不易溶于水，因此类推Se单质也不易溶于水。错误。B、S最高价氧化物对应水化物是酸，则类推Se最高价氧化物对应水化物是酸.正确。C、S单质既有氧化性又有还原
19、性，则类推Se单质既有氧化性又有还原性，正确。D、同一主族的元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则相应的气态氢化物的稳定性也逐渐减弱。因此H2Se较H2S弱.正确。考点：考查同一主族的元素的性质的相同点及递变性的知识。18.下列各组元素中，原子半径依次增大的是A. I、Br、FB. Li、K、NaC. O、S、AlD. Li、F、Cl【答案】C【解析】【详解】A.I、Br、F为同主族元素，原子序数逐渐减小，所以原子半径逐渐减小，故A不选；B.Li、K、Na为同主族元素，原子半径由小到大的顺序为：LiNaK，故B错误；C. O、S为同主族,原子序数逐渐增大，原子半径增大即OS；S、Al为同周
20、期元素，原子序数逐渐减小，半径逐渐增大即SAl，所以OSAl，故C正确；D. Li、F为同周期元素，原子序数逐渐增大，半径逐渐减小，F、Cl为同主族元素，原子序数逐渐增大，所以原子半径ClLiF，故D不符合题意；答案：C。【点睛】根据同主族从上到下原子半径增大,同周期从左向右原子半径减小,以此来解答。19.可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最慢的是A. v(A)=0.45mol/（Lmin）B. v(B)=0.6mol/（Lmin）C. v(C)=0.4molL-1s-1D. v(D)=0.1 molL-1s-1【答案】B【解析
21、】根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知如果都用物质B表示反应速率，则分别是mol/（Lmin）1.35、0.6、36、9，所以反应速率最慢的是选项B，答案选B。点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，但换算时注意单位的统一。20.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是()YZXWA. 原子半径：XYZC. Z、W均可与Mg形成离子化合物D. 最高价氧化
22、物对应水化物的酸性：YW【答案】C【解析】试题分析：设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。A、原子半径：ZYX，故错误；B、气态氢化物的稳定性：X Z，故错误；C、O元素、Cl元素都能与Mg形成离子化合物，故正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：Y W，故错误。考点：考查物质结构、元素周期律等知识。【此处有视频，请去附件查看】21.（1）下列物质N2、H2O、Na2O2、CaCl2、KOH、NaF中，既含有离了键，又含有共价键的物质是_，属于共价化合物的是_。（2）用电子式表示CaCl2的形成过程：_。（3）氮
23、化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用产生NH3。请写出NH3的电子式是_。（4）Na3N与盐酸反应生成两种盐，反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Na2O2、KOH (2). H2O (3). (4). (5). Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键；全部由共价键形成的化合物是共价化合物。【详解】（1）N2中只含有共价键，H2O中只含有共价键，Na2O2中既含有离子键又有共价键，CaCl2中只含有离子键，KOH中既含有离子键又有共价键，NaF中只含有离子键，因此既含有离子
24、键，又含有共价键的物质是Na2O2、KOH，属于共价化合物的是H2O。答案：Na2O2、KOH；H2O。（2）氯化钙是离子化合物，含有离子键，则用电子式表示CaCl2的形成过程为。答案：(3)氮化钠(Na3N)与水作用产生NH3，NH3的电子式是：。答案：。 (4)Na3N与盐酸反应生成两种盐，根据原子守恒可知应该是氯化钠和氯化铵，因此反应的化学方程式为Na3N+4HCl3NaCl+NH4Cl；答案：Na3N+4HCl3NaCl+NH4Cl。22.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。请回答下列问题：（1）Z位于周期表中位置_。（2
25、）X、Y元素的简单氢化物中，较稳定的是_（填化学式）。（3）X的简单气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成的化合物中存在的化学键类型为_。（4）X、W、Z的最高价氧化物对应水化物酸性由强至弱依次为_（填化学式）。【答案】 (1). 第三周期IVA族 (2). H2O (3). 离子键、共价键 (4). HNO3H3PO4H2SiO3【解析】【分析】由W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，可知W为P，结合元素周期表可知X为N元素，Y为O元素，Z为Si元素，再根据元素周期律进行解答。【详解】（1）由分析可知：Z为Si元素，位于周期表的第三周期IVA族。答案：第三周期IVA族。（2）X为N元
26、素，Y为O元素，它们位于同一周期，非金属性：ON，X、Y元素的简单氢化物为NH3、H2O，较稳定的是H2O。答案：H2O。（3）X的简单气态氢化物为NH3，与其最高价氧化物对应的水化物为HNO3反应，生成的化合物为NH4NO3，既存在离子键又有共价键。答案：离子键、共价键。（4）X、W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为：HNO3、H3PO4、H2SiO3，根据非金属性NPSi,则酸性由强至弱依次为HNO3H3PO4H2SiO3。答案：HNO3H3PO4H2SiO3。23.反应Fe+H2SO4 FeSO4+H2的能量变化趋势，如图所示：（1）该反应为_反应（填“吸热”或“放热”）（2）若要使该反
27、应的反应速率加快，下列措施可行的是_（选填A、B、C）。A.改铁片为铁粉 B.改稀硫酸为98%的硫酸溶液 C.升高温度 （3）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为_极（填“正”或“负”），铜片上产生的现象为_，该极上发生的电极反应为_，消耗5.6g Fe时转移的电子数为_。【答案】 (1). 放热 (2). A、C (3). 正 (4). 有气泡产生 (5). 2H+2e=H2 (6). 0.2NA【解析】【详解】（1）从图象可以知道，反应物总能量高于生成物总能量，所以该反应为放热反应，因此，本题正确答案是：放热；(2)A.改铁片为铁粉，增大了接触面积，反应速率增大，故A正确
28、；B.常温下铁在浓硫酸中钝化不能继续发生反应，故B错误；C.升高温度,反应速率增大,故C正确；因此，本题正确答案是:A、C；(3)铜、铁、稀硫酸构成的原电池中,铁易失电子发生氧化反应而作负极；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气,电极反应式为2H+2e=H2；由负极反应式：Fe-2e-= Fe2+，消耗5.6g Fe时转移的电子数为0.2NA。因此，本题正确答案是:正；有气泡产生；2H+2e=H2；0.2NA。【点睛】（1）根据图中反应物能量和生成物能量相对大小判断吸放热判断；(2)根据外界条件对速率的影响分析,升高温度、增大压强、增大浓度、加入催化剂会加快反应速率,但注意常温下铁
29、在浓硫酸中钝化；(3)铜、铁、稀硫酸构成的原电池中,铁比铜活泼，易失电子作负极,铜作正极。24.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_ （2）从开始至2min，Z的平均反应速率为_（3）其他条件不变，升高温度，逆反应速率将_（填“加快”、“减慢”或“不变”）。（4）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示： 实验编号锌的状态反应温度/收集100mL氢气所需时间/S薄片15200薄片2590粉末2510该实验目的是探究 _ 、 _ 对锌和稀盐酸反应速
30、率的影响； 实验和表明 _ ，化学反应速率越大； 能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 _ 和 _ ；【答案】 (1). 3X(g)+Y(g)2Z(g) (2). 0.05mol/(Lmin) (3). 加快 (4). 接触面积 (5). 温度 (6). 其他条件相同时，温度越高 (7). II (8). III【解析】【分析】由图可知，Y、X物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的n之比为（1-0.9）：（1-0.7）：（0.2-0）=1：3：2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为3X(g)+Y(g)2Z(g)，结合
31、v=/；转化率=变化量/开始量及反应速率影响因素来解答。【详解】(1)由图可Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的n之比为(10.9):(10.7):(0.20)=1:3:2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应为3X(g)+Y(g)2Z(g)；答案：3X(g)+Y(g)2Z(g)。 (2)从开始至2min，Z的平均反应速率为0.2mol/(2L2min)=0.05molL1min1，故答案为：0.05mol/(Lmin)；（3）根据影响化学反应速率的因素可知：其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率都加快；答案：加快。（4
32、）由表格中的数据可以知道,锌的状态不同、温度不同,则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响，本题正确答案是:接触面积；温度； 实验和中,温度不同, 其他条件相同，温度大的反应速率快，即温度越高，反应速率越快；本题正确答案是: 其他条件相同时，温度越高；能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为II和III组实验；本题正确答案是: II；III。25.I.短周期元素X、Y、Z、R在周期表中的相对位置如图所示，请回答以下问题：（1）X的原子结构示意图为_，其在周期表中的位置为_。（2）Y与Z的原子半径大小关系是：Y_Z （填“”或“”）。 （3）X与R的非金属性强弱
33、顺序是：X_R （填“”或“”）。（4）位于Y下一周期的同主族元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_。II.研究表明，在高压与加热的条件下，钠、氦、氧三种元素能形成一种结构特殊的固态化合物Na2HeO。（1）化合物Na2HeO中氦元素的化合价为0，其中氧元素的化合价为_。（2）钠、氦气、氧气反应生成Na2HeO的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 第二周期VIA族 (3). (4). (5). KOH (6). -2 (7). 4 Na + 2He + O2 = 2Na2HeO【解析】【分析】由元素在周期表中的位罟可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素，以此解答
34、。【详解】（1）由X为O元素，核内由8个质子，X的原子结构示意图为，其在周期表中的位置为第二周期VIA族。答案：；第二周期VIA族。（2）由Y为Na元素，Z为Al元素，它们在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以Y的原子半径大于Z的原子半径即YZ。答案：。（3）X为O元素， R为S元素，它们属于同一主族，由上到下非金属性逐渐减弱，所以X的非金属性比R的强即XR 答案：。（4）Y为Na元素，位于Na下一个周期的同主族元素为K元素，钾的最高价氧化物対应的水化物的化学式为KOH；答案为：KOH。 II.钠、氦、氧三种元素能形成一种结构特殊的固态化合物Na2HeO。（1）根据化学式各元素化合价代数和为零
35、可知：化合物Na2HeO中氦元素的化合价为0，Na元素的化合价为+1，所以氧元素的化合价为-2。答案：-2。（2）钠、氦气、氧气反应生成Na2HeO的化学方程式为4Na + 2He + O2 = 2Na2HeO；答案：4Na + 2He + O2 = 2Na2HeO。26.甲同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，实验装置如图。根据要求完成下列各题。（1）填写所示仪器名称：A_，B_。（2）实验步骤：连接仪器、_、加药品后，打开 a、滴入浓硫酸，加热。（3）问题探究：（已知酸性强弱：亚硫酸碳酸）铜与浓硫酸反应的化学方程式是_；装置E中装的是酸性KMnO4溶液，其作用是_；能说明碳元素的
36、非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_。依据试管 D 中的反应，能否证明S的非金属性强于C的非金属性_（填 “能”或“否”）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). 检验装置气密性 (4). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (5). 除去二氧化硫气体 (6). E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 (7). 否【解析】【分析】(1)根据装置图中的仪器构造和性能命名；(2)该装置要制取气体，验证气体的性质，反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性；(3)在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，据此书出反应方程式；多余的二氧
37、化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的实验；二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱。【详解】(1)根据装置图中的仪器可知A为分液漏斗，B为圆底烧瓶；(2)反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏；(3)在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，根据原子守恒、电子守恒可得该反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；得到的气体中含有SO2、CO2，SO2是酸性气体，若不吸收除去会影响后面的实验，所以可根据SO2具
38、有还原性，多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收；除去SO2气体后，纯净的二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是硫元素的最高价的含氧酸，因此不能判断S元素非金属性比C元素的强。【点睛】本题考查了非金属性的相对强弱的探究实验，涉及仪器名称，化学方程式的书写、反应现象的描述、操作的目的等；判断元素非金属性强弱的依据等，一定要注意是否有杂质产生干扰，如何除去杂质等。
