1、福建省泉州第十六中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）考试时间:90分钟 2019.4.25可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 S-32 Ba-137第卷（选择题）一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个正确选项。）1.下列化学用语或模型正确的是A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：NNC. CH4分子的球棍模型：D. 硫离子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；B两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，结构式是NN，故B正确；C是CH4分子的比例模型，故C错误；D硫离子核内质子数为16，核外电子数为1
2、8，其结构示意图：，故D错误；故选B。2.F和F两种粒子中，不相同的是 核内质子数 核外电子数 最外层电子数 核外电子层数A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】F-是F原子得到一个电子后形成，质子数不变，都是9，都属于氟元素，故不选；F-是F原子得到一个电子后形成的，因此电子数一定不相同，故选；F-是F原子得到一个电子后形成的，氟原子最外层电子数为7，氟离子最外层电子数为8，最外层电子数不同，故选。F-是F原子得到一个电子后形成的，两者的电子层数都是2，故不选；F和F两种粒子中，不相同的是，故选A。3.A、B两种元素能形成AB2型离子化合物，则A和B的原子序数可能是 A. 11和8
3、B. 6和16C. 11和16D. 12和17【答案】D【解析】【详解】A11和8号元素分别为Na和O，O为-2价，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2O，不能形成AB2型离子化合物，故A错误；B6号元素是C元素，16号元素是S元素，都是非金属元素，二者不能形成离子化合物，故B错误；C11号元素是Na元素，16号元素是S元素，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2S，不能形成AB2型离子化合物，故C错误；D12号元素是Mg元素，17号元素为Cl，一种是活泼金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，可生成Mg
4、Cl2，能形成AB2型离子化合物，故D正确；故选D。【点睛】解答本题的关键是能够根据原子序数判断元素的种类。要注意活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，AB2型离子化合物中A显+2价，B显-1价。4.13153I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中13153I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关13153I的叙述中错误的是（ ）A. 13153I的化学性质与12753I相同B. 13153I的原子序数为53C. 13153I的原子核外电子数为78D. 13153I的原子核内中子数多于质子数【答案】C【解析】【详解】A. 13153I和12753I互为同位素，其化学性质
5、相同，故A正确；B.原子序数等于质子数，则13153I的原子序数为53，故B正确；C.质子数等于核外电子数，则13153I的原子核外电子数为53，故C错误；D. 13153I表示的是质子数为53，质量数为131的碘原子，中子数1315378，所以中子数多于质子数，故D正确，答案选C。5.短周期元素M和N的离子M2+和N2具有相同电子层结构，则下列说法正确的是 A. M和N原子的电子层数相等B. M和N原子最外层电子数相等C. M的原子序数比N小D. M2+的离子半径比N2小【答案】D【解析】【分析】短周期元素的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第
6、VIA族，为O元素，M位于第三周期第IIA族，为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，N为O元素，M为Mg元素。A元素的周期数与其原子的电子层数相同，M的电子层数是3，N的电子层数是2，所以两种元素原子的电子层数不同，故A错误；BM最外层有2个电子，N最外层有6个电子，所以M和N元素的最外层电子数不等，故B错误； CM是Mg元素，N是O元素，镁元素的原子序数是12，氧元素的原子序数是8，所以M的原子序数大于N，故C错误；D电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以氧离子的半径大于镁离子，故D正确； 故选D。6.下列化合物中既含有离子键又含共价键的是 A. CaCl
7、2B. Na2O2C. HClD. H2O2【答案】B【解析】【详解】ACaCl2中只含有离子键，故A错误；BNa2O2中钠离子与过氧根离子间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故B正确；CHCl为共价化合物，只含共价键，故C错误；DH2O2为共价化合物，只含有共价键，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意离子化合物中共价键的判断方法，如果离子化合物能够电离出原子团，则原子团中含有共价键。7.下列叙述正确的是 A. 共价化合物一定不含离子键B. 离子化合物一定不含共价键C. 气态单质的分子中一定存在共价键D. 全部由非金属元素形成的化合物一定不含离子键【答案】A【解析】【详解】
8、A只含共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故A正确； B离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，故B错误； C气态单质的分子中不一定存在共价键，如稀有气体中只存在范德华力但不存在共价键，故C错误；D全部由非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如铵盐，故D错误；故选A。8.X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在1018之间，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断正确的是( )A. 非金属性：XYZB. 酸性：H3ZO4H2YO4HXO4C. 原子半径：按X、Y、Z变小D. 气态氢化物稳定性：按X、Y、Z顺序减弱【答案】D【解析】【分析】X、
9、Y、Z三种元素原子的核电荷数在1018之间，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X为Cl元素，Y为S元素，Z为P元素。【详解】A同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：XYZ，故A错误；B非金属性：XYZ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H3ZO4H2YO4HXO4，故B错误；C同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径按X、Y、Z变大，故C错误；D非金属性：XYZ，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性按X、Y、Z顺序减弱，故D正确；答案选D。9. 四种短周期元素在周期
10、表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是A. 原子半径ZX，故酸性HNO3H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2OSiH4，C正确；D、ZO，位于元素周期表中第二周期、第A族，D正确。答案选B。10.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A. 原子半径：AsC1PB. 热稳定性：HC1AsH3HBrC. 还原性：As3-S2-C1-D. 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【答案】C【解析】【详解】A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化
11、性Cl2SAs，所以阴离子的还原性：As3S2Cl，故C正确；D非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；故选C11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多4，W与Y同主族。下列说法正确的是 A. 原子半径的大小顺序：W Z Y XB. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C. 单质Z能在X的最高价氧化物中燃烧D. Y、W的简单气态氢化物的热稳定性：Y W【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子
12、数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，Z的核电荷数比Y多4，故Z的质子数为12，则Z为Mg，W与Y同主族，则W为S元素，据此分析解答。【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素，W为S元素。A同周期自左而右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：CO，即XY，故A错误；BY分别与Z、W形成的化合物分别为氧化镁、二氧化硫，含有的化学键分别为离子键、共价键，故B错误；C镁在二氧化碳中能够燃烧生成MgO和C，故C正确；D非金属性SO，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氢化物的热
13、稳定性：Y W，故D错误；故选C。【点睛】正确判断元素是解题的关键。本题的易错点为C，要注意镁的性质的应用。12.下列说法不正确的是 A. “臭氧空洞”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化合物有关B. 铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁等过程中都包含化学变化C. 低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式D. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液【答案】A【解析】【详解】A温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误； B铝土矿是将氧化铝转化为铝、硫磺制硫酸是将硫单质转化为硫酸、海水制镁是将海水中的化合态的镁转化为单质镁，过程中都涉及化学变化，故B正确；C低碳经
14、济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，低碳经济所倡导的是：提高能源利用率；开发清洁能源；追求绿色经济，故C正确；D氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确。故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意从铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁的原理分析判断。13.大气与生态圈的氮循环如图所示，下列叙述不正确的是A. 维持大气中氮元素含量稳定B. 是野生植物生长所需氮元素的重要来源C. 为硝化过程、为反硝化过程，都是氮元素的还原反应过程D. 是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮【答案】C【解析】【详解】A由图可知，为土壤中的硝酸盐被细
15、菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，故A正确；B由图可知，是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反应生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；C为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，进一步转化为硝酸盐的过程，氮元素化合价升高，发生氧化反应，故C不正确；D是合成氨的反应，属于工业固氮，是氮肥工业基础，由于使用高温高压催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故D正确。答案选C。【点睛】本题主要考查了氮以及化合物的性质，主要是元素自然界中的循环图的理解应用，理解还原反应、人工固氮进而生物固氮的区别等知识点是解答的关键。14.下列关于浓硫酸的叙
16、述正确的是 A. 浓硫酸能使胆矾变成白色无水硫酸铜，说明浓硫酸具有脱水性B. 浓硫酸能使蔗糖炭化，说明浓硫酸有吸水性C. 浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸D. 常温下，浓硫酸不与铁、铝反应，所以可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，说明蓝色胆矾失去了结晶水，体现了浓H2SO4的吸水性而不是脱水性，故A错误；B浓硫酸可使蔗糖炭化， 蔗糖中的H和O元素以水的形式失去，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C浓硫酸具有吸水性，浓硫酸露置于空气中，容易吸收空气中水蒸气，因此浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸，故C正确；D由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫酸能在铁和
17、铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁、铝制容器盛装浓硫酸，故D错误；故选C。15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NAB. 常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NAC. 标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NAD. 1L 1molL-1的硫酸溶液中所含氢原子数2NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下，22.4LCO2与CO物质的量为1mol，1molCO2与CO的混合物中含有1molC，含有的碳原子数为NA，故A正确；B24g镁的物质的量为1mol，1m
18、ol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，不是得到电子，故B错误；C标况下，水不是气体，5.6L水含有的分子数远大于0.25NA，故C错误；D1L1molL-1硫酸溶液中除了硫酸含有H原子，水分子也含有H原子，所以1L 1molL-1的硫酸溶液中所含氢原子数多于2NA，故D错误；故选A。16.下列离子方程式中，书写正确的是 A. 稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B. 碳酸钙与硝酸反应：CO32+2H+=H2O+CO2C. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OD. 向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫：SO2+OH= HSO3【答案
19、】D【解析】【详解】A稀硫酸和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B碳酸钙难溶于水，与硝酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故B错误；C硫酸和氢氧化钡溶液反应，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故C错误；D向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫得到亚硫酸氢盐，即SO2+OH-HSO3-，故D正确；故选D。17.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 A. 碳酸钠溶液：K+、SO42、Cl、H+B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClC. 氢氧化钠溶液：K+、Ba2+、Cl、B
20、rD. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl、NH4+、NO3【答案】C【解析】【详解】ACO32-、H+离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C碱性溶液中，K+、Ba2+、Cl、Br离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D加入铝粉放出氢气的溶液，可能为酸或强碱溶液，酸性溶液中，存在NO3，不生成氢气，碱溶液中NH4+反应生成一水合氨，则不能共存，故D错误；故选C。18.下列除杂的操作方法，正确的是A. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶B. NO中混有少量NO2气体：
21、用水洗涤后再干燥C. 食盐中混有少量NH4Cl：加过量烧碱溶液后加热蒸干D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2后再过滤【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸与氨气反应,则不能除杂,应选碱石灰,故A错误；B.二氧化氮与水反应生成NO,则用水洗涤后再干燥可除杂,故B正确；C. 食盐中混有少量NH4Cl，加过量烧碱溶液后加热蒸干，会引入新杂质NaOH，可直接加热除杂，故C错误；D.硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸,引入新杂质盐酸,故D错误；答案选B。19.下列说法正确的是 A. SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红褪去，说明SO2有漂白性B. 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现
22、白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，说明部分Na2SO3被氧化C. 向某溶液中加NaOH溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中含有NH4+D. 将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后滴加KSCN溶液，有气体生成且有血红色沉淀，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫具有还原性，和高锰酸钾发生氧化还原反应，故A错误；B加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解，沉淀含硫酸钡、亚硫酸钡，则说明部分Na2SO3被氧化，故B正确；C氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该实验不能说明原溶液中含有NH4+，故C错误；D将少量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后生成铁离子，滴加KSCN
23、溶液后，溶液呈血红色，不是生成血红色沉淀，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意铁离子与KSCN反应的产物易溶于水，使溶液呈血红色，类似的还有，氢氧化铁胶体是澄清透明的，也没有沉淀。20.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2稀盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，故符合；.二氧化硅能与氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与
24、氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B。21.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中的物质c中收集的气体d中的物质浓氨水NaOHNH3H2O浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液稀硝酸CuNOH2O浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】、氨气的密度比空气小，应采用
25、向下排空气法收集，收集方法错误，故错误；、用浓盐酸与MnO2反应制取氯气时需加热，故错误；、NO与可与空气中的O2反应，收集NO用排水法收集，故错误；、制取、收集及尾气处理都合理，故正确，答案选D。22.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是 元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.1120.074主要化合价236、27、1+22A. 与稀盐酸反应的剧烈程度：M单质X单质B. Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应C. Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D. 等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多【答
26、案】A【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，Z有+6、-2价，则Q为O元素、Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；X、M均有+2价，处于A族，原子半径XM，则X为Mg元素、M为Be元素；Y为+3价，处于A族，原子半径大于硫，所以Y为Al元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为S元素，L为氯元素，M为Be元素，Q为O元素。A金属性MgBe，故Mg与盐酸反应更剧烈，故A正确；BY与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；C非金属性ClS，所以稳定性HClH2S，即L的氢化物的
27、稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；DX为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为23，故D错误；故选A。第卷（非选择题）二、填空题（本题包括5小题）23.X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如表所示，其中X、Y 元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请回答下列问题：XYZW（1）W的简单离子的结构示意图为_，Y的氢化物电子式为_。（2）Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是_（填化学式，下同），X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是_。（3）写出单质碳与X元素最高价氧化物的水化
28、物浓溶液共热的化学方程式_。（4）W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 或 (3). HClO4 (4). NH3 (5). C 4HNO3(浓)4NO2CO22H2O (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，Z的原子序数是Y的2倍，Y、Z为同主族元素，则Y为O元素，Z为S元素；根据位置关系，X为N元素，W为Cl元素，据此分析解答
29、。【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。(1)氯为17号元素，氯的简单离子的结构示意图为，Y的氢化物为水或过氧化氢，电子式为或，故答案为：；或；(2)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是HClO4；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是NH3，故答案为：HClO4；NH3；(3)X元素最高价氧化物的水化物为硝酸，单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式为C 4HNO3(浓)4NO2CO22H2O，故答案为：C 4HNO3(浓)4NO2CO22H2O；
30、(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2为S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，为二氧化硫，1 mol Z2W2参加反应时转移1.5 mol电子，则2mol Z2W2参加反应时转移3 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，说明只有S元素由+1价变成+4价，则同时3个S变成0价，与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl。【点睛】本题的易错点为(1)中O元素的氢化物可能是水，也可能是过氧化氢，难点是(4)中反应产物的判断，要注意根据转移的电子数结合化合价升降守恒分析判断。24.有A、B
31、、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同；A、B可形成离子化合物B2A；C的原子结构示意图为：，D的最外层电子数是电子层数的2倍。试回答下列各问题：（1）A的阴离子的结构示意图为_；（2）C元素位于元素周期表中第_周期、第_族；（3）化合物B2A的电子式为_；（4）已知：D的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 3 (3). A (4). (5). S + 2H2SO4(浓)3SO2 + 2H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳
32、离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同，说明B为第三周期元素，A为第二周期元素；A、B可形成离子化合物B2A，则B为Na元素，A为O元素；C的原子结构示意图为，则x=2，所以C为硅元素；D的最外层电子数是电子层数的2倍，原子序数大于14，则D为S元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，AO元素，B为Na元素，C为硅元素，D为S元素。(1)氧为8号元素，其阴离子的结构示意图为，故答案为：；(2)C为硅元素，位于元素周期表中第3周期、第A族，故答案为：3；A；(3)化合物B2A为氧化钠，是离子化合物，电子式为，故答案为：；(4)S的最高价氧化物的水化物为硫酸，硫单质与浓硫酸共热发生氧化还原反应
33、，生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为S + 2H2SO4(浓) 3SO2 + 2H2O，故答案为：S + 2H2SO4(浓) 3SO2 + 2H2O。25.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：（1）NaClO2中Cl的化合价为_。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式并配平：_。（3）已知“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。此反应中还原剂是_，若产生8gO2，则该反应转移电子数为_。【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4
34、 (3). H2O2 (4). 0.5NA (或3.011023 )【解析】【分析】(1)根据正负化合价的代数和为0，分析判断NaClO2中Cl的化合价；(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，据此书写反应的化学方程式；(3)根据氧化还原反应的规律分析解答。【详解】(1)NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)根据流程图，“反应”步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，反应的化学方程式为2NaClO2+SO2+
35、H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；(3)“尾气吸收”反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，反应中Cl的化合价由+4价变成+3价，过氧化氢中O由-1价变成0价，因此还原剂是H2O2，氧化剂为ClO2，8gO2的物质的量为=0.25mol，则反应转移电子数为0.5NA (或3.011023 )，故答案为：H2O2；0.5NA (或3.011023 )。26.某化学兴趣小组利用下列装置制取氨气并探究氨气的有关性质。（1）图一是实验室制取氨气的发生装置，试管中反应的化学方程式
36、为_。（2）图二可用于实验室快速制取氨气，A中烧瓶内试剂可选用_（填序号，下同）。a碱石灰 b浓硫酸 c生石灰 d五氧化二磷（3）为探究氨气的溶解性，先利用图三装置收集氨气，氨气的进气口为_（填“a”或“b”），在实验过程中观察到图三中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的物理性质是_。（4）通过上面装置制得的NH3进行如下实验（实验前旋塞1、2均关闭）。先打开旋塞1，D瓶中的现象是_，原因是_（用化学方程式表示）；稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，观察到的现象是_。（5）为防止环境污染，以下装置（除标明外，其余盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨气的是_（填序号）。【答案】 (1). Ca(
37、OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3 (2). ac (3). a (4). 极易溶于水 (5). 出现白烟 (6). NH3+HCl= NH4Cl (7). 水倒流入D中 (8). 【解析】【分析】(1)根据实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，书写反应的化学方程式；(2)根据图二，用于实验室快速制取氨气的基本原理是利用氨气的挥发性，能够加快氨气挥发的都可以；(3)根据氨气的密度比空气小，极易溶于水分析解答；(4)根据氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒分析解答；(5)氨气极易溶于水，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，据此分析判断。【详解】(1)实验室用加热氯化铵和
38、氢氧化钙的混合物制取氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3；(2)a碱石灰溶于水放热，加快氨气的挥发，可以快速制取氨气，故a正确；b浓硫酸能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故b错误；c生石灰与水反应是放热反应，溶液温度升高，促进氨气放出，可以快速制取氨气，故c正确；d五氧化二磷的水溶液为磷酸，能够与氨气反应，不能用于制备氨气，故d错误；故答案为：ac；(3)氨气的密度比空气小，因此收集氨气时的进气口为a，在实验过程中观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气极易溶于水，故答案为：a；极易
39、溶于水；(4)先打开旋塞1，氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒，NH3+HCl= NH4Cl，因此D瓶中的现象是出现白烟，故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；生成的氯化铵为固体，使得瓶中气体的压强减小，稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，可以观察到水倒流入D中，故答案为：水倒流入D中；(5)氨气极易溶于水，为防止环境污染，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，根据图示，装置均可防止倒吸，故答案为：。27.某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ，酒精灯
40、火焰的温度为400500 （1）仪器a的名称_。（2）装置D和F的作用是_。（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为_。（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是_，当装置C中溶液由蓝色变为无色，由此推测所得无色溶液中的离子主要是H、I 和_；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化，该实验操作及现象是：_。（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是：有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是_，生成白色沉淀的原因可能是_（选填字母序号）。aSO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀 bBaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀cSO2溶于水生成的H2SO3被
41、装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀（6）取A中产生的SO2气体通入足量双氧水中，然后加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到4.66 g沉淀。据此推知SO2气体的体积为_mL（标准状况）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 吸收SO2防止污染空气及防倒吸 (3). Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O (4). 品红褪色 (5). SO42- (6). 取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 (7). BaSO4 (8). bc (9). 448【解析】【分析】（1）根据装置图回答仪器a的名称。（2）根据SO2有毒，污染空气分析
42、。（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水。（4）SO2具有漂白性；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘单质与二氧化硫发生了氧化还原反应；SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀；（5）BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在酸性条件下不存在，二氧化硫与氯化钡不反应；（6）根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗。（2）SO2有毒，污染空气，装置D和F的作用是吸收SO2防止污染空气及防倒吸。（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式是Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O。（4）打开K1，关闭K2，加热装置A
43、一段时间后，SO2具有漂白性，能使品红褪色，所以B中的现象是品红褪色；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘分子与二氧化硫发生了氧化还原反应，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，所以溶液中的离子主要是H、I 和SO42-；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化为SO42-，实验操作及现象是：取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在强酸性条件下不能生成，所以白色沉淀的成分是BaSO4；浓硫酸的沸点为338 ，酒精灯火焰的温度为400500 ，所以BaCl2溶液可能与硫酸蒸气反应生成了硫酸钡沉淀；也可能是SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，H2SO4再与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，故选bc；（6）根据硫元素守恒有关系式SO2BaSO4；设SO2的体积是VLSO2 BaSO422.4L 233gVL 4.66 g V=0.448L=448mL。