【文档说明】河北省石家庄二中实验学校2019-2020学年高一下学期3月月考化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，601.000 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级3月月考化学试题（考试时间40分钟满分100分）可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Cu-64一．选择题（共26个小题，每小题3分，共78分，每题只有一个选项符合题意）1.门捷列夫编制的第一张元素周期表，为元素

的发现和研究元素性质铺平了道路，当时门捷列夫编排元素先后顺序的依据是()A.原子半径B.原子序数C.相对原子质量D.质子数【答案】C【解析】【详解】门捷列夫制作周期表的依据是相对原子质量，这在当时有重要意义，但是我们要知道目前看来这不完全正确，应该是依据

质子数，这也说明了一点科学在不断发展和进步。所以选项成C符合题意；所以本题答案：C。2.法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”。下列有关“四中

子”粒子的说法不正确的是（）A.该粒子不显电性B.该粒子质量数为4C.在周期表中与氢元素占同一位置D.该粒子质量比氢原子大【答案】C【解析】【详解】A．因为只有中子，中子不带电，不显电性，A选项正确；B

．质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，B选项正确；C．根据“原子序数=核内质子数”，氢的原子序数为1，而“四中子”为零号元素，在周期表中它不与氢元素占有同一位置，C选项错误；D．质量数=质子数+中子数，

所以“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大，D选项正确；答案选C。3.铱元素有19177Ir、19277Ir、19377Ir三种核素，其中19277Ir具有放射性，常用于工业探伤、医疗等。若19277I

r密封源破损，可通过吸入或皮肤污染等方式进入人体，导致严重后果。下列说法正确的是（）A.铱（Ir）位于周期表的第8列B.可用普通车辆运输19277Ir密封源C.19177Ir转化为19277Ir或者1

9377Ir的变化为化学变化D.19377Ir的中子数和质子数之差为39【答案】D【解析】【详解】A．铱（Ir）核电荷数为77，位于周期表的第六周期第Ⅷ族，第9列，A选项错误；B．19277Ir具有放射性，若19277Ir密封源破损，可通过吸入或皮肤污染等方式进入

人体，不可用普通车辆运输，B选项错误；C．19177Ir转化为19277Ir或者19377Ir的变化为同位素间的转化，不属于化学变化，C选项错误；D．19377Ir的中子数=193-77=116，质子数=77，则中子数和质子数之差为39，D选项正确；答案选D。【

点睛】C选项为易错选项，同位素间的转化属于物理变化，只有中子的转移或得失，它只生成了新的核素而不是新的单质或化合物，不属于化学变化。4.氯元素有2种稳定的同位素原子，分别可以用35C1和37C1表示，因此氯气分子有3种：352C1、372C1、3537C1C1。若氢元素、氧元素分别各有

3种同位素原子，则形成水分子的种类为（）A.6种B.9种C.18种D.27种【答案】C【解析】【详解】H元素有3种同位素：1H、2H、3H，氧也有3种同位素：16O、17O、18O，故形成的水分子可能为：1H216O、2H216O、3H216O、1H217O、2H217O

、3H217O、1H218O、2H218O、3H218O、1H2H16O、1H2H17O、1H2H18O、1H3H16O、1H3H17O、1H3H18O、2H3H16O、、2H3H17O、2H3H18O，共18种，故答案选C。5.核内中子数为N的R＋

离子，质量数为A，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量为（）A.n(A-N+8)molA+16B.n(2A-2N+8)mol2A+16C.(2A-2N+8)molD.n(2A-2N+10)mol2A+16【答案】B【解析】【详解】R的氧化物为R2O，R的质量数为A，则M(R2

O)=2A+16，根据mn=M有，ngR2O的物质的量为()2nn=2ROA+16，一个该氧化物分子中含有质子数()=2A-N+8，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量为n(2A-2N+8)mol2A+16，故答案选B。6.某原子核外共有n个电子层

(n＞3)，则(n－1)层最多容纳的电子数为A.8个B.18个C.32个D.2(n－1)2个【答案】B【解析】【分析】每个电子层容纳电子数最多为2n2（n代表电子层），最外层电子数不超过8个，K层为最外层不超过2，倒数第二层不超过18，倒数第三层不超过3

2，据此判断。【详解】某原子核外共有n个电子层（n＞3），则（n-1）层大于或等于第三电子层，为次外层，最多容纳的电子数为18；故选：B。7.某元素R的最高价氧化物的水化物分子式是HnRO2n﹣2，则在气态氢化物中R元素的化

合价是（）A.3n﹣10B.12﹣3nC.3n﹣4D.3n﹣12【答案】D【解析】【详解】因为R的最高价氧化物的水化物分子式是HnRO2n﹣2，设R的化合价为x，由化合物的化合价代数和为0有(+1)n+x+(-2)(2n-2)=0，x=3n-4，所以

最低负价为3n-4-8=3n-12，故答案选D。8.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是()元素代号XYZMRQ原子半径0.371.861.430.990.750.74最高正价+1+1+3+7+5最低负价-1-1-3-2A.离子半径：Y>Z>MB.Y、Z、M三种元素的最高价

氧化物的水化物两两之间会反应C.化合物XM、YM都是电解质，熔融状态下都能导电D.气态氢化物稳定性R>Q【答案】B【解析】【详解】短周期元素中，Q有−2价，处于ⅥA族元素，没有最高价，则Q为O元素；M元素有+7、−

1价，故M为Cl元素；R有+5、−3价，处于VA族，原子半径小于Cl，故R为N元素；X、Y、Z化合价分别为+1、+1、+3价，则分别处于IA族、IA族、ⅢA族，且原子半径Y>Z>Cl，故Y为Na、Z为Al，又由于原子半径R>Q>

X，则X为H。A.根据上述分析Y、Z、M分别为Na、Al、Cl，三者的离子分别为Na+、Al3+、Cl-，根据电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小的原则，离子半径大小为r(Cl-)>r(Na+)>r(Al3

+)，即M>Y>Z，故A错误；B.Y、Z、M的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，与氢氧化钠、高氯酸均反应，故B正确；C.化

合物XM为HCl，HCl中只含共价键属于共价化合物，是电解质，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，不能导电，故C错误；D.元素的非金属性越强其对应的气体氢化物越稳定，根据上述分析R为N，Q为O，氧元素的非金属性强于氮元素，则气态氢化物稳定性R<Q，故D错误。答案选B。

9.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法正确的是（）A.B、E两元素的形成的

化合物都为黑色固体B.B、D形成的离子化合物不可能含有共价键C.D的单质只有还原性，没有氧化性D.A与B至多可以形成2种10电子微粒【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素,则E为Fe元素，A与D同主族，X与Y同周期，且C与D的原子序

数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，可知m为H2O，结合原子序数、元素的位置及性质可知，C为F、B为O、D为Na、A为H，且A、B、C均能与D形成离子化合物，以此来解答。【详解】A．Fe、O两种元素形成的化合物Fe2O3为红棕

色固体，A选项错误；B．B、D形成的离子化合物若为Na2O2，含有离子键、共价键，B选项错误；C．Na是第三周期的元素，原子半径大，最外层只有1个电子，容易失去，因此表现还原性，使次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，C选项正确；D．H和O可以形成的10电子

微粒有H2O、OH-、H3O+，D选项错误；答案选C。【点睛】D选项容易忽略还存在有H3O+，解答时需要注意。10.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（）A.气态氢化物的稳定性：HCl＞CH4＞SiH4B.氢元素与另一种非金属元素形成的化合物一定是共价化合物C.如图所示实验不能证明

元素的非金属性：Cl＞C＞SiD.用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【答案】B【解析】【详解】A．元素非金属性越强对应的简单氢化物越稳定，元素非金属性Cl>C>Si，所以气态氢化物的稳定性：HCl＞CH4＞

SiH4，A选项正确；B．H元素可与N元素形成NH4H，为离子化合物，B选项错误；C．元素对应的最高价含氧酸酸性越强，其非金属性越强，HCl不是最高价含氧酸，所以不能比较Cl、C的非金属性，C选项正确；D．1

18号元素的核外有7个电子层，其最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，D选项正确；答案选B。【点睛】B选项H与另一种非金属元素形成的化合物NH4H为此题的难点，很难想到，这类特例在平时的练习中需要多积累。11.A、B两种元素为同一族第三周期和第四周期元素，若A元素的原子序数为

x，则B元素的原子序数可能为（）①x＋2②x＋8③x＋18④x＋32A.③B.②C.②③D.①②【答案】C【解析】【详解】同一族第三周期和第四周期元素，原子序数相差可能为8（如19号元素K和11元素Na），也有可能为18（如31号元素Ga和13号元素Al），故B元素的原子序数可能为x+8或x+18

，②③正确，答案选C。12.四种主族元素的离子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m>n，则对下列叙述的判断正确的是（）①a-b=m-n；②元素的原子

序数a>b>c>d；③元素非金属性Z>R；④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y⑤离子半径R>Z>Y>XA.②③⑤B.①②③⑤C.③⑤D.①③④⑤【答案】B【解析】【分析】四种短周期元素的离子aXm+、bY

n+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m>n，故原子序数大小顺序是a>b>c>d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期。【详解】根据上述分析，①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具

有相同的电子数，则a-m=b-n，即a-b=m-n，故①正确；②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m>n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a>b>c>d，故②正确；③Z、R为上一周

期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c>d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z>R，故③正确；④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a>b，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性Y>X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y>

X，故④错误；⑤四种元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，原子序数大小顺序是a>b>c>d，电子层结构相同时，序数越大，半径越小，则离子半径R>Z>Y>X，故⑤正确；综上分析，①②③⑤正确，答案选B。13.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（）A

.次氯酸的电子式：B.氯原子的结构示意图：C.用电子式表示MgCl2的形成过程为：D.M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为a+b+2a+2M【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸的电子式为，应该是O为中心原子，A选

项错误；B．氯原子的结构示意图应为：，B选项错误；C．氯化镁的形成过程中，镁原子失去电子，氯原子得到电子，箭头方向应从镁指向氯，C选项错误；D．原子的核外电子数等于质子数，阳离子的质子数等于核外电子数加所带

电荷数，则M原子的质子数为a+2，质量数等于质子数加中子数为a+b+2，M原子符号为a+b+2a+2M，D选项正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学用语的表示方法，注意物质的组成、电子式、离子结构示意图的理解与掌握是解答

关键。14.下列说法正确的是（）A.由分子构成的物质，均存在共价键B.相同条件下，H2O比H2S稳定是因为H2O分子中含有氢键C.CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，加热熔化时需破坏离子键【答案】D【解析】【详解】A．稀有气体

是单原子分子，是由分子构成的物质，但是稀有气体不存在化学键，A选项错误；B．氢键只影响氢化物的熔沸点，而简单氢化物的稳定性跟元素的非金属性有关，故相同条件下，H2O比H2S稳定是因为O的非金属性大于S，B选

项错误；C．CH4分子中H原子最外层不具有8电子稳定结构，C选项错误；D．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，加热熔化时需破坏离子键，D选项正确；答案选D。15.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B和D同主族，A和C同主族；

X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y的摩尔质量相同，Y为淡黄色固体，N常温下是液体，上述物质之间的转化关系如图所示（部分生成物省略），则下列说法中一定正确的是（）A.相对分子质量M＞

N，沸点M＞NB.原子半径：D＞B＞C＞AC.Z为NaOHD.M中含有非极性键【答案】C【解析】【分析】由Y为淡黄色固体的化合物可知Y为Na2O2，X与Y的摩尔质量相同可推知X为Na2S，结合原子序数以及B和D同主

族、N常温下是液体等可知，A为H，B为O，C为Na，D为S，由此分析可得出结论。【详解】A．N为H2O，M为H2S，相对分子质量M>N，水分子间含氢键，则沸点为N>M，A选项错误；B．A、B、C、D四种元素的原子半径由元素周律可知钠原子的半径是最大的，B选项错误；C

．根据物质的转化关系，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与H2S反应生成Na2S，可知Z为NaOH，C选项正确；D．M为H2S，是一种极性分子，含极性键而不含非极性键，D选项错误；答案选C。【点睛

】本题主要考查无机物的推断及原子结构、元素周期律等知识点，为高频考点，把握Y为过氧化钠、X为硫化钠来推断物质为解答的关键。16.运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A.铍（Be）的最高价氧化

物对应的水化物可能具有两性B.砹（At）为有色固体；HAt不稳定；AgAt感光性很强，且不溶于水也不溶于稀酸C.硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体D.硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体【答案】D【解析】【详解】A．因为Be与Al处于对角

位置，化学性质相近，而Al的最高价氧化物的水化物具有两性，所以Be的最高价氧化物的水化物也可能具有两性，A选项正确；B．At是卤族元素，而卤族元素的共性就是随着原子序数的增加单质颜色逐渐加深，氢化物稳定性变差，像碘化银一样AgAt具有

感光性但是固体更难溶，B选项正确；C．Sr与Mg、Ca同主族的元素，其中硫酸镁，硫酸钙都是难溶于水的白色固体，他们性质接近，故硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体，C选项正确；D．因为Se和S同主族但是Se的原子序数更大，

可知形成的氢化物稳定性应该更差，D选项错误；答案选D。17.下列说法正确的是（）A.Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为原子之间的共价键越来越强B.NaCl与CH3COONa均为离子化合物，其中的微粒间作用力完全相同C.仅有化学键被破坏的变化一定是化学变化D.由非金

属元素组成的化合物不一定是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为他们的相对分子质量越来越大，导致范德华力越来越大，沸点逐渐升高，A选项错误；B．NaCl与CH3COONa均为离子化合物，其中NaC

l的微粒间作用力为离子键，而CH3COONa的微粒间作用力为离子键和共价键，B选项错误；C．有化学键被破坏的变化不一定是化学变化，可能是物理变化，如电解质溶于水时发生的电离，只有化学键断裂，没有化学键形成，C选项错误；D．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl为离子化合物

，D选项正确；答案选D。18.北京大学和中国科学院的化学工作者合作已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐，实验测知K3C60是离子化合物，且有良好的超导性。下列关于K3C60的说法正确的是（）A.该物质的化学式可表示为KC20B.1molK3C60中含有的离子数目为63×6.02×102

3个C.K3C60中只含离子键，不含有共价键D.该化合物在熔融状态下能导电【答案】D【解析】【详解】A．该物质的化学式是由3个K+和一个C603-构成的，应写成K3C60，不能写成KC20，A选项错误；B．1个K3C60中存在4个

离子，所以1molK3C60中含有的离子数目为4×6.02×1023个，B选项错误；C．该物质中K+和C603-之间存在离子键、C原子之间存在非极性共价键，C选项错误；D．含有自由移动离子或电子的物质能导电，熔融状态下的K3C60中含有自由移

动的离子，所以能导电，D选项正确；答案选D。19.下列说法正确的是（）A.氢氧化钠固体熔化时需要克服的作用力是离子键和共价键B.碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C.氯化氢溶于水能电离出H+、Cl﹣，所以氯化氢是离子化合物D.干冰受热易升华但不易分解，原

因是分子间作用力比化学键弱得多【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠固体熔化时变成Na+和OH-，需要克服的作用力只有离子键，没有共价键，A选项错误；B．碘晶体属于分子晶体，吸收的热量用于克服碘分子间的作用力，而不是碘

原子间的作用力，B选项错误；C．HCl是由Cl原子和H原子间通过共用电子对形成的共价化合物，溶于水能够电离出H+和Cl-是因为HCl是电解质，C选项错误；D．化学键比分子间作用力强得多，干冰受热时只会破坏分子间作用力，不会破

坏化学键，因此干冰易升华但不易分解，D选项正确；答案选D。20.下列现象或用途与浓硫酸的脱水性有关的是（）A.浓硫酸可作氯气的干燥剂B.浓硫酸滴加到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末C.浓硫酸滴加到蔗糖中，蔗糖变黑D.浓硫酸在加热条件下可与铜等不活泼金属反应【答案】C【

解析】【详解】A．浓硫酸和氯气不反应，浓硫酸作氯气的干燥剂是体现的吸水性，A选项错误；B．浓硫酸加到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末，浓硫酸体现吸水性，B选项错误；C．浓硫酸将蔗糖中H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性，C选项正确；D．在加热条件下，浓硫酸和铜等不活泼金属反应而体现

强氧化性和酸性，D选项错误；答案选C。21.在学习中，我们经常应用类推法。下列左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）A向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2++I2=

2Fe3++2I-BCO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClOSO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClOC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，CO32-+2H+=CO2↑

+H2O向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，SO32-+2H+=SO2↑+H2OD向澄清石灰水中通入少量CO2气体Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2气体Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2OA

.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，与氧化性有关，故A错误；B．SO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应为SO2+Ca2++

ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-，故B错误；C．Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，故C错误；D．二氧化碳、二氧化硫均为酸

性氧化物，与碱反应均生成盐和水，则类推合理，故D正确。答案选D。22.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已

知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析或结果错误的是（）A.第二份溶液中最终溶质为FeSO4B.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气C.原混合酸中HNO3的物质的量为0.8

molD.H2SO4浓度为2.5mol•L-1【答案】C【解析】【分析】铁先与稀硝酸发生氧化还原反应，过量的铁再与稀硫酸反应，结合图像分析，纵坐标为气体的量，则OA段发生反应：Fe+NO3-+4H+===Fe3++NO↑+2H2O，AB段反应为：Fe

+2Fe3+===3Fe2+，BC段反应为：Fe+2H+===Fe2++H2↑。【详解】A．根据上述分析，硝酸全部被还原，溶液中没有硝酸根，而且最后的是二价铁，所以第二份溶液中最后的溶质为FeSO4，A选项正确；B．OA段发

生反应：Fe+NO3-+4H+===Fe3++NO↑+2H2O，AB段反应为：Fe+2Fe3+===3Fe2+，BC段反应为：Fe+2H+===Fe2++H2↑，B选项正确；C．OA段硝酸根完全起氧化作用，Fe—NO3-，因此()()--135.6g=0.1mol56nNO=nFe=gmo

l，所以原混合溶液中()-3=0.1mol2=0.NOln2mo，则HNO3也为0.2mol，C选项错误；D．最后所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，则有()()24-114gHSO=0.25mol56n=nFe=gm

ol，所以H2SO4的浓度为()432-n0.25molc=2.5molLV1HSO==0010L，D选项正确；答案选C。23.元素周期表和元素周期律可指导人们进行规律性的推测和判断，下列推测不合理的是（）选项事实推测ALi与

水反应缓慢，Na与水反应较快Rb（ⅠA）与水反应会更剧烈BHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间CSi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料ⅣA族的元素都是半导体材料DS

i与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．同主族元素的金属性从上至下依次增强，与水反应越来越剧烈，第ⅠA族元素从上到下依次为Li、Na、K、Rb、Cs、Fr，已知L

i与水反应缓慢，Na与水反应较快，则Rb与水反应会更剧烈，A选项正确；B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCI在1500°C时才分解，而HI在230°C时即分解，由此推测

HBr的分解温度介于两者之间，B选项正确；C．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第IVA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电(除了石墨)，Si、Ge在金属元

素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，C选项错误；D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2

要在高温时反应，D选项正确；答案选C。【点睛】注意：一般位于金属与非金属交界处的元素，可做半导体材料。24.0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2(标准状况)，并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周

期表中的位置是（）A.第三周期第IA族B.第四周期第IA族C.第三周期第ⅡA族D.第四周期第ⅡA族【答案】D【解析】【详解】n(H2)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，则电子转移的物质的量是n(e-)=0.05mol×2=0.1mol，则1

mol金属失去电子的物质的量是0.1mol÷0.05mol=2，所以该金属的原子最外层有2个电子。并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，则该元素的原子核外电子排布是2、8、8、2，因此位于第四周期第ⅡA族。故选项是D。25.足量铜与一定量浓硝酸

反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与4.48LO2（标准状况）混合后通入水中，气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入500mLNaOH溶液，此时Cu2+恰好沉淀完全，所用NaOH溶液的浓度是（）A.1.6mol·L-1B.3

.2mol·L-1C.3mol·L-1D.4mol·L-1【答案】A【解析】【详解】标况下，4.48LO2的物质的量为-14.48L=0.2mol22.4Lmol，NO2、N2O4、NO的混合气体与4.48LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒

，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，故()2+0.2mol4nCu==0.4mol2，又Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu(OH)2，故n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.4mol×2=0.8mo

l，故所用氢氧化钠溶液的浓度为-10.8mol=1.6molL0.5L，故答案选A。26.将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中

加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器仍剩有铜粉m2g，则（m1－m2）为（）A.2.88B.5.76C.7.2D.11.52【答案】B【解析】【详解】铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，而第一次反应产生NO

的物质的量为-10.448L=0.02mol22.4Lmol，从而剩余NO3-的物质的量为0.02mol6=0.06mol2，故再次加入足量的稀硫酸，可形成的稀硝酸的物质的量为0.06mol，最终NO3-全部转化为NO，而Cu转化为Cu2+，根据得失电子守恒可得，再次参与反应的Cu的质量为-

10.06mol364gmol=5.76g2，故答案选B。【点睛】本题难点在于加入稀硫酸后的反应，不应书写化学方程式进行计算，因为NO3-在酸性条件下具有强氧化性，还能与铜发生反应，因此写离子反应方程式进行计算。

二、填空题（共一个大题，每空2分，共22分，将答案规范地写在纸上并拍照上传，写清楚小题序号）27.短周期原子序数依次递增的A、B、C、D、E、F六种元素，已知B原子最外层电子数是A原子次外层电子数的3倍，是D原子最外层电子数的2倍；C原子内层电子总数是最外层电子数10倍；A、B、D三种元素

的原子最外层电子数之和为13；A和B原子最外层电子数之和与D和F原子最外层电子数之和相等；E和F是相邻元素。回答下列问题：（1）E元素的名称为__；其在元素周期表中的位置是__。（2）AB2的电子式为_

_；用电子式表示E的氢化物的形成过程__。（3）C和F元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为__；（4）B、C、D、F四种元素原子半径由大到小的顺序是__（填元素符号），离子半径最小的是__（填离子符号）。（5）B和E的简单氢化物中沸点较高的是__（填化学式），A和B的简单氢化

物中稳定性较好的是__（填化学式）。（6）短周期元素M与D元素位于不同主族，根据对角线规则二者某些性质相似。将M的最高价氧化物溶于C的最高价氧化物对应的水化物溶液中，发生反应的离子方程式为__。（7）由B、C两种元素组成的化合物有两种，其

中一种为淡黄色，该物质的电子式为__。【答案】(1).硫(2).第三周期第ⅥA族(3).(4).(5).2Na+2HClO4===H2↑+2NaClO4(6).Na>Al>Cl>O(7).Al3+(8)

.H2O(9).H2O(10).BeO+2OH-===BeO22-+H2O(11).【解析】【分析】已知B原子最外层电子数是A原子次外层电子数的3倍，是D原子最外层电子数的2倍，说明B元素最外层电子数为6，D原子

最外层电子数为3，A的次外层电子数为2，C原子内层电子总数是最外层电子数10倍，则C为Na，A、B、D三种元素的原子最外层电子数之和为13，则A的最外层为13-6-3=4，所以A的核外电子数为2+4=6为C元素，A和B原子最外层电子数与D和F原子最外层电子数之和相等则F的最外层为7，F的

原子序数最大，应为Cl元素，E和F是相邻两种元素，E为S元素，D原子最外层电子数为3，所以D为Al元素，B元素最外层电子数为6，且原子序数比Na小，则为O元素综上可以知道：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为S元素，F为Cl元素。【

详解】(1)根据上述分析，E为S元素，元素名称为硫，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，故答案为：硫；第三周期第ⅥA族；(2)AB2为CO2，为共价化合物，C与每个O各形成2对共用电子对，电子式为：，E的氢化物为H2S，为共价化合物，S与H

形成共价键，则形成过程可表示为：，故答案为：；；(3)C为钠，与F的最高价氧化物对应的水化物HClO4发生置换反应生成氢气，反应方程式为：2Na+2HClO4===H2↑+2NaClO4；(4)比较微粒半径大小，先看电子层数，电子层数越多，

半径越大，当电子层数相同时，看核电荷数（原子序数），核电荷数越大，半径越小，B、C、D、F分别为O、Na、Al、Cl，O位于第二周期，电子层数为2层，Na、Al、Cl位于第三周期，电子层数为3层，故O原子半径最小，又原子序数Na<Al<Cl,故原子半径：Na>Al>Cl>O，O2-、Na+

、Al3+都有2个电子层，Cl-有3个电子层，且原子序数Al>Na>O，则离子半径：Cl->O2->Na+>Al3+，故离子半径最小的为Al3+，故答案为：Na>Al>Cl>O；Al3+；(5)B和E形成的简单氢

化物为H2O和H2S，因为H2O分子间存在氢键，所以H2O的沸点更高，A的简单氢化物为CH4，非金属性O>C，则稳定性H2O>CH4，故答案为：H2O；H2O；(6)M与D元素位于不同主族，根据对角线规则二者某些性质相似，则M为B

e元素，Be的最高价氧化物为BeO，与C的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成Na2BeO2和H2O，离子反应方程式为：BeO+2OH-===BeO22-+H2O，故答案为：BeO+2OH-===BeO22-+H2O；(7)Na和O组成的淡黄色化合物为Na2O2，为离子化合

物，过氧根形成共用电子对，书写电子式时，简单阳离子直接写离子符号，则Na2O2的电子式为：，故答案为：。【点睛】钠与高氯酸反应为活泼金属与酸的反应，反应很剧烈，容易发生爆炸，需注意安全。