【文档说明】【精准解析】湖北省黄冈市黄梅县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题1111111.doc，共(18)页，529.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019级高一年级四月网络调考化学试题一、单选题（本题共16个小题，每题3分，共48分）1.我国城市环境中的大气污染物主要是A.CO2、Cl2、N2、酸雨B.SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物C.NH3、CO2、NO2、雾D.HCl

、SO2、N2、可吸入颗粒物【答案】B【解析】【详解】A、C项中的二氧化碳不属于大气污染物，D项中的氮气不属于大气污染物，B项中SO2、NO2、CO、可吸入颗粒物均属于大气污染物，故选B。2.在冶金工业上，均不能用通常化学还原剂制得的金属组是()A.Na、Mg、AlB.Na、

K、ZnC.Fe、Cu、AgD.Na、Ca、K【答案】AD【解析】【详解】A．Na、Mg、Al都是非常活泼的金属，工业上采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故A选；B．Zn是中等活泼金属，通常采用化学还原剂制得，故B不选；C．Fe、

Cu是中等活泼金属，通常采用化学还原剂制得，Ag是不活泼金属，通常采用热分解法冶炼，故C不选；D．Na、Ca、K都是非常活泼的金属，工业上采用电解熔融盐的方法冶炼，均不能用通常化学还原剂制得，故D选；故选AD。3.短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数

的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是()A.W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2B.Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>R

>YC.W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低D.Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大【答案】C【解析】【分析】短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电

子数的2倍，R是C元素；X元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。【详解】A．O与Na形成的两种化合物

分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．Si、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：S>C>Si，B正确；C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；D

．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确;答案选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.31g白磷中含有6NA个P-PB.0.1molNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.1NAC.NA个Fe（OH

）3胶体粒子的质量为107gD.标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NA【答案】B【解析】A.白磷的分子式是P4，空间结构为正四面体，1个白磷分子中含有6个P－P键，31g

白磷的物质的量是31g÷124g/mol=0.25mol，则31g白磷含有P－P键的物质的量是0.25mol×6=1.5mol，数目是1.5NA个，故A错误；B.过氧化钠中氧元素的化合价是－1价，1molNa2O2与CO2完全反应生成0.5molO2，转移1mol电子

，则0.1mollNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.1NA，故B正确；C.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故NA个Fe(OH)3胶体粒子中氢氧化铁的物质的量大于1mol，质量大于107g

，故C错误；D.标准状况下，2.24LNO的物质的量为0.1mol，2.24LO2的物质的量也是0.1mol，NO和O2混合后生成0.1molNO2，并剩余0.05mol氧气，而NO2中存在可逆反应：2NO2N2O4，导致分子数减少，则最后所得混合气体的分子数小于0.15NA个，故D错误；故答案选

B。点睛：解答阿伏加德罗常数类问题，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算，如本题中白磷的结构；留心特殊的化学反应，如本题中Na2O2与CO2的反应以及隐含的反应2NO2N2O4；二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本

质，如本题中Fe(OH)3胶体粒子和Fe(OH)3个数之间的关系，这就要求在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握。5.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，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是()A.原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类

型相同C.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【详解】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，原子只能有2个电子层，最外层

电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。A、同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子

半径：r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)，选项A错误；B、Y和Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO、SiO2中存在的化学键分别是离子键、共价键，选项B错误；C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的

水化物酸性越强，非金属性X(C)>W(Si)，所以X的最高价氧化物的水化物酸性比W的强，选项C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y(O)>W(Si)，所以Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期

律。其涉及各种元素及其化合物的性质，所以要掌握其规律。例如元素金属性和非金属性的强弱比较。通常有三种方法比较：1．结构比较法：根据原子结构比较，最外层电子数越少，电子层数越多，元素金属性越强；最外层电子数越多，电子层数越少，非金属性越强。2．位置

比较法：根据元素周期表中的位置比较，金属性：右上弱左下强。非金属性：左下弱，右上强。根据金属活动性顺序表比较：按钾钙钠镁铝锌铁锡铅铜汞银铂金顺序减弱。根据非金属活动性顺序表比较：按氟氧氯溴碘硫顺序减弱。

6.下列离子方程式与所述事实相符的是（）A.氢硫酸中通入氯气：S2-+Cl2=S↓+2Cl-B.将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClOC.向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3mo

lCl2充分反应：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4+【答案】C【解析】【详解】A.氢硫酸中通入氯气的离子反应方程式为：H₂S+Cl₂=2H++2Cl-+S↓，

A错误；B.将少量SO2气体通入NaClO溶液的离子反应方程式为：SO2+H2O+2ClO-=SO42-+H++Cl-+HClO，B错误；C.向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应，亚铁离子的还原性强于溴离子，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，反应的离子反应方程式为

：4Fe2++2Br-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+Br2，C正确；D.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子反应方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D错误；故答案为：C。【点睛】氢氧化铝能溶于强酸强碱，不能溶

于弱酸弱碱，铝盐与过量强碱反应生成偏铝酸根离子：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，而铝盐与过量弱碱反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。7.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶②配制浓硫酸和浓

硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌；③有六种分别含Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、NH4+阳离子的溶液，不能用NaOH溶液鉴别；④用稀硝酸清洗做附着在试管表面的Ag单质；⑤如果皮肤上不慎沾有浓硫酸，应立即用

大量的NaOH稀溶液冲洗；⑥用瓷坩埚高温熔融Fe(CrO2)2和Na2CO3的固体混合物；⑦向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe(OH)3胶体；⑧某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变

蓝的气体，则原溶液中含NH4+。A.①⑤⑦B.③④⑦⑧C.①②④⑧D.②③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①石灰水是Ca(OH)2溶液，它与空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钙白色沉淀，碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以可以用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，①正确；②浓硫酸稀释

时放热，所以配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，②正确；③Na+不与氢氧化钠溶液反应，Mg2+与氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，Al3+与氢氧化钠溶液反应先生成白色沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解，Fe2+与氢氧化钠溶

液反应先生成白色沉淀，白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色，Fe3+与氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，NH4+与氢氧化钠溶液反应放出具有刺激性气味的气体，混合后现象不同，可用NaOH溶液鉴别，③错误；④稀硝酸可与银发生反应，所以可用稀硝酸清洗做过银镜反应

的试管，④正确；⑤氢氧化钠具有强腐蚀性，不能用大量的NaOH稀溶液冲洗，如果皮肤上不慎沾有浓硫酸，先用干抹布抹去，再用大量水冲洗，然后用3%~5%碳酸氢钠冲洗，⑤错误；⑥瓷坩埚的成分里含有二氧化硅，高温下会与碳酸钠反应：Na2CO

3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，会腐蚀瓷坩埚，所以不能用瓷坩埚，应用铁坩埚，⑥错误；⑦实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时即可得到氢氧化铁胶体，⑦错误；⑧氨气溶于水显碱性能使湿润红色石蕊试纸变蓝，所以某溶液中加

入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是氨气，原溶液中含NH4+，⑧正确，故答案为：C。8.在RO3n-中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是（）A.A-x+n+48B.A-x

+n+24C.A-x-n-24D.A+x-n-24【答案】B【解析】【分析】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量。O原子中含有电子数=质子数=8，所以R中的质子数为A-(x-n-24)。【详解】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量，O原子中

含有电子数=质子数=8，所以在RO3n-中，核外电子=R的质子数+3×O原子的质子数+n=x。所以R中的质子数为A-(x-n-24)。即答案选B。9.随着世界人口的急剧增长、工业的蓬勃发展，淡水供应危机日益成为世界关注的焦点，海水约占地球

现有总水量的97％，海水淡化问题已成为科学家的主要研究方向，若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的是（）A.加入明矾，使海水的盐份沉淀并淡化B.利用太阳能，将海水蒸馏淡化C.将海水通过离子交换树脂，以除去所含的盐分D.利用半透膜，采用反渗透法

而使海水淡化【答案】A【解析】【详解】A.明矾可以净水，其原理是明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，但明矾不会吸附水中的离子，所以明矾不可以淡化海水，A错误；B.蒸馏法是工业上淡化海水的一种常用

方法，利用太阳能将海水蒸馏淡化，B正确；C.通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，C正确；D.半透膜只会让水分子透过，而不会使离子透过，采用反渗透法而使海水淡化，D正确；故答案为：A。【点睛】海水淡化方法

有：海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法等，其中最常用的有蒸馏法、反渗透法，明矾在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，只能吸附不溶于水的物质。10.由海水制备无水氯化镁，主要有以下步骤：①在一定条件下脱水干燥；②加熟

石灰；③加盐酸；④过滤；⑤浓缩结晶。其先后顺序正确的是()A.②④⑤③①B.③②④①⑤C.③④②⑤①D.②④③⑤①【答案】D【解析】【详解】海水制备无水氯化镁，首先要把海水中的镁离子变成沉淀，然后利用盐酸生成氯化镁。由

于镁离子水解，所以需要在一定条件下脱水干燥，其先后顺序为②④③⑤①，答案选D。11.下列离子方程式或化学方程式中正确的有①向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2+＋2ClO-＋H2O＋CO2=CaCO3↓＋2HClO②向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2＋＋2ClO-＋H2O＋SO2

=CaSO3↓＋2HClO③将CO2气体通过过氧化钠固体：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2④将SO2气体通过过氧化钠固体：2SO2+2Na2O2=2Na2SO3+O2⑤氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2+＋OH-＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O⑥在氯化亚铁溶液中加

入稀硝酸：3Fe2+＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋2H2O＋NO↑⑦硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：Fe3＋＋3OH-=Fe(OH)3↓⑧硫化钠溶液与氯化铁溶液反应：2Fe3＋＋3S2-=Fe2S3A.2项B.3项C.4项D.5项【答案】A【解析】【详解】①向次氯

酸钙溶液中通入过量CO2生成HClO和碳酸氢钙，反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故①错误；②向次氯酸钙溶液中通入SO2，次氯酸钙具有强氧化性，将SO2氧化为SO42-，故②错误；③

将CO2气体通过过氧化钠固体的反应为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，③正确；④将SO2气体通过过氧化钠固体的反应为Na2O2+SO2=Na2SO4，故④错误；⑤氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应除了生成CaCO3、H2O外

，还有Mg(OH)2沉淀生成，故⑤错误；⑥在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，稀硝酸具有强氧化性，Fe2＋具有强还原性，故稀硝酸会将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原成NO，故离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋2H2O＋NO↑

，故⑥正确；⑦硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应，除了生成Fe(OH)3沉淀外，还有BaSO4沉淀生成，故⑦错误；⑧Fe3+具有氧化性、S2-具有还原性，Fe3+与S2-发生氧化还原反应，⑧错误；③⑥正确，答案选A。12.如图所示，每条折线表示元素周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸

点变化情况，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）A.H2SB.HClC.PH3D.SiH4【答案】D【解析】【详解】NH3、H2O、HF分子间存在氢键，它们的沸点较高，即沸点高低关系为：NH3＞PH3，H2O＞H

2S，HF＞HCl，对应图上三条折线，所以a点所在折线对应第ⅣA族元素的气态氢化物，且a点对应第三周期，所以a表示SiH4；答案选D。13.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。其中W的原子半径最小，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，

且Y和Z可以形成化合物ZY2和ZY3。根据以上叙述，下列说法中正确的是A.原子半径大小为W＜X＜Y＜ZB.W与X、Y、Z分别形成最简单化合物中最稳定的是ZC.W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物D.由W与X组成的化合物的

沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点【答案】C【解析】【详解】X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，因此Y可能是氧气或氮气。又因

为Y和Z可以形成化合物ZY2和ZY3，且短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，所以Y是氧元素，Z是硫元素。W的原子半径最小，所以W是H。A.同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，所以四种元素的原子半径大小为W＜Y＜X＜

Z，A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，W、X、Y、Z中非金属性最强的是O，则稳定性最强的是水，B错误；C.W与Y可形成H2O2，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；D.碳元素与氢元素可以形成多种烃类化合物，当相对分子质量较

大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可以高于氧元素与氢元素形成的化合物的沸点，D错误；答案选C。14.1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况

下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为（）A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL【答案】B【解析】【分析】根据电子守恒计算，已知：2OCu323HNO

NONOHNO⎯⎯→⎯⎯→、，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目。【详解】Cu的物质的量为：m1.92gn0.03molM64g/mol===，失去电子数目为：2×0

.03mol=0.06mol，反应过程为：2OCu323HNONONOHNO⎯⎯→⎯⎯→、，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：()20.06molnO0.015mol4==，()

2mVOn?V0.015mol22.4L/mol0.336L336mL====，所以通入O2的体积为336mL，B正确，故答案为：B。15.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X

、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A.原子半径：Y>Z>R>TB.气态氢化物的稳定性：W<R<TC.最高价氧化物对应的水化物的碱性

：X>ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则

R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Ne元素，

不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。【详解】A.Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)>r(Be)>r(O)>r(F)，A正确；B.W为Si元素、R为O元素、T为F元素，非金属性：

F>O>Si，则气态氢化物的稳定性SiH4<H2O<HF，B正确；C.X为Ca元素、Z为Be元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：Ca(OH)2>Be(OH)2，C正确。D.XR2、WR2分别为：Ca

O2、SiO2，CaO2中O元素为−1价，SiO2中O元素化合价为−2，D错误；故答案为：D。16.标准状况下，将4.48L的NO2和NO组成的混合气体通入100mL的水中，气体体积缩小为2.24L，假

设溶液的体积不变，则下列说法中错误．．的是（）A.所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.0mol·L-1B.剩余气体中氮元素与氧元素的质量为7∶8C.原混合气体中NO2和NO的体积比为1∶1D.反应过程中转移的电子总

数为0.1mol【答案】C【解析】【分析】标准状况下，4.48L的NO2和NO组成的混合气体的物质的量为：0.2mol，反应后气体剩余0.1mol，盛有NO和NO2的混合气体的试管倒立于水中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO。【详解】A．根据3NO2

+H2O=2HNO3+NO可知，气体体积减少的物质的量和硝酸的物质的量相等，则()34.48L2.24LnHNO0.1mol22.4L/mol−==，()30.1molcHNO1.0mol/L0.1L==，A正确；B．剩余气体都是NO，N元素和O元素的质量比等于其相对原子质量之

比为14：16=7：8，B正确；C．根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，气体体积减少的体积与NO2的体积之比为2：3，NO2的体积为：()34.48L2.24L3.36L2−=，则NO的体积为：1.12L，原混合气体中NO2和NO的体积比为3：

1，C错误；D．根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2既作氧化剂又作还原剂，气体体积减少的物质的量与转移电子的物质的量相等，则转移电子的物质的量为：4.48L2.24L0.1mol22.4L/mol−=，D正确，故答案为：C。二、非选择题（本大题有5

个小题，共52分）17.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：ⅠAⅧA1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④⑧3⑤⑥⑦⑨请按要求回答下列问题。（1）元素④的名称是____，元素④在周期表中所处位置____，从元素原

子得失电子的角度看，元素④具有____(填“氧化性”或“还原性”)。（2）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，⑥④⑦的氢化物稳定性：___(写氢化物的化学式)。（3）元素⑦的原子结构示意图是_________。（4）写出元素⑤形成的单质在氧气中燃烧的

化学方程式______，这一反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。（5）用电子式表示①与⑨反应得到的化合物的形成过程_________。【答案】(1).氧或氧元素(2).第二周期ⅥA族(3).氧化性(4).PH3＜H2S＜H2O(5).(6).2Na＋O2Na2O2(7).放热

(8).【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置判断元素的种类，根据元素周期律比较元素的非金属性等相关性质；根据物质的性质书写相关化学用语及判断反应放热还是吸热。【详解】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、P、S、Ne

、Cl元素，（1）元素④的名称是氧，元素④在周期表中所处位置为第二周期第VIA族，原子最外层电子数大于4的元素在反应中易得电子，所以氧气体现氧化性，故答案为氧；第二周期第VIA族；氧化性；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素非金属性P＜S＜O，所以氢化物的稳定性PH3

＜H2S＜H2O，故答案为PH3＜H2S＜H2O；（3）元素⑦是S元素，硫原子核外有16个电子、3个电子层，硫的原子结构示意图为，故答案为；（4）元素⑤形成的单质是Na，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为2Na＋O2点燃Na2O2，所有的燃烧反应都是放热反应，所以该反应是

放热反应，故答案为2Na＋O2点燃Na2O2；放热反应；（5）①与⑨两元素组成的化合物是HCl，为共价化合物，用电子式表示形成过程为，故答案为。【点睛】在书写电子式时应先判断该物质中含有共价键还是离子键，形成离子键的是阴阳离子，电荷符号不能丢，共价

键共用电子对，不带电荷。18.A、B、C、D、E、F是分属三个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，B的氢化物水溶液呈碱性，C、E同主族，形成的化合物EC2是形成酸雨的主要物质之一。用化学用语回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置为__。（2）D2E溶液在空气中长期放

置发生反应，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。H的电子式为___，写出在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：__。（3）向30mL某浓度由A、B、C、D中三种元素形成一元强碱溶液通

入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V(CO2)与加入盐酸的体积V[HCl(aq)]的关系有下列图示两种情况（不计CO2的溶解）。则

曲线Y表明M中的溶质为___；原NaOH溶液的物质的量浓度为__；由曲线X、Y可知，两次实验通入的CO2的体积比为__。【答案】(1).第三周期第ⅦA族(2).(3).4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2(4).Na2CO

3和NaHCO3(5).0.25mol/L(6).3:10【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是分属三个短周期的主族元素，原子序数依次增大，则A为H元素；A、D同主族，结合D的原子序数大于B、C可知D为Na元素；B的氢化物水溶液呈碱性，该氢化物为氨气，则B为N元素；C、E同主族，形成的化合

物EC2是形成酸雨的主要物质之一，EC2为SO2，则C为O元素、E为S元素；F的原子序数大于S，且为短周期元素，则F为Cl元素。【详解】（1）F为Cl元素，原子序数为17，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。（2

）D2E为Na2S，Na2S在空气中长期放置发生反应生成物之一为H，H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，H的化学式为Na2S2，Na2S2为离子化合物，其电子式为：；Na2S在空气中长期放置生成Na2S2的化

学反应方程式为：4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2；故答案为：；4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2。（3）由A、B、C、D中三种元素形成一元强碱为NaOH，NaOH与CO2反应后，溶液中溶质可能为：①NaOH、Na2CO3；②Na2CO3；③Na2CO3、

NaHCO3；④NaHCO3；Na2CO3与HCl反应的方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，因此Y表示的M中含有的溶质为：Na2CO3、NaHCO3，当加入75mLHCl时，气体

体积达到最大，其溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒，n(NaOH)=n(NaCl)＝n(HCl)=75×10-3L×0.1mol/L=7.5×10-3mol，c(NaOH)=337.510mol3010L−−

=0.25mol/L；X对应物质为：NaOH、Na2CO3，X对应吸收CO2的物质的量为：(75－60)×10-3L×0.1mol/L=1.5×10-3mol，Y对应CO2的物质的量为：(75－25)×10

-3L×0.1mol/L=5×10-3mol，因此二者CO2的体积之比等于物质的量之比：1.5×10-3：5×10-3=3：10，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；0.25mol/L；3:10。19.某化学实验小组的同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验

装置。（1）实验室常选用KMnO4和浓盐酸制Cl2；选用Cu和浓硫酸反应制取SO2时，其中制SO2应选用如图A、E两发生装置中___装置(填装置序号)，反应的化学方程式为___。（2）反应开始后，发现B、D两

个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：___，D：___。（3）甲乙两名同学分别利用如图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性。试分析：①在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过

盛有浓硫酸装置的目的是：___。②甲同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：___(结合反应方程式)。【答案】(1).E(2).Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O(3).无变化(4).恢复红色(5).控制气体通入速率，使二

氧化硫和氯气充分混合(6).SO2和Cl2按1：1混合时，二者恰好完全反应，生成H2SO4和HCl，使混合气体失去漂白性，其反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】【详解】（1）制取SO2所用药品是Cu

单质和浓硫酸，反应条件加热，所以制取SO2应选用固液加热型装置，选E，其化学反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：E；Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O。（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的

漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质化合生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，所以停止通气

后，B试管的品红溶液无变化，D试管的品红溶液恢复红色，故答案为：无变化，恢复红色。（3）①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者充分混合，故答案为：控制气

体通入速率，使二氧化硫和氯气充分混合。②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者按1：1发生氧化还原反应，失去漂白性，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2和Cl2按1：1混合时，恰

好完全反应，生成H2SO4和HCl，使混合气体失去漂白性，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。20.海藻中含有丰富的碘元素(以I-形式存在)。实验室中提取碘的流程如图：―→（1）实验操作③的名称是__，所用主要仪器名称为__。

（2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是___(填编号)。选择的理由是___。A.酒精(沸点78℃)B.四氯化碳(沸点77℃)C.甘油(沸点290℃)D.苯(沸点80℃)（3）从碘的有机溶液中得到单质碘的方法是___。（4）步骤①灼烧海藻时，

除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是__(从下列仪器中选出所需的仪器，将字母填写在空白处)。A.烧杯B.坩埚C.表面皿D.泥三角E.酒精灯F.干燥器【答案】(1).萃取分液(2).分液漏斗(3).BD(4).苯、四

氯化碳与水互不相溶，且碘在苯、四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，而酒精和甘油均溶于水，不能作萃取剂(5).蒸馏法(6).BDE【解析】【分析】从碘水中提取碘单质应加入有机萃取剂如苯、四氯化碳（酒精和甘油均溶于水，不能作萃取剂），然后在分液漏斗中分液，得到碘的有机溶液，再从碘的有机溶液中提取碘

并回收溶剂，采用加热蒸馏。【详解】（1）碘易溶在有机溶剂中，碘水中提取碘应选择萃取，则实验操作③的名称是萃取分液，萃取实验所用主要仪器名称为分液漏斗，故答案为：萃取分液；分液漏斗。（2）选用的萃取剂的原则：①和原溶液中的溶剂互不相溶；②对溶质的溶解度要远大于

原溶剂。A.酒精（沸点78℃）与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B.四氯化碳（沸点77℃）不溶于水，且碘易溶在四氯化碳中，可以作萃取剂，B正确；C.甘油（沸点290℃）易溶于水，不能作萃取剂，C错误；D.苯（

沸点80℃）不溶于水，且碘易溶在苯中，可以作萃取剂，D正确；故答案为：BD；苯、四氯化碳与水互不相溶，且碘在苯、四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，而酒精和甘油均溶于水，不能作萃取剂。（3）从碘的有机溶液中得到单质碘，分离的方法是加热，让低沸点的有机溶剂（苯或四氯化碳）挥发

出来，固体碘留在烧瓶中，操作名称是蒸馏；故答案为：蒸馏法。（4）固体物质灼烧应该选用的仪器为：坩埚、泥三角、酒精灯和三脚架，故答案为：BDE。21.“铝热反应”的化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。某同学对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”

、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750——(1)该同学推测，

铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。这种推测有一定的道理，理由是________________________________________________________________________。(2)根据已有知识找出一种验证产物中有Fe的最简单方法：_

____________________。(3)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________，当观察到________时，说明熔融物中含有金属铝。(4)实验室溶解该熔融物，最好选用下列试剂中的____(填字母)，理由是_______

___。A．浓硫酸B．稀硫酸C．稀硝酸D．氢氧化钠溶液【答案】(1).该反应温度下铝已熔化，未反应的铝与生成的铁熔合在一起(2).用磁铁吸引，若能被吸附，说明有铁生成(3).NaOH溶液(4).有气泡生成(5).B(6).稀硫酸能完全溶解此熔融物，并且不造成环境污染【解析】【详解】(1)铝的

熔点比铁低，该反应温度下铝已熔化，未反应的铝与生成的铁熔合在一起，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金；(2)验证产物中有Fe的最简单方法：用磁铁吸引，若能被吸附，说明有铁生成；(3)铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2A

l+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，当观察到有气泡生成时，说明熔融物中含有金属铝；(4)A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，选项A错误；B．活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，选项

B正确；C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，选项C错误；D．铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，选项D错误；答案选B。