【文档说明】贵州省铜仁市伟才学校2019-2020学年高一下学期期末考试化学（理）试题【精准解析】.doc，共(18)页，1020.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省铜仁市伟才学校2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题1.含氧酸中酸性最强的是A.H4SiO4B.H3PO4C.H2SO4D.HClO4【答案】D【解析】【详解】非金属的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>P>Si，则HClO4酸性

最强，答案为D。2.下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是()。A.CuO→CuB.Fe→FeCl2C.H2SO4→SO2D.HNO3→N2O【答案】B【解析】【详解】A.氧化铜转化为铜发生的是还原反应，需要加

入适当的还原剂才能实现，A不符合题意；B.铁转化为氯化亚铁发生的是氧化反应，需要加入适当的氧化剂才能实现，B符合题意；C.硫酸转化为二氧化硫发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，C不符合题意；D.硝酸转化为一氧化二氮发生的是还原反应，需要

加入适当的还原剂才能实现，D不符合题意。故选B。3.下列金属适合用热分解法冶炼的是()A.NaB.AlC.FeD.Ag【答案】D【解析】【详解】A．Na属于活泼金属，采用电解法冶炼，A不符合题意；B．Al属于活泼金属，采用电解法冶炼，B不符合题意；C．Fe属于较

活泼金属，采用热还原法冶炼，C不符合题意；D．Ag属于不活泼金属，采用热分解法冶炼，D符合题意；故答案为：D。【点睛】金属活动性顺序表中Al及位于Al之前的金属采用电解法冶炼，位于Al之后Hg之前的金属采用热还原法冶炼，Hg、Ag采用热分解法冶炼，Pt、Au

采用富集法来获取。4.下列关于下图所示原电池装置的叙述正确的是()A.铜片是负极B.铜片质量逐渐减少C.氢离子在铜片表面被还原D.电流从锌片经导线流向铜片【答案】C【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离

子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此判断。【详解】A、锌比铜活泼，则根据装置图可知，锌是负极，失去电子，铜是正极，A错误；B、溶液中的氢离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢气，铜片质量不变，B错误；C、氢离子在铜片表面被还原生成氢气，C正确；D、电流从正极流向负极，因此电流从铜片经导线

流向锌片，D错误；答案选C。5.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（）A.加热B.不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【详解】A.加热，温度升高，能使反应速率加快

，A项不选；B.改用98%的浓硫酸，常温铁在浓硫酸中发生钝化，表面生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，B项选；C.滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应生成Cu，铜与铁、稀硫酸组成原电池，使反应速率加快，C项不选；D.改用铁粉，增大了接触面积，使反应速率加快，

D项不选；答案选B。6.元素性质呈现周期性变化的根本原因是()A.元素的原子量逐渐增大B.核外电子排布呈周期性变化C.核电荷数逐渐增大D.元素化合价呈周期性变化【答案】B【解析】【详解】A．在周期表中，元素的原子量随着原子序数的增

大而逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；B．原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，是引起元素的性质的周期性变化的根本原因，故B正确；C．在周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，不能解释元素性

质的周期性变化，故C错误；D．元素的化合价属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；故选B。7.下列关于化学键的叙述正确的是()A.离子化合物中只含离子键B.共价化合物一定不含离子键C.离

子化合物一定不含共价键D.共价化合物可能含有离子键【答案】B【解析】【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH，故A错误；B．只含共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故B正确；C．离子化合物中可能含有共价键

，如NaOH，故C错误；D．共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故D错误；故选B。8.科学家发现海洋是一个名副其实的“聚宝盆”，下列对海洋资源开发利用的说法不正确的是A.海底如“土豆”般的金属结核矿含有铁、镁、钴等多种元素，可用铝热法冶炼并

分离得到各种金属单质B.海水淡化工厂可与化工生产结合，如淡化后的浓海水，可用于提溴、镁、钠等C.海水中的金、铀等元素储量高、浓度低，提炼时，需先富集D.海水提镁过程中，所需的石灰乳，可用贝壳煅烧后加水得到，体现了

就地取材、降低成本的生产理念【答案】A【解析】【详解】A．铁、钴活泼性小于铝，可以利用铝热反应还原金属氧化物得到金属单质，可用铝热法冶炼并分离得到各种金属单质，但金属镁的活泼性比铝强，不能用铝热反应冶炼，一般使用电解氯化镁的方法冶炼金属镁，故A错误；B．淡化后的

浓海水可以提取溴和镁，钠是电解熔融氯化钠得到，故B正确；C．金、铀等元素储量高、浓度低，提取需要先富集后便于进行提炼，故C正确；D．用贝壳煅烧后加水得到氧化钙溶于水得到石灰乳，就地取材、降低成本，符合经济效益，故D正确；答案选A

。9.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是A.CH3CH2OH能与水互溶B

.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B

说法正确；C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。综上所述，故选D。10.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A.CO2的电子式B.Cl-的结构

示意图C.乙烯的结构简式C2H4D.质量数为37的氯原子1737Cl【答案】B【解析】【详解】A、CO2的电子式为，A错误；B、Cl原子的电子结构示意图为，所以Cl-的电子结构示意图中，最外层电子数为8，B正确；C、乙烯的结构简式为

CH2=CH2，C错误；D、质量数在原子符号的左上角，质子数在原子符号的右下角，所以质量数为37的氯原子为3717Cl，D错误；故合理选项为B。11.下列说法中正确的是A.石油裂化的目的是获得乙烯、丙烯等小分子烃，它们是重要的化工基本原料B.塑料、合成橡胶、合成纤维是重要的合成有机高分子材

料C.分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化D.煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物【答案】B【解析】【详解】A．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油、煤油、柴油等)的产量，而石油裂解

的目的才是是获得乙烯、丙烯等重要的化工基本原料，A选项错误；B．三大合成材料是指塑料、合成橡胶、合成纤维，它们都是重要的合成有机高分子材料，B选项正确；C．石油的分馏利用沸点不同进行分离，是物理变化；而煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗笨、煤气等产物的过程，属

于化学变化；石油的裂化、裂解都是将大分子化合物变成小分子化合物的过程，是化学变化，C选项错误；D．煤是多种复杂有机物和无机物组成的混合物，石油是多种烃类的混合物，D选错误；答案选B。12.已知某元素的离子A2-核外有n个电子，核内含有a个中子，则此元素

原子符号表示正确的是（）A.a-2nAB.a+n-2n-2AC.a+n+2n-2AD.n+2aA【答案】B【解析】【详解】已知某元素的离子A2−核外有n个电子，则质子数为n−2，核内含有a个中子，质量数为n−2+a

，因此元素原子符号表示为2an2An−+−，故B正确。综上所述，答案为B。【点睛】左上角表示质量数，左下角表示质子数；阴离子的质量数等于电子数减所带电荷数，阳离子的质量数等于电子数加所带电荷数。13.下列说法正确的是

A.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，且原理相同B.甲烷与氯气在光照条件下发生的反应和乙烯与溴水的反应都是加成反应C.乙烯有双键，能发生加聚反应，得到的聚乙烯不能发生加成反应D.乙烯与环丁烷()分子组成上相差2个CH2原子团，因此互为同系物【答案】

C【解析】【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，原理不相同，A错误；B.甲烷与氯气在光照条件下发生的是取代反应，乙烯与溴水的反应是加成反应，B错误；C.乙烯有碳碳双键，能发生加聚反应，得到的聚乙烯中不含有双键，不

能发生加成反应，C正确；D.乙烯与环丁烷()，结构不同，乙烯有双键，环丁烷是环状结构，所以不能互为同系物，D错误。答案选C。14.图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A.原子半径：Z＞Y＞XB.气态氢化物稳定

性：R＜WC.WX3和水反应生成的化合物是离子化合物D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素，X、W都有最低价2−，处于ⅥA，且W有最高价6+，故X为O、W为S；Y只有1+价，原子序数大于O，故Y为Na；Z只有3+价，

结合原子序数可知Z为Al；R有7+、1−价，为Cl元素，据此解答。【详解】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NaAlO，A错误；B．R为Cl、W为S，非金属性ClS，非金属越强对应氢化物越稳定，故气态氢化物2HClHS，B错

误；C．3SO和水反应形成的化合物为硫酸，属于共价化合物，C错误；D．Y为Na，Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，Z为Al，Al的最高价氧化物对于的水化物为Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应生成NaAl

O2和水，D正确。答案选D。15.在450℃、有催化剂存在的密闭容器中，通入一定量的SO2和O2的混合气体，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列描述中能说明该反应已达平衡的是A.正

(O2)＝2υ逆(SO3)B.容器中气体的密度不随时间而变化C.容器中气体总质量不变D.容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化【答案】D【解析】【分析】2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、

百分含量不再变化，据此进行判断。【详解】A．υ正(O2)＝2υ逆(SO3)表示的是正逆反应速率，但是不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A不选；B．该反应前后都是气体，气体质量始终不变，而容器

容积不变，所以气体的密度始终不变，容器中气体的密度不随时间而变化不能判断平衡状态，故B不选；C．该反应前后都是气体，气体质量始终不变，容器中气体总质量不变不能判断反应是否达到平衡，故C不选；D．该反应前后气体的物质的量不相

等，而气体的质量不变，若容器中混合气体的相对分子质量不再变化，说明各组分的浓度不再变化，证明该反应达到平衡状态，故D选；故选D。16.食盐中所加的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。根据反应：IO3−+I-+H+→I2+H2O(未配平)，可用KI淀粉

试纸和食醋进行实验，证明加碘食盐中存在IO3−。下列说法不正确的是()A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5B.实验时可观察到试纸变蓝C.实验可证明该条件下I-的还原性强于Cl-D.食醋中含有的乙酸是强酸，它能提供反应所需的H+【答

案】D【解析】【分析】配平后的反应为：IO3−+5I-+6H+═3I2+3H2O，结合实验的原理和现象分析解答。【详解】A．配平后的反应为：IO3−+5I-+6H+═3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价由+5价变化为0价，IO3−为氧化剂，碘离子中I的化合价由-1价变化为0价，I-

为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故A正确；B．用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO3−+5I-+6H+═3I2+3H2O，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；C．食盐中含有Cl-，在含有IO3−和Cl-的体系中加入KI淀粉试纸

和食醋进行实验，碘离子被氧化，而Cl-不被氧化，所以实验可证明该条件下I-还原性强于Cl-，故C正确；D．乙酸为弱酸，不是强酸，故D错误；故选D。17.金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下：下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是A.可与氢气发生加成反应B.分子含21

个碳原子C.能与乙酸发生酯化反应D.不能与金属钠反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质含有苯环和碳碳双键，一定条件下可以与氢气发生加成反应，故A正确；B．根据该物质的结构简式可知该分子含有21个碳原子，故

B正确；C．该物质含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故C正确；D．该物质含有普通羟基和酚羟基，可以与金属钠反应放出氢气，故D错误；故答案为D。18.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.非金属

性：W>X>Y>ZB.原子半径：Z>Y>X>WC.元素X的含氧酸均为强酸D.Y的氧化物水化物为强碱【答案】D【解析】【分析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为NH3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N

元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项错

误；B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，D选项正确；答案选D。1

9.已知在1×105Pa、298K时断裂1molH—H键吸收的能量为436kJ，断裂1molN—H键吸收的能量为391kJ，断裂1molN≡N键吸收的能量是945kJ。(1)根据以上数据判断工业合成氨的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是_____(填“吸热”或“放热”)反应。(

2)在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，加入催化剂进行反应。理论上完全反应放出或吸收的热量为Q1，则Q1为_____kJ。(3)实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，Q1与Q2的大小系为_____A．Q1<Q2B．Q1>Q2C．Q1＝Q2【答案】(1).放热(

2).93(3).B【解析】【详解】(1)工业合成氨的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，断开1molN2中的化学键需要吸收945kJ的能量，断开3molH2中的化学键需要吸收436kJ/mol×3mol=1308kJ的能量，形成2mol中的化学键放出391k

J/mol×2mol×3=2346kJ的能量，根据焓变=反应物总键能-生成物总键能=945kJ+1308kJ-2346kJ=-93kJ，则1molN2和3molH2完全反应生成2molNH3放出能量93kJ，由此分析可知，工业合成氨的反应是放热反应；(2)根据(1)中

计算，在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，加入催化剂进行反应。理论上完全反应放出或吸收的热量为Q1，则Q1为93kJ；(3)由于该反应为可逆反应，不能进行到底，则实际放出的能量Q2比理论值Q1小，答案选B。20.微生物燃料电池是一种利

用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液呈酸性，示意图如图：（1）该电池中外电路电子的流动方向为_____(填“从A到B”或“从B到A”)。（2）B电极附近氧气发生的电极反应为_____。

【答案】(1).从A到B(2).O2＋4e－＋4H＋=2H2O【解析】【分析】根据氢离子的移动方向知，A为负极，B为正极，B电极附近氧气发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。【详解】（1）根据氢离子的移动方向知，A为负极，B为正极，该电池中外电路电子的流动方向为从负极A

到正极B；故答案为：从A到B；（2）B电极附近氧气得电子发生还原反应，电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。故答案为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O。21.某可逆反应在体积为2L的密闭容器中进行，0～3分钟各物质的物质的量的变化情况如图所示(

A、C均为气体，B为固体)(1)该反应的化学方程式为_____。(2)下列说法正确的是_____。A.2min内A表示的反应速率为0.5mol·L-1·min-1B.增加B的物质的量，可使反应速率加快C.当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状

态D.当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态【答案】(1).2A(g)＋B(s)⇌2C(g)(2).A、C【解析】【详解】(1)根据图示可知，A、B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A、B为反应物，C为生成物，反应2min时到达平衡状态，∆n(A)=(

5-3)=2mol，∆n(B)=(2-1)=1mol，∆n(C)=(4-2)=2mol，反应方程式计量系数之比等于物质的量变化量之比，则∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=2：1：2，则该反应的化学方程式为2A(g)＋B

(s)⇌2C(g)；(2)A．2min内∆n(A)=(5-3)=2mol，A表示的反应速率为2mi2moln2L=0.5mol·L-1·min-1，故A正确；B．反应中B为固体，增加B的物质的量，对反应速率无影响，故B错误；C．反应过程中气体的总体积不变，但是气体的质量变大，因此

，在反应过程中混合气体的密度变大，若容器内混合气体的密度保持不变时，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．由于该反应为反应前后气体分子数相等的可逆反应，在反应过程中体系的压强始终不变，因此，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；答案选A、C。22.下表是A、B、C、D、E五种有机

物的有关信息：A①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②空间充填模型；③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成；②空间充填模型为C①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③能与E反应生成酯D①相对分子质

量比C少2；②能由C氧化而成E①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为回答下列问题：(1)A在一定条件下发生聚合反应生成的高分子化合物的名称为_____。(2)A与氢气发生加成反应后生成F，与F在分子组成和结构上相似的有机物有很多

，它们均符合通式CnH2n＋2(n为正整数)。当n＝_____时，这类有机物开始出现同分异构体。(3)B具有的性质是_____(填序号)。①无色无味液体②密度比水的大③难溶于水④有毒⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色⑥在一定条件下可与氢气反应(4)在铁作用下，B与液溴反应的化学

方程式为_____。(5)C能与E反应生成酯，该反应的反应类型为_________；其化学方程式为_______。(6)由C氧化生成D的化学方程式为_______。【答案】(1).聚乙烯(2).4(3).①③④⑥(4).+Br23Fe/FeBr⎯⎯⎯⎯→+HBr(5).酯化(取代)反应(6)

.CH3CH2OH+CH2=CHCOOH24ΔHSO浓CH2=CHCOOCH2CH3+H2O(7).2CH3CH2OH+O2Δ⎯⎯→Cu2CH3CHO+2H2O【解析】【分析】根据题干信息，B由C、H两种元素组成，空间充填模型为，则B为苯，E由C、H

、O三种元素组成，球棍模型为，则E为CH2=CHCOOH，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，能与E反应生成酯，则C为一种醇，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，空间充填模型，能与水在一定条件下反应生成，则A为CH2=CH2，C为CH3

CH2OH，D的相对分子质量比C少2，能由C氧化而成，则D为CH3CHO，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，A为乙烯(CH2=CH2)，在一定条件下发生聚合反应生成的高分子化合物的名称为聚乙烯；(2)乙烯与氢气发生加

成反应后生成乙烷，与乙烷在分子组成和结构上相似的有机物有很多，它们均符合通式CnH2n＋2(n为正整数)，当n＝4时，这类有机物开始出现同分异构体；(3)B为苯，苯是一种无色无味、密度比水小、难溶于水的有毒液体，苯不能与酸性高锰酸钾溶液和

溴水反应褪色，苯在一定条件下可与氢气发生加成反应生成环己烷，故答案选①③④⑥；(4)在Fe的作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，反应的化学方程式为+Br23Fe/FeBr⎯⎯⎯⎯→+HBr；(5)C(CH3CH2OH)可与E(CH2=CHCOOH)发生酯化(取代)反应生成CH2=CHCO

OCH2CH3，化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CHCOOH24ΔHSO浓CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；(6)CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2Δ⎯⎯→Cu2CH3CH

O+2H2O。23.为研究海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下实验流程：甲：乙：（1）甲、乙两同学在第一阶段得到含溴海水中，氯气的利用率较高的是________(填“甲”或“乙”)，原因是____________________________________。（2）甲同学步骤④所发生

反应的离子方程式为________________________。（3）对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是________(填“甲”或“乙”)，理由是________________________________

__。（4）某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）。下列说法错误的是___________。A．A装置中通入的a气体是Cl2B．实验时应

在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气C．B装置中通入的b气体是SO2D．C装置的作用只是吸收多余的SO2气体【答案】(1).甲(2).酸化可防止Cl2与H2O反应(3).SO2＋Br2＋2H2O===4H+＋SO42-＋2Br－(4).甲(

5).含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本(6).D【解析】【详解】（1）氯气通入到海水中，发生反应生成盐酸、次氯酸，若用硫酸酸化，则增大溶液中

氢离子浓度，使平衡逆向移动，从而提高氯气的利用率；（2）步骤④用二氧化硫与溴反应生成硫酸和氢溴酸来吸收溴蒸气，反应的离子方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=4H+＋SO42-＋2Br－；（3）工业流程要求首先对试剂进行富集，大批量生

产，且降低成本，则甲符合；工业进行蒸馏时需要大量的能源，且产量低；（4）A．A装置中通入的a气体是Cl2，利用氯气将溶液中的溴离子氧化为单质，A正确；B．实验时应在A装置中通入氯气气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，否则通入热空气会降低氯气的利用率，且产生

氯气杂质，B正确；C．B装置中通入的b气体是SO2，用二氧化硫吸收空气中的溴单质，进行产品的富集，C正确；D．C装置的作用吸收多余的SO2气体和未反应的溴蒸气，D错误；答案为D24.已知:①X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素。X是所有元素中原

子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，W的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Q与W同主族，Y、R原子的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。②莱纳斯·卡尔·鲍林在1932年提出electronegativit

y作为元素原子在化合物某种性质的标度，electronegativity的大小可以判断元素金属性与非金属性强弱，下表列出部分短周期元素的Electronegativity的值。元素XYZWRQelectronegativity2.12.53.03

.50.92.5元素MgLiAlClPBeelectronegativity1.21.01.53.02.11.5请回答下列问题（涉及X、Y、Z、W、R、Q时，用元素符号表示）：(1)根据上表给出的数据，可知元素的electronegativity越大，__(填“金属性”或“非金属性”

)越强。(2)元素Q在周期表中的位置为_________。(3)W、R、Q单核简单离子半径由大到小排列顺序为______。(4)元素X、Z、W之间能形成多种10电子微粒，请写出反应物和产物均为X、Z、W之间形成的10电子微粒的一个离子方程式________

_______。(5)一种由元素W、R组成的白色固体化合物，其电子式为_______________。(6)试比较稳定性：X2W_____X2Q；沸点：X2W_____X2Q（填“＜”或“＞”）。(7)元素X、Y、Z、W、R、Q中的两种元素可形成原子个数比为1∶2的

共价化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是_________。A．2B．4C．5D．7【答案】(1).非金属性(2).第三周期VIA族(3).S2－＞O2－＞Na+(4).NH4++OHˉΔNH3↑

+H2O（或NH3+H3O+＝NH4++H2O或H3O++OHˉ＝2H2O等）(5).(6).＞(7).＞(8).B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由X是所有元素中原子半径最小的元素可知，X为H元素；

由Y是形成化合物种类最多的元素可知，Y是C元素；由W的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，W是O元素、Z是N元素；由Q与W同主族可知，Q是S元素；由Y、R原子的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数可知，R的最外层电子数为1，则R为N

a元素。【详解】（1）根据上表给出的数据可知，元素的electronegativity代表电负性，电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强，故答案为：非金属性；(2)Q为S元素，位于

元素周期表第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；（3）氧离子和钠离子电子层结构相同，由电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小可知，氧离子半径大于钠离子；同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子半径大于氧离子，则离子半径由大到小排列顺序为S2－＞O2

－＞Na+，故答案为：S2－＞O2－＞Na+；（4）H、N、O三种元素形成的10电子微粒有氨气、水、铵根离子、氢氧根离子和水合氢离子，其中微粒能发生反应的有铵根离子与氢氧根离子反应可以生成氨气和水，反应的化学方程式为N

H4++OHˉΔNH3↑+H2O；氨气与水合氢离子反应生成铵根离子和水，反应的化学方程式为NH3+H3O+＝NH4++H2O；水合氢离子和氢氧根离子反应生成水，反应的化学方程式为H3O++OHˉ＝2H2O，故答案为：

NH4++OHˉΔNH3↑+H2O（或NH3+H3O+＝NH4++H2O或H3O++OHˉ＝2H2O等）；(5)由钠、氧元素组成的白色固体化合物为氧化钠，氧化钠为离子化合物，电子式为，故答案为：；(6)元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氧元素的非极性强于

硫元素，则水的稳定性强于硫化氢；水分子间可以形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，故答案为：＞；＞；(7)二氧化碳是共价化合物，分子中碳氧原子个数比为1:2，氧和碳原子序数差为2；肼是共价化合物，分子中氮氢原子个数比

为1:2，氮和氢的原子序数差为5；水是共价化合物，分子中氧氢原子个数比为1:2，氧和氢原子序数差为7，则可形成原子个数比为1∶2的共价化合物中两种元素的原子序数之差不可能是4，B符合题意，故答案为：B。