2018-2019学年江苏省海安高级中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）
2018-2019学年江苏省海安高级中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共计20分。)
1. 下列由事实得出的结论错误的是（ ）
A. 维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限
B. 门捷列夫在前人工作的基础上发现了元素周期律，表明科学研究既要继承又要创新
C. C60是英国和美国化学家共同发现的，体现了国际科技合作的重要性
D. 科恩和波普尔因理论化学方面的贡献获诺贝尔化学奖，意味着化学已成为以理论研究为主的学科
【答案】D
【解析】
化学是一门以实验为基础的学科。
2.运用元素周期律分析下面推断，其中不正确的是( )
A. 锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈
B. 砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸
C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂
D. HBrO4的酸性比HIO4的酸性强
【答案】A
【解析】
试题分析：锂金属性比钠弱，锂与水反应比钠与水反应慢，故A错误；砹与碘同族，碘为紫色固体，AgI难溶于水也不溶于稀硝酸,所以砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；铷（Rb）比钠活泼，铷的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；溴非金属性大于碘，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确。
考点：本题考查元素周期律。
3.具有相同电子层结构的三种微粒An＋、Bn－、C，下列分析正确的是
A. 原子序数关系：C>B>A B. 微粒半径关系：Bn－
C>B，A错误；
B.因An+、Bn-具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，阴离子半径大于阳离子半径，即r(Bn−)>r(An+)，B错误；
C.An+、Bn-都应具有稀有气体的电子层结构，C的电子层结构相同于An+、Bn-，所以C必为稀有气体元素的原子，C正确；
D.A、B为不同周期的元素，由于原子序数A>B，A在B的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径A>B，D错误；
故合理选项是C。
4.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是
A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：2017Cl B. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
C. 氯分子的电子式： D. 氯乙烯分子的结构简式：H3C—CH2Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素符号左上角为质量数，就是质子数与中子数的和，所以质子数为17、中子数为20的氯原子：，A错误；
B.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl各形成一对共用电子对，结构式为：H- O- Cl，B错误；
C.Cl原子最外层有7个电子，2个Cl原子通过1对共用电子对结合，使每个Cl原子都达到最外层8个电子的稳定结构，氯分子的电子式为，C正确；
D.氯乙烯分子为乙烯分子中的一个H原子被Cl原子取代，2个C原子通过碳碳双键结合，结构简式为CH2=CHCl，D错误；
故合理选项是C。
5.煤的气化是煤高效、洁净利用的方向之一。如图为加热某地煤样所得煤气组成及体积分数随温度变化的曲线图。由图可知该煤气中
A. 只含有碳、氢两种元素
B. 所含的有机物是CH4、CnHm
C. CO体积分数大于CH4体积分数
D. 低温有助于提高H2的含量
【答案】B
【解析】
A、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，则该煤气中含碳、氢、氧元素，故A错误；B、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，其中有机物是CH4、CnHm，故B正确；C、随着温度升高，甲烷含量降低，CO含量升高，温度在400℃～1 000℃时，CO的体积分数比CH4的体积分数低，可能在较高温度下CO含量高于甲烷，故C错误； D、根据图象知，温度越高，H2的含量越高，故D错误； 故选B。
点睛：本题以加热某地煤样所得煤气组成体积分数随温度变化的曲线图为背景，考查了有机物的概念、分析问题和解决问题的能力。解答本题重在认识图像，从图像中获取需要的信息。
6.如图所示，800 ℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是
A. 发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)
B. 前2 min A的分解速率为0.1 mol/(L·min)
C. 开始时，正、逆反应同时开始
D. 2 min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图示可知：A浓度减小，B、C浓度逐渐增加，则A为反应物，B、C为生成物，在2min内三种物质浓度变化比为：2:2:1，由于物质的浓度变化比等于方程式中物质的化学计量数的比，且最后三种物质都存在，因此该反应为可逆反应，方程式为2A(g)2B(g)+C(g)，A正确；
B.由图可知前2 minA的△c(A)=0.2mol/L，所以υ(A)==0.1mol/(L·min)，B正确；
C.在反应开始时由于没有生成物C物质，因此反应是从正反应方向开始的，C错误；
D.根据图示可知在2min时c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)= 0.1mol/L，所以2 min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，D正确；
故合理选项是C。
7.X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 热稳定性：XM>X2Z
C. 仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，应该为第二周期元素，W位于第三周期，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设W最外层电子数为x，则2+8+x=2(x+3)，解得x=4，则W为Si、Y为N元素、Z为O元素，M为F元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、M为F元素、W为Si元素。A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞N＞O＞F＞H，故A正确；B．XM为HF，X2Z为H2O，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性F＞O，则热稳定性HF＞H2O，故B正确；C．H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，硝酸铵中既有离子键又有共价键，故C错误；D．WM4为SiF4，Si、F原子最外层均满足8电子结构，故D正确；故选C。
8.质量为a克的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列液体或气体中，放置片刻后取出，铜片质量小于a克的是
A. 盐酸 B. 无水乙醇 C. 烧碱溶液 D. 二氧化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.质量为a克的铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，氧化铜是碱性氧化物，能和盐酸反应生成氯化铜进入溶液，所以铜片质量减少，A符合题意；
B.质量为a克的铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，在加热条件下，氧化铜和乙醇反应生成铜，所以铜的质量不变，B不符合题意；
C.质量为a克的铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，烧碱溶液和氧化铜不反应，所以铜片质量增加，C不符合题意；
D.质量为a克的铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，氧化铜和二氧化碳不反应，所以铜片质量增加，D不符合题意；
故合理选项是A。
9.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)B(g)+C(g)，若反应物的浓度由2 mol·L-1降到0.8m01·L一1需要20s，那么反应物浓度再由0．8 mol·L-1降到0.2 mol·L-1所需要的时间为
A. l0s B. 大于10s C. 小于10s D. 无法判断
【答案】B
【解析】
试题分析：先根据V==计算反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率根据t=计算反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上化学反应进行过程中，反应物不断被消耗，浓度逐渐降低，反应速率逐渐变慢，据此分析解答．
解：反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率V===0.06mol/（L•s），假设以0.06mol/L．s的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/L．s，所以所用时间应大于10s；
故选：B；
10.如下表所示，为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是
不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷(乙烯)
KMnO4(酸化)
洗气
B
溴苯(溴)
NaOH溶液
过滤
C
乙醇(水)
生石灰
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
NaOH溶液
分液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为CO2而混入乙烷中，不能达到除杂净化的目的，A错误；
B.溴单质与NaOH溶液发生反应生成可溶于水的NaBr、NaBrO，出现分层现象，应用分液法分离，B错误；
C.水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高而乙醇是由分子构成物质，沸点低，再通过蒸馏法可以除去乙醇中的水蒸气，C正确；
D.NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，不能达到除杂净化的目的，应该使用碳酸钠饱和溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，D错误；
故合理选项是C。
二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。)
11. 下列说法正确的是
A. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱
C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
【答案】D
【解析】
形成离子键的阴阳离子间存在着静电作用，包括静电引力和静电斥力，A错。HF、HCl、HBr、HI中含有的共价键分别为H—F、H—Cl、H—Br、H—I，键能逐渐减弱，故热稳定性依次减弱，还原性依次增强，B错。第三周期非金属元素从左向右最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，C错误。元素原子核外电子排布周期性变化形成了元素周期律，D正确。
12.对化学反应限度的叙述，错误的是
A. 任何可逆反应都有一定的限度 B. 化学反应达到限度时，正逆反应速率相等
C. 化学反应的限度是不可改变的 D. 化学反应的限度与时间的长短无关
【答案】C
【解析】
【详解】A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，A正确；
B.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，B正确；
C.不同外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度可能发生改变，C错误；
D．可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，D正确；
故合理选项是C。
13.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+ D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol/L。对此反应速率的表示正确的是
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1
C. 在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol/(L·min)
D. 在这2min内用B和C表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】BD
【解析】
【详解】A.A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，A错误；
B.速率之比等于化学计量数之比，故υ(B)：υ(C)：υ(D)=3：2：1，B正确；
C.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，υ(B)==0.3mol/(L·min)，但化学反应速率是2min内的平均速率，不是瞬时速率，C错误；
D.由于反应物的浓度随着反应的进行逐渐减小，物质的浓度降低，反应速率减小，所以反应速率的值都是随时间逐渐减小的，D正确；
故合理选项是BD。
14.我国最早报道的超高温导体中，铊是重要组成之一。已知铊是ⅢA族元素，关于铊的性质判断值得怀疑的是
A. 金属铊可以作为半导体材料 B. 能生成+3价的化合物
C. Tl(OH)3的碱性比Al(OH)3强 D. Tl(OH)3 与Al(OH)3一样是两性氢氧化物
【答案】AD
【解析】
【详解】A.铊是第六周期、第IIIA族，是金属元素，未处于金属元素与非金属元素分界线附近，因此不是半导体材料，A错误；
B.铊是第IIIA族的元素，原子最外层有3个电子，所以能生成+3价的化合物，B正确；
C.由于元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，元素金属性Tl>Al，所以Tl(OH)3的碱性比Al(OH)3强，C正确；
D.Al处于金属元素与非金属元素分界线附近，Al(OH)3是两性氢氧化物，而Tl与Al是同一主族的元素，元素的周期数比Al多三个周期，由于同一主族的元素，元素的金属性逐渐增强，所以Tl(OH)3是碱，D错误；
故合理选项是AD。
15.关于元素周期表的说法正确的是
A. 元素周期表有7个主族 B. ⅠA族的元素全部是金属元素
C. 元素周期表有7个周期 D. 短周期是指第一、二周期
【答案】AC
【解析】
【详解】A.主族元素是由短周期和长周期元素共同构成的族，元素周期表有7个主族，A正确；
B.ⅠA族的元素包括H、Li、Na、K、Rb、Cs、Fr，其中H元素是非金属元素，B错误；
C.元素周期表有7个横行，每一个横行为一个周期，所以元素周期表有7个周期，C正确；
D.短周期是包含元素种数目较少的周期，包括第一、二、三周期，D错误；
故合理选项是AC。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
16.在下列各组物质中，找出合适的序号填在对应的空格内：
①白磷和红磷 ②NO2和N2O4 ③12C和14C ④和 ⑤C60和金刚石 ⑥异戊烷和新戊烷
⑴互为同位素的是_____________；⑵互为同分异构体的是__________；
⑶互为同素异形体的是_________；⑷同一种物质的是______________。
【答案】 (1). ③ (2). ⑥ (3). ①⑤ (4). ⑦
【解析】
【分析】
(1)质子数相同，质量数(或中子数)不同的原子互称同位素；
(2)具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；
(3)由同一元素组成的不同性质的单质互为同素异形体；
(4)组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的书写形式及物质的聚集状态可能不同。
【详解】(1)12C和14C质子数都为6，中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素，合理选项是②；
(2)异戊烷和新戊烷分子式是C5H12，结构不同，因此二者互为同分异构体，合理选项是⑥；
(3)白磷和红磷都是磷元素组成的性质不同的单质，互为同素异形体；C60和金刚石都是碳元素组成的性质不同的单质，互为同素异形体；合理选项是①⑤；
(4)甲烷是正四面体结构，和都是甲烷分子中的2个H原子被2个Br原子取代产生的物质，呈四面体结构，结构一样，性质相同，为同一种物质，故合理选项是⑦。
【点睛】本题考查了同位素、同分异构体、同一物质、同素异形体的概念及判断，注意掌握“五同”的概念及区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
17.某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如图：
实验一：实验探究电极的构成(甲图)
①A、B 两极均选用石墨作电极，发现电流计指针不偏转；②A、B 两极均选用铜片作电极，发现电流计指针不偏转；③A极用锌片，B极用铜片，发现电流计指针向左偏转；④A极用锌片，B极用石墨，发现电流计指针向左偏转。
结论一： _________________________________；
实验二：探究溶液的构成(甲图，A极用锌片，B极用铜片)
①液体采用无水乙醇，发现电流计指针不偏转。
②改用硫酸溶液，发现电流计指针偏转，B极上有气体产生；
结论二： __________________________________________；
实验三：对比实验，探究乙图装置能否构成原电池
将锌、铜两电极分别放入稀硫酸溶液中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，电流计指针不发生偏转．
结论三： _________________________________________ ；
思考：对该同学的实验，同学乙提出了如下疑问，请你帮助解决。
(1)在甲图装置中，若A 为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液；负极为_______(填“A”或“B”)；电流计的指针应向_______偏转(填“右”或“左”)。
(2)一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，电流计指针_______(填“能”或“不能”)偏转。
【答案】 (1). 电极必须是两活泼性不同的电极 (2). 溶液必须是电解质溶液 (3). 必须构成闭合回路 (4). B (5). 右 (6). 不能
【解析】
【分析】
实验一：由①②可知，当两极相同时，不能形成原电池；由③④可知，当两极是两种活泼性不同的金属或一种是金属一种是可导电的非金属时，可以形成原电池；
实验二：①中乙醇是非电解质，溶液中无自由移动离子；②中硫酸是电解质，硫酸溶液中有自由移动离子，能形成原电池；
实验三：要有电流，必须能形成闭合回路。
(1)在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液发生自发的氧化还原反应，所以铝是负极，镁是正极；根据Al与强碱溶液反应分析；
(2) 一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，不符合原电池的构成条件，电流计指针不能偏转。
【详解】实验一：由①②可知，当两极相同时，不能形成原电池；由③④可知，当两极是两种活泼性不同的金属或一种是金属一种是可导电的非金属时，可以形成原电池；
结论一：电极必须是两活泼性不同的电极；
实验二：①中乙醇是非电解质，溶液中无自由移动离子；②中硫酸是电解质，硫酸溶液中有自由移动离子，能形成原电池；结论二：溶液必须是电解质溶液；
实验三：要有电流，必须能形成闭合回路，结论三：必须构成闭合回路。
(1)在图甲装置中，若A 为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，由于铝与氢氧化钠溶液发生自发的氧化还原反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，所以铝是负极，镁是正极，根据上述实验，电流计向负极偏转，即向右偏转；
(2)一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，不符合原电池的构成条件，没有形成闭合回路，因此电流计指针不能偏转。
【点睛】本题考查了形成原电池的几个必要条件：活泼性不同的两个电极、电解质溶液和闭合回路，和自发进行氧化还原反应。要从反应基本原理分析判断。
18.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(1)仪器B的名称为__________，干燥管D的作用为__________；
(2)若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，C溶液中的离子方程式为_____________，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用______________________溶液吸收尾气。
(3)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加________(写化学式)溶液，若观察到C中出现白色沉淀，即可证明，但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有__________溶液的___________(填装置名称)。
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 防止倒吸 (3). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (4). NaOH (5). Na2SiO3 (6). 饱和NaHCO3 (7). 洗气瓶
【解析】
【分析】
(1)仪器B的名称为锥形瓶；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；
(2)浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用碱液吸收氯气；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
【详解】(1)根据装置图可知仪器B的名称为锥形瓶；当进入试管的气体被吸收时，导致导气管内的气体压强减小，溶液进入到干燥管中，干燥管内部口径大，可以容纳较多量的溶液，这时干燥管底部脱离试管内液面，液体流回到试管中，能防止倒吸现象的发生，即干燥管有缓冲作用，所以能防止倒吸；
(2)浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；氯气是有毒气体，会导致大气污染，从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用Cl2与强碱反应产生可溶性的盐的性质，可以用碱液吸收氯气，如NaOH溶液作吸收剂；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，若要证明非金属性：C>Si，只要证明碳酸酸性大于硅酸即可，所以A中加入HCl溶液，B中加碳酸钙、C中加入可溶性硅酸盐Na2SiO3溶液，发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3= Na2CO3+H2SiO3
↓；当硅酸钠溶液中产生白色沉淀说明生成硅酸，证明酸性碳酸强于硅酸；但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有一个除去CO2气体中混有的HCl杂质的洗气瓶，可以用盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，达到除杂净化的目的。
【点睛】本题考查了探究非金属元素的非金属性强弱的方法，正确掌握判断非金属性强弱的方法，掌握物质的性质、考虑可能引入的杂质及除杂方法是解答关键，试题侧重于考查学生的实验探究能力。
19.按要求用正确的化学用语回答下列问题：
(1)若116号元素用R表示其元素符号，则其最高价氧化物的化学式__________；
(2)写出含有8个质子、10个中子的原子化学符号_____________；
(3)用电子式表示Na2S的形成过程：_______________________________________；
(4)相同物质的量的D2O和H2O中，中子数之比是 ______________ ；
(5)如果氯化钠是由23Na及37Cl两种原子组成，则0.5mol氯化钠中含有的中子数为_______个。
(6)因为红磷比白磷稳定，所以燃烧相同质量的红磷和白磷，___________(填“白磷”或“红磷”)放出的热量多。
(7)除杂：除去乙烷中乙烯所涉及的化学方程式为________________________________ ；
(8)写出制备硝基苯的化学方程式____________________________________________ ；
【答案】 (1). RO3 (2). (3). (4). 5：4 (5). 16NA (6). 白磷 (7). Br2+CH2=CH2→CH2Br-CH2Br (8). +HNO3+H2O
【解析】
【分析】
(1)先确定116号元素的原子结构特点，然后根据其最外层电子数等于其最高化合价数确定其氧化物的化学式；
(2)原子在表示时，原子符号左下角为质子数，左上角为质量数；
(3) Na2S是离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合；
(4)根据H原子核内无中子，D原子核内有1个中子，O原子核内有8个中子分析判断；
(5) 23Na及37Cl含有的中子数分别是12、20，则1mol 23Na 37Cl含有的中子数为32mol，根据计算所含中子数目；
(6)反应物含有的能量越低，物质的稳定性就越强；
(7)乙烯与Br2发生加成反应产生液态有机物，而乙烷是气体。可以达到除杂的目的；
(8)在实验室用苯与浓硝酸、浓硫酸的混合物加热发生反应制取硝基苯。
【详解】(1)116号元素处于第七周期第VIA族，原子最外层有6个电子，所以最高化合价为+6价，由于O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，可知：若116号元素用R表示其元素符号，则其最高价氧化物的化学式为RO3；
(2)含有8个质子的元素为O元素，由于该原子含有10个中子，则质量数为18，所以可表示为：；
(3)Na2S是离子化合物，Na原子失去最外层电子形成Na+，S原子获得2个电子形成S2-，Na+与S2-之间通过离子键结合，所以用电子式表示为：；
(4) H原子核内无中子，D原子核内有1个中子，O原子核内有8个中子，一个D2O分子中有10个中子，1个H2O分子中有8个中子，则等物质的量的D2O和H2O所含的中子数的比为10：8=5：4；
(5)23Na含有12个中子，37Cl含有20个中子，则1mol 23Na 37Cl含有的中子数为32mol，则0.5mol 23Na 37Cl含有的中子数为0.5mol ×32=16mol，含有的中子数为N=16mol×NA=16NA；
(6)红磷与白磷等质量，完全燃烧，反应产生五氧化二磷的质量相等；由于红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低，白磷的能量高，则等质量的红磷与白磷燃烧时 含有能量高的白磷放出的热量多；
(7)除去乙烷中混有的乙烯杂质，可以将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，乙烯与溴水发生反应：Br2+CH2=CH2→CH2Br-CH2Br，反应产生的CH2Br-CH2Br是液态物质，而乙烷是气体，从而达到除杂净化的目的；
(8)在实验室用苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应制取硝基苯，同时产生水，反应的化学方程式为：。
【点睛】本题考查了化学用语的知识。包括化合物化学式的确定、同位素原子的表示、电子式的书写、物质的稳定性与含有能量关系、化学方程式的书写等。掌握微粒的结构、性质是解题关键。
20.已知A在通常状况下是一种相对分子量为28气体，A通过加聚反应可以得到F，F常作为食品包装袋的材料。有机物A、B、C、D、E、F有如图所示的关系：
(1)A的分子式为_____，用途为____________________。
(2)写出反应①的化学方程式_____________________，该反应的类型是______。
写出反应②的化学方程式___________________，该反应的类型是_________。
写出反应③的化学方程式____________________________。
(3)写出B生成C的方程式___________________________。
【答案】 (1). C2H4 (2). 制取乙醇或制取聚乙烯包装食品的塑料等 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). 酯化反应(或取代反应) (7). nCH2=CH2 (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
【解析】
【分析】
A在通常状况下是一种相对分子量为28的气体，A通过加聚反应可以得到F，F常作为食品包装袋的材料，则A为CH2=CH2，A发生加聚反应生成F为，A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成的C为CH3CHO，C进一步氧化生成的D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成的E为CH3COOCH2CH3，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH， E为CH3COOCH2CH3，F为。
(1)由上述分析可知，A为乙烯，分子式为C2H4，乙烯与水发生加成反应可产生液体燃料乙醇；或发生加聚反应制取聚乙烯包装食品的塑料等；
(2)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应类型为加成反应；
反应②是乙醇与乙酸在浓硫酸催化下，在加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；该反应是酯化反应，也属于取代反应；
反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应化学方程式为：nCH2=CH2；
(3) B是乙醇，在Cu催化下，与氧气发生反应生成的C是乙醛，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
【点睛】本题考查有机物推断，涉及烯、醇、醛、羧酸之间的转化关系等，A在通常状况下是一种相对分子量为28的气体，A通过加聚反应可以得到F，F常作为食品包装袋的材料可推知A是乙烯是本题突破口。注意基础知识的理解掌握。
21.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
(1)④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为__________________。(用离子符号)
(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_______________ 。(用化学式)
(3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：______________。
(4)由表中①④两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)________ _。
a.MnO2 b.FeCl3 c.Na2SO3 d.KMnO4
(5)由表中①②两种元素可以组成多种烃，若原子也按1：1组成的常见液态化合物是重要的化工原料，也是常见的有机溶剂，写出该物质与硝酸发生反应的化学方程式： _______________。
(6)⑥的单质在⑤的最高价氧化物对应水化物中反应的离子方程式为：________________。
【答案】 (1). O2->Na+>Al3+ (2). HNO3>H2CO3>H2SiO3 (3). (或) (4). ab (5). +HNO3+H2O (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置，可以知道①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl。
(1)离子核外电子层越多半径越大，当离子核外电子层一样多时，核电荷数越多半径越小；
(2)元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强；同一周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强；
(3) NaOH、NaClO是既含离子键又含极性共价键的化合物；
(4)由表中①④两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物是H2O2，其分解的催化剂为MnO2、FeCl3；
(5)由表中①②两种元素分别是H、C，二者可以组成多种烃，若原子也按1：1组成的常见液态化合物是重要的化工原料，也是常见的有机溶剂，则该物质是苯，根据苯的化学性质书写苯与硝酸发生硝化反应的化学方程式。
【详解】根据元素在周期表中的分布，可知①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl。
(1)④、⑤、⑥表示的元素分别是O、Na、Al，三种元素形成的离子O2-、Na+、Al3+的核外电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越多，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为O2->Na+>Al3+；
(2)②、③、⑦分别表示的是C、N、Si元素，②、③是C、N，是同一周期的元素，根据元素周期律，同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，由于元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于元素的非金属性N>C，所以酸性：HNO3 >H2CO3；②⑦是C、Si，是同主族元素，根据元素周期律：从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，H2CO3>H2SiO3，所以这三种元素的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序为：HNO3>H2CO3>H2SiO3；
(3)①④⑤⑧分别是H、O、Na、Cl，其中钠元素、氧原子、氢元素组成的氢氧化钠，钠元素、氧原子、氯元素组成的次氯酸钠，均是既含离子键又含极性共价键的化合物，NaOH的电子式为：；NaClO的电子式为；
(4)由表中①④两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物是H2O2，H2O2具有氧化性，可与Na2SO3反应生成Na2SO4和H2O，H2O2具有还原性，能被KMnO4氧化生成O2，在MnO2、FeCl3催化作用下发生分解反应，产生H2O和O2，因此催化剂为MnO2、FeCl3，合理选项是ab；
(5)由表中①②两种元素分别是H、C元素，这两种元素可以组成多种烃，若原子也按1：1组成的常见液态化合物是重要的化工原料，也是常见的有机溶剂，则该物质是苯，苯与浓硝酸在浓硫酸催化作用下发生硝化反应产生硝基苯和水，则苯与硝酸发生硝化反应的化学方程式为：。
(6)⑥是Al，⑤是Na，Al元素的的单质在⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH溶液中发生反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
【点睛】本题考查了元素周期表的结构、元素的位置、规律变化的应用，主要是考查常见元素及其化合物的化学性质，分析比较离子半径大小，同周期、同主族性质递变规律，化学键的形成和存在及表示方法，根据元素在周期表的位置推断元素是解题的基础，掌握常见无机物、有机化合物的性质及结构和元素周期律是本题解答的关键。
