【化学】河北省邯郸市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次网上月考试题（解析版）

【化学】河北省邯郸市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次网上月考试题（解析版）

河北省邯郸市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次网上月考试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mg 24 Al 27 S 32 Cu 64‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共30分）‎ ‎1.化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 酸雨是pH小于7的雨水 B. 汽车尾气中排放的氮氧化合物主要是汽油燃烧产生的 C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正常雨水的pH为5.6，酸雨中因溶解了二氧化硫，其pH小于5.6，故A错误；‎ B．汽油中不含氮元素，汽车尾气中氮氧化物主要由氮气和氧气反应生成，故B错误；‎ C．NO2或SO2会导致酸雨的形成，CO2含量的增加会导致温室效应，不能导致酸雨的形成，故C错误；‎ D．大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.具有下列结构示意图的微粒，既可以是原子又可以是阴离子和阳离子的是 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】元素形成的阴阳离子的最外层电子数等于稀有气体原子的最外层电子数8（极个别情况是2）。A.B.D.最外层电子数不是8，故选C。‎ ‎3.下列说法错误的是（ ）‎ A. 元素周期表共有18个纵行 B. 元素周期表共有7个横行，即7个周期，其中第一、二、三周期为短周期 C. 原子最外层电子数为2的元素一定在ⅡA族 D. 与互为同位素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由元素周期表的结构可知，元素周期表中有18个纵行，故A正确；‎ B．元素周期表中有7个横行，7个周期，短周期包括一、二、三3个周期，故B正确；‎ C．He的最外层电子数为2，ⅡA元素的最外层电子数为2，则原子最外层电子数为2的元素不一定在IIA，故C错误；‎ D．质子数相同，中子数不等的原子互为同位素，则Sm与Sm的质子数都是62，中子数不同，分别为82、83，互为同位素，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.一种微粒和另一种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不可能是（ ）‎ A. 两种离子 B. 两种分子 ‎ C. 两种原子 D. 一种离子和一种分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种阳离子，如Na+与NH4+质子数都为11，和电子数都为10，故A不选；‎ B．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种分子，如H2O和HF的质子数、电子数均为10，故B不选；‎ C．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种原子，如1H、2H，故C不选；‎ D．两种微粒如果一种为离子(带电荷)，另一种为分子(不带电)，若它们的质子数相等，则电子数就不可能相等，反之，电子数相等，质子数就不可能相等，故D选；‎ 故选D。‎ ‎5.运用元素周期律分析下面的推断，其中推断错误的是（ ）‎ A. Li在氧气中燃烧主要生成Li2O B. 氢氧化铊具有两性 C. 硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体 D. 砹(At2)是有色固体，HAt不稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锂(Li)在氧气中燃烧产物是Li2O，故A正确；‎ B．同主族元素从上到下金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强，氢氧化铝有两性，所以氢氧化铊没有两性，具有碱性，故B错误； ‎ C．锶与钡是同主族元素，BaSO4是难溶于水的白色固体，所以SrSO4也是难溶于水的白色固体，故C正确；‎ D．砹(At)属于卤素单质，从上到下，氢化物稳定性逐渐减弱，单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，所以At为有色固体，HAt不稳定，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎6.同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是（ ）‎ A. 原子半径A＞B＞C ‎ B. 气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3‎ C. 非金属性A＞B＞C ‎ D. 阴离子还原性C3—＞B2—＞A—‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．‎ ‎【详解】A．同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小，原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；‎ B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；‎ C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO4，非金属性A＞B＞C，故C正确；‎ D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎7.下列推断正确的是（ ）‎ A. NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B. 向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解 C. 可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝表面的铜镀层 D. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO不稳定，极易被氧气氧化生成NO2，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故A错误；‎ B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，Al(OH)3能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，氨水属于弱碱，所以氢氧化铝不溶于氨水，故B错误；‎ C．浓硫酸与铜需在加热条件下才能反应，加热条件下铝与浓硫酸也能反应，所以不能用浓硫酸除去镀在铝表面的铜镀层，故C错误；‎ D．Cu与稀硫酸不反应，加入硝酸钾后，溶液中存在硝酸根离子、氢离子，则Cu与硝酸可发生反应，所以铜粉溶解，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.根据元素周期表和元素周期律，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在周期表金属与非金属分界处寻找用于研制新农药的元素 B. H2、D2、T2互为同位素 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si D. 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】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在周期表中金属和非金属元素的分界线附近可以寻找制取半导体的材料，在非金属部分寻找用于研制新农药的元素，故A错误；‎ B．H2、D2、T2都是氢气分子，不是原子，不能称为同位素，故B错误；‎ C．利用最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；‎ D．118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9. 根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）‎ A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C. Cl‾、S2‾、Ca2+、K+半径逐渐减小 D. 与得电子能力相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，故A错误；‎ B.核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Cl－、S2－的还原性不同，故B错误；‎ C.S2－、Cl－、K＋、Ca2＋半径逐渐减小，故C错误；‎ D.Cl与Cl核外电子排布相同，所以得电子能力相同，故D正确。‎ ‎10.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）‎ A. 使酚酞变红的溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、Cl- ‎ B. 0.1mol/L FeCl2溶液中：Fe3＋、NH4＋、SO42－‎ C. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－‎ D. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，NH4＋在碱性溶液中与OH-不能大量共存，故A错误；‎ B．0.1mol/L FeCl2溶液中：Fe3＋、NH4＋、SO42－‎ 离子间怒发生反应，能够大量共存，故B正确；‎ C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，另外在碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；‎ D．pH=1的溶液呈酸性，CO32-与H+反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.某实验兴趣小组利用下列实验装置探究氯气与过量氨气反应的实验，有关说法不正确的是（ ）‎ A. 打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一小段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好 B. 打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，产生大量的白色烟雾 C. 充分反应后，关闭K1，打开K2，可观察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内 D. 实验室制备氨气和氯气可以用同一套发生装置 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一小段，然后松开，活塞复原，说明装置不漏气，气密性良好，故A正确；‎ B. 打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，过量的氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，只产生大量的白烟，没有雾，故B错误；‎ C. 充分反应后，装置内的气体压强减小或生成极易溶于水的气体，关闭K1，打开K2，可观察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内，故C正确；‎ D. 实验室制备氨气和氯气都可以使用固体与液体制备，制备氨气可以选用浓氨水和氧化钙，制备氯气可以选用高锰酸钾和浓盐酸，可以用同一套发生装置，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎12.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3‎ 的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应HNO3被还原成NO）（ ）‎ A. ‎0.672L B. ‎0.448L C. ‎0.224L D. ‎‎0.896L ‎【答案】A ‎【解析】分析：10mL混合酸中含有：n(H+)=‎0.01L×2×4mol/L+‎0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=‎0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，先后可能发生：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题。‎ 详解：10mL混合酸中含有：n(H+)=‎0.01L×2×4mol/L+‎0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=‎0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，氢离子过量，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气0.01mol，所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol×‎22.4L/mol=‎0.672L，故选A。‎ ‎13.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3： SO32－＋2H＋= SO2↑＋H2O B. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：NH3·H2O＋SO2= NH4＋＋HSO3－‎ C. Fe和稀硝酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑‎ D. 向NH4HCO3溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热： NH4＋+ HCO3－+2OH－CO32－+ NH3↑+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3发生氧化还原反应，反应的离子反应为3SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，故A错误；‎ B．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2反应生成亚硫酸铵，反应的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-，故B错误；‎ C．Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；‎ D．向NH4HCO3 溶液中加过量浓NaOH 溶液并加热反应放出氨气，反应的离子反应为HCO3-+NH4++2OH- NH3↑+2H2O+CO32-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 装置①可用于制备并收集少量NO2‎ B. 装置②能用于制备并收集少量Cl2‎ C. 装置③可用于分解NaHCO3固体 D. 装置④可用于实验室制少量NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．NO2易溶于水，且与水反应，只能用排空气法收集，故A错误；B．实验室制备氯气应用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下进行，故B错误；C．加热分解碳酸氢钠的试管口需略向下倾斜，故C错误；D．氧化钙与水反应放热，使氨水的溶解度减小，并且使NH3·H2O分解放出氨气，故D正确；故选D。‎ ‎15.氮化钠和氢化锂都是离子化合物，与水反应化学方程式(末配平)如下：Na3N+H2O →NaOH +NH3，LiH+H2O →LiOH +H2。有关它们的叙述：①离子半径：Na＋>N3－>Li+>H－；②与水的反应都是非氧化还原反应；③若与盐酸反应都只生成一种盐；④氢化锂晶体内阴阳离子有相同的电子层结构。其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. 只有④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①中钠离子和氮离子核外均有十个电子，钠离子的核内质子数大于氮的核内质子数，故离子半径氮离子大于钠离子，Li+和H－核外均有两个电子，离子半径为H－＞Li+，因此离子半径N3－>Na＋> H－>Li+，故①错误；‎ ‎②在第一个反应中，是复分解反应，第二个反应有化合价的升降，为氧化还原反应，故②错误；‎ ‎③第一个反应产物与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵两种盐，第一个反应产物与盐酸反应只有一种盐，故③错误；‎ ‎④氢化锂晶体内阴阳离子有相同的电子层结构，核外均有两个电子，故④正确；‎ 正确的有④，故选D。‎ 二、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共30分）‎ ‎16. 某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素（ ）‎ A. 在自然界中只以化合态的形式存在 B. 单质常用作左半导体材料和光导纤维 C. 最高价氧化物不与酸反应 D. 气态氢化物比甲烷稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li：、Si：两种，非金属元素为硅，据此分析。‎ ‎【详解】短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li：、Si：两种，非金属元素为硅，‎ A项，硅为亲氧元素，在自然界中只以化合态形式存在，A正确；‎ B项，Si单质可用作半导体材料，而光导纤维的主要成分为SiO2，B错误；‎ C项，Si的最高价氧化物为SiO2，可与氢氟酸反应，C错误；‎ D项，硅的非金属性比碳弱，故气态氢化物的稳定性SiH4V2>V3.‎ C. V1>V3>V2 D. V3>V1＞V2‎ ‎【答案】C ‎【解析】①NO和NO2：1体积NO2与水反应生成体积的NO，即试管中，剩余气体体积为原来的+×=；②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2则消耗了，即试管中，剩余气体体积为原来的×(1-)=；③NH3和N2：NH3极易溶于水，而N2不溶于水，所以剩余气体体积为原来的；综上所述可知：V1＞V3＞V2，故选C。‎ ‎22.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为：（ ）‎ A. 0.25‎‎ mol B. 0.5 mol C. 1 mol D. 2 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当生成1mol硝酸锌时，应有1molZn参加反应，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到-3价，设有x mol硝酸被还原，则有[5-（-3）]x=2，解得x=0.25，答案选A。‎ ‎23.制备(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液pH<1进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（ ）‎ A. 通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl-、SO42-‎ B. 加入过量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-‎ C. 加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-‎ D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与还原性离子发生氧化还原反应，不能大量存在亚铁离子，故A错误；‎ B．有还原性，酸性条件离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；‎ C．、结合生成沉淀，铵根离子与结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；‎ D．加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，该组离子之间不反应，能共存，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎24.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于I A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）‎ A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构 B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物 C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 D. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。则 A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；‎ B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；‎ C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；‎ D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎25.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）‎ X Y Z W A. 原子半径：Z＞W＞X＞Y B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z C. 最简单气态氢化物热稳定性：Y＞X＞W＞Z D. 元素X、Y、Z的最高化合价分别与其主族序数相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置图可知，W位于第三周期，W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，设最外层电子数为x，则2+8+x=3x，解得x=5，则W为P，结合位置可知，Z为Si，X为N，Y为O，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为N，Y为O，Z为Si，W为P。‎ A．一般而言，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径减小，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A正确；‎ B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；‎ C．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：Y＞X＞W＞Z，则其最简单氢化物稳定性大小为：Y＞X＞W＞Z，故C正确；‎ D．Y为氧元素，氧元素没有最高正价，故D错误；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷（共50分）‎ ‎26.（1）元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。‎ ‎①与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为______。‎ ‎②能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是____。‎ a. Cl2、Br2、I2的熔点 b. Cl2、Br2、I2的氧化性 c. HCl、HBr、HI的热稳定性 d. HCl、HBr、HI的酸性 ‎③设计一个实验方案，证明氧化性Cl2＞Br2：___________。‎ ‎（2）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。‎ ‎①铅在元素周期表的位置为_______。‎ ‎②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为___________。‎ ‎【答案】(1). (2). bc (3). 向溴化钠溶液中通入氯气，溶液由无色变成橙色，Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2 (4). 第六周期ⅣA族 (5). PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氯是卤族元素；同一主族元素，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定、单质的氧化性越强、最高价氧化物的水化物酸性越强、与氢气化合越容易；据此分析解答 ‎(2)碳是第2周期第ⅣA族元素；PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明生成了氯气，结合氧化还原反应的规律分析解答。‎ ‎【详解】(1)①与Cl同一主族是短周期元素是F元素，F原子核外有2个电子层、最外层7个电子，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎②同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定、单质的氧化性越强、最高价氧化物的水化物酸性越强、与氢气化合越容易，与物理性质无关，故答案为：bc；‎ ‎③氧化性Cl2＞Br2，说明氯气能够置换出溴化物溶液中的溴，因此可以通过：Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2。设计实验验证，方法和现象为：向溴化钠溶液中通入氯气，溶液由无色变成橙色，故答案为：向溴化钠溶液中通入氯气，溶液由无色变成橙色，Cl2 + 2NaBr=2NaCl + Br2；‎ ‎(2)①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，则铅位于第六周期Ⅳ A族，故答案为：第六周期ⅣA族；‎ ‎②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，说明生成了氯气，根据氧化还原反应的规律，还应有PbCl2与水生成，反应的化学方程式为：PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。‎ ‎27.五种短周期元素X、Y、Z、L、M，原子序数依次递增。X是原子半径最小的元素，Y的最高正价和最低负价的代数和为0，Z的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，L的最外层电子数是次外层的3倍，M是地壳中含量最高的金属元素。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）五种元素的原子半径从大到小的顺序是______（用元素符号表示）。‎ ‎（2）X能分别与Y、Z、L形成具有相同电子数的化合物A、B、C。实验室制取B的化学方程式为______。‎ ‎（3）Z最高价氧化物对应水化物与M的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_______。‎ ‎（4）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为______。‎ ‎【答案】(1). Al＞C＞N＞O＞H (2). 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (3). 3H++ Al(OH)3= Al3++3H2O (4). 34 (5). H2SeO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、L、M五种短周期元素的原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，则Z为N元素；Y的最高正价和最低负价的代数和为0，Y为第ⅣA族，为C元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素；L的最外层电子数是次外层的3倍，最外层有6个电子，为O元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为H元素；Y为C元素，Z为N元素，L为O元素，M为Al元素。‎ ‎(1)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，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，故答案为：Al＞C＞N＞O＞H；‎ ‎(2)X能分别与Y、Z、L形成具有相同电子数的化合物A、B、C，其中B为氨气，实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；‎ ‎(3)Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，M的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为3H++ Al(OH)3= Al3++3H2O，故答案为：3H++ Al(OH)3= Al3++3H2O；‎ ‎(4)L为O元素，Se与O同一主族，Se原子比O原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18=34，其最外层电子数为6，则最高化合价为6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4，故答案为：34；H2SeO4。‎ ‎28.如图是中学化学常见物质的转化关系（某些反应条件及部分产物已略去），A、G为日常生活中的常见金属。B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，M为红褐色胶体。‎ ‎（1）D与G反应的化学方程式________。‎ ‎（2）L→N的离子方程式_____________。‎ ‎（3）H→I的化学方程式____________。‎ ‎（4）现将一试管J气体倒立于水槽中一段时间后，水面上升但不充满；若使水充满整个试管，应向试管中通入一定量_____（填气体的化学式），此时试管中溶液的浓度为____mol/L（气体体积按标准状况计算）（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】(1). 8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe (2). 3 Fe2++4H++NO3-=3 Fe3++NO↑+2H2O (3). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (4). O2 (5). 0.045‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】B、C、E、I、J为气体，其中C为黄绿色气体，则C是Cl2；A、G为日常生活中的常见金属，A能和水蒸气反应，则A是Fe，铁和B反应生成D，B是气体，则D是Fe3O4，B为O2，E是H2；M为红褐色胶体，M为Fe(OH)3；则F是FeCl3，H为NH3，I为NO，J为NO2，K为HNO3；G是生活中常见金属，能发生置换反应，则G是Al；过量铁和稀硝酸反应生成L，L是Fe(NO3)2，硝酸亚铁被氧化生成N，N为Fe(NO3)3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)D是Fe3O4，G是Al，二者反应化学方程式为8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe；‎ ‎(2)L→N为硝酸亚铁酸化后被氧化生成铁离子，反应的离子方程式为3 Fe2++4H++NO3-=3 Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3 Fe2++4H++NO3-=3 Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎(3)H为NH3，I为NO，氨气催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；‎ ‎(4)现将一试管气体J(NO2)倒立于水槽中一段时间后，水面上升但不充满；若使水充满整个试管，应向试管中通入一定量氧气，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；设原试管中二氧化氮气体体积为VL，物质的量为=mol，所得溶液中硝酸的物质的量为mol，溶液的物质的量浓度为≈0.045mol/L，故答案为：O2；0.045。‎ ‎29.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。 ‎ 可选药品：浓硝酸、稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。‎ 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应。2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O ‎（1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置③④⑥中盛放的药品依次是____、____、_______。‎ ‎（2）滴加浓硝酸之前的一系列操作依次是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后______。‎ ‎（3）装置①中发生反应的化学方程式是___________。‎ ‎（5）该小组得出的结论所依据的实验现象是_________。‎ ‎【答案】(1). 稀硝酸 (2). 浓硝酸 (3). 氢氧化钠溶液 (4). 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (5). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (6). 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 ‎【解析】‎ ‎【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性，浓硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水后生成一氧化氮，然后分别通过浓硝酸和稀硝酸，如通过浓硝酸无色气体生成红棕色气体，可证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，如通过稀硝酸无色气体没有明显变化，则证明稀硝酸不能氧化NO，氮的氧化物不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据装置特点和实验目的，可以将生成的NO分别通过浓硝酸和稀硝酸，如通过浓硝酸无色气体生成红棕色气体，可证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，如通过稀硝酸无色气体没有明显变化，则证明稀硝酸不能氧化NO，氮的氧化物不能直接排放到空气中，应有尾气处理装置，因此装置⑤是收集NO，装置③中应该盛放稀硝酸；装置④中盛放浓硝酸，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故答案为：稀硝酸；浓硝酸；氢氧化钠溶液；‎ ‎(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，故答案为：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；‎ ‎(3)装置①中Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；‎ ‎(4)装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO通过稀HNO3溶液后，无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化；装置④中盛放的是浓HNO3，浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色。‎