2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期期中考试化学（理）试题（解析版）

2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期期中考试化学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期期中考试 化学（理）试题（解析版）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。‎ ‎2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。‎ ‎4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。‎ ‎5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。‎ 可能用到的相对原子质量：Cu—64 O—16‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共20小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列关于氯气的说法正确的是 A. 将氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色 B. 将鲜花放入盛有氯气的集气瓶中，鲜花褪色，说明Cl2具有漂白性 C. 金属铁在氯气中燃烧生成氯化亚铁 D. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，瓶口有白色烟雾 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性，盐酸可使石蕊变红，次氯酸可使石蕊褪色，因此溶液先变红后褪色，故A正确；‎ B．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故B错误；‎ C．氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故C错误；‎ D．在点燃条件下，氢气能在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴，所以氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰瓶口有白雾，没有烟生成，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列物质属于纯净物的是 A. 漂白粉 B. 水玻璃 C. 液氯 D. 陶瓷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A不符合题意；‎ B．水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故B不符合题意；‎ C．液氯是液态氯气，是一种物质组成的纯净物，故C符合题意；‎ D．陶瓷是无机硅酸盐制品，是由多种物质组成的混合物，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列关于硅及其化合物的说法正确的是 A. 硅酸盐中的阴离子都是SiO32-‎ B. 单质硅可用于制造光导纤维 C. 二氧化硅既可以与烧碱溶液反应又能与氢氟酸反应，故属于两性氧化物 D. Na2SiO3是最简单的硅酸盐，其水溶液可用作木材防火剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只有最简单的硅酸盐中的阴离子才是SiO32-，复杂的硅酸盐不一定，如镁橄榄石中的阴离子是SiO44-，故A错误；‎ B．二氧化硅用于制作光导纤维，单质硅用做太阳能电池、硅芯片材料，故B错误；‎ C．二氧化硅只能和HF反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，二氧化硅属于酸性氧化物，故C错误；‎ D．硅酸钠不燃烧，受热也不分解，其水溶液能作木材防火剂，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意硅酸盐指的是硅、氧与金属元素 (主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，基本结构是硅――氧四面体，这些正四面体以链状、双链状、片状、三维架状等方式连结起来，一般结构较为复杂。‎ ‎4.实验室可以按如图所示的装置干燥、贮存气体M，多余的气体可用水吸收，则M是 ‎ ‎ A. 氯气 B. 氨气 C. 氢气 D. 二氧化氮 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集气瓶口向上，气流短进长出，所以该装置收集的气体密度小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水，以此分析解答。‎ ‎【详解】Cl2、NO2的密度都大于空气，应用向上排空法收集，不适用于题中装置收集；NH3密度小于空气，可用向下排空法收集，且氨气极易溶于水，可用水吸收，符合装置特征；氢气密度小于空气，可用向下排空法收集，但氢气难溶于水，不能用水吸收，故选B。‎ ‎5.能证明碳酸的酸性比硅酸强的事实是 A. 二氧化碳溶于水且能反应生成碳酸，二氧化硅不溶于水不能与水反应生成硅酸 B. 在高温下，二氧化硅与碳酸钠能发生反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑‎ C. 二氧化硅的熔点比二氧化碳的熔点高 D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成白色胶状沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶解性与酸性强弱无关，不能通过溶解性判断酸性强弱，故A不符合题意；‎ B．特殊条件下，SiO2与碳酸盐反应生成CO2不能证明碳酸酸性强于硅酸，故B不符合题意；‎ C．氧化物熔点高低与对应酸的酸性强弱无关，故C不符合题意；‎ D．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎6.某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是 A. a棉球褪色，验证SO2具有氧化性 B. b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性 C. c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性 D. 可以使用浓硫酸吸收尾气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；‎ B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；‎ C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；‎ D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。‎ ‎7.将充满二氧化氮的试管倒立于盛有水的水槽中，充分放置后的现象正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将充满NO2的试管倒立于盛有水的水槽中，NO2与水反应可生成NO气体，3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮不溶于水，所以试管中仍存在气体，根据方程式，液体大约会充满试管体积的三分之二，约三分之一的部分被一氧化氮占有，故选B。‎ ‎8.下列化学反应的离子方程式正确的是 A. 少量二氧化硫通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－= SO32－＋H2O B. 用稀硝酸溶解硫化亚铁固体：FeS＋2H＋= Fe2＋＋H2S↑‎ C. Cu与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO3－= Cu2+ + 2NO2↑+2H2O D. 向FeCl3溶液中加入足量的铁粉：Fe + Fe3+ = 2Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液中通入少量二氧化硫，反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-═SO32-+H2O，故A正确； ‎ B．硫化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：FeS+4H++NO3-=Fe3++NO↑+S↓+2H2O，故B错误；‎ C．Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；‎ D．FeCl3溶液中加入铁粉，反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】掌握离子方程式正误判断常用方法是解题的关键，如检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否符合守恒关系等。本题的易错点为B，要注意硝酸的强氧化性。‎ ‎9.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 少量的Fe粉中加入足量稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋‎ B 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ C 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸先变蓝后变白 浓氨水呈碱性且有漂白性 D 浓HNO3加热 有红棕色气体产生 HNO3有强氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．少量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，生成硝酸铁，则滴入KSCN溶液，溶液变红色，操作、现象和解释均合理，故A正确；‎ B．氯气与NaBr、KI均反应，右边棉球变为蓝色，可能是多余的氯气的作用，不能说明Br2、I2‎ 的氧化性强弱，故B错误；‎ C．浓氨水电离显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，试纸不会变白，氨水没有漂白性，故C错误；‎ D．浓硝酸加热分解生成二氧化氮，不能说明硝酸具有强氧化性，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.向50 mL 14.0 mol•L﹣1浓硝酸中加入足量铜，充分反应后共收集到标准状况下4.48 L NO和NO2混合气体（不考虑NO2与N2O4的相互转化），则参加反应铜的质量为 A. 6.4g B. 12.8g C. 16.0g D. 19.2g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu足量，硝酸完全反应，生成Cu(NO3)2、NO和NO2、H2O，则n(Cu)=n[Cu(NO3)2]，硝酸完全反应，结合氮原子守恒分析解答。‎ ‎【详解】n(HNO3)=0.05L×14.0mol/L=0.7mol，n(气体)==0.2 mol，Cu足量，硝酸完全反应，由N原子守恒可知，0.7mol=n[Cu(NO3)2]×2+0.2 mol，解得n[Cu(NO3)2]=0.25 mol，由Cu原子守恒可知n(Cu)=n[Cu(NO3)2]，则参加反应的铜的质量为0.25 mol ×64g/mol=16g，故选C。‎ ‎11.下列微粒半径最小的是 A. O2－ B. F－ C. Na+ D. Mg2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎4种离子的核外电子层结构是相同的，核外都有10个电子，核电荷数越大半径越小，所以选D。‎ 点睛：电子层结构相同（即核外电子排布相同）的简单离子，原子序数越大半径越小。‎ ‎12.16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 16O和18O互为同位素 B. 相同质量的16O2和18O2含有相同的质子数 C. 通过化学变化可以实现16O和18O间的相互转化 D. 1.12L16O2和1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．16O和18O是同种元素不同种原子，互为同位素，故A正确；‎ B．16O2和18O2含有相同的质子数，但相对分子质量不等，因此相同质量的16O2和18O2含有不同的质子数，故B错误；‎ C．化学变化时原子核不发生变化，因此化学变化不能实现同位素间的相互转化，故C错误；‎ D．1.12L16O2和 1.12L18O2所处的状态不一定相同，故其物质的量不一定相同，则含有的氧原子个数不一定相同，故D错误；‎ 答案选A ‎13. 下图表示碱金属的某些性质与核电荷数的变化关系，下列各性质中不符合图示关系的是 还原性 B、与水反应的剧烈程度 C、熔点 D、原子半径 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可知，随着核电荷数的增大，碱金属的性质呈递增趋势，而碱金属单质的熔点随核电荷数的增大而降低。‎ ‎14.运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是 A. 氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁强 B. 砹(At)为有色固体，HAt不稳定 C. 单质钾与水反应不如钠与水反应更剧烈 D. 硒化氢(H2Se)是无色、有毒，比H2S稳定的气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铍与镁是同主族元素，铍的金属性小于与镁，氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱，故A错误；‎ B．砹(At)属于卤素单质，同主族元素从上到下氢化物稳定性逐渐减弱，HAt不稳定；单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，所以At为有色固体，故B正确；‎ C．钠、钾是同主族元素，同主族元素从上到下，金属和水反应越来越剧烈，则同样大小的金属钠、钾与水反应时，后者反应更剧烈，故C错误；‎ D．硒和硫为同主族元素，同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，硒化氢(H2Se)比硫化氢稳定性差，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列各组性质的比较中正确的是 A. 酸性：HI＞HBr＞HCl B. 碱性：NaOH＞KOH＞Ca(OH)2‎ C. 热稳定性：H2O＞HF＞NH3 D. 还原性：Cl—＞Br—＞I—‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卤素原子的原子序数越大，HX的酸性越强，则酸性强弱为：HI＞HBr＞HCl，故A正确；‎ B．同主族自上而下金属性增强，则金属性：Na＜K，金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＜KOH，故B错误； ‎ C．非金属性N＜O＜F，非金属性越强，氢化物稳定性越强，则氢化物稳定性：NH3＜H2O＜HF，故C错误；‎ D．非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，还原性：Cl-＜Br-＜I-，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为A，要注意氢化物的酸性强弱不能用非金属性强弱解释。‎ ‎16.根据下表部分短周期元素信息，判断以下叙述正确的是 A. 氢化物的沸点为H2T＜H2R B. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度L＜Q C. M与T形成的化合物具有两性 D. L2+与R2﹣的核外电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al元素。A、H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，即H2R＜H2T，故A错误；B、金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，故B错误；C、M与T形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故C正确；；D、L2+的核外电子数为12-2=10，Q2-的核外电子数为16-(-2)=18，不相等，故D错误；故选C。‎ ‎17.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是 ‎ ‎ ‎ A. 原子半径：W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强 C. Y的气态氢化物的稳定性较Z的弱 D. 四种元素的单质中，Z的熔、沸点最高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以Y为氧元素；根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素。‎ A．一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故原子半径Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B．非金属性W＞Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z，故B错误；‎ C．非金属性Y＞Z，故Y的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C错误；‎ D．四元素单质中，硫常温下为固体，其它三种为气体，故硫的熔、沸点最高，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.若能发现第117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子。下列叙述中正确的是 (　　)‎ A. 此X元素的气态氢化物的化学式为HX，在常温下很稳定 B. 其单质带有金属光泽，具有强氧化性，可与KI发生置换反应生成I2‎ C. 其单质的分子式为X2，易溶于有机溶剂 D. AgX是一种有色的易溶于水的化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子，该元素处于处于ⅦA族。A、同主族自上而下非金属性减弱，117号元素非金属性比At弱，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，该元素氢化物稳定性比HAt差，故该氢化物HX不稳定，故A错误；B、同主族自上而下非金属性减弱，金属性增强，其单质带有金属光泽，氧化性比碘的弱，不能与KI发生置换反应生成I2，故B错误；C、处于ⅦA族，与氯气、溴、碘的结构与性质相似，其单质的分子式为X2，易溶于有机溶剂，故C正确；D、处于ⅦA族，AgCl、AgBr、AgI溶解性依次减小，颜色加深，AgX是一种有色的难溶于水的化合物，故D错误，故选C。‎ ‎【考点定位】考查元素周期律与元素周期表 ‎【名师点晴】本题考查元素周期律应用，注意理解同主族元素单质化合物相似性与递变性，注意掌握卤素单质化合物性质，117号元素X，它的原子结构与卤族元素相似，电子排布有7个电子层，且最外层有7个电子，该元素处于处于ⅦA族。‎ ‎19.X、Y、W、Z为四种短周期主族元素，在周期表中的位置如图所示，W原子的最外层电子数与电子层数相同，下列说法正确的是 A. X是形成化合物种类最多的元素 B. W、X、Y的原子半径依次增大 C. W的最高价氧化物对应的水化物可溶于X的最高价氧化物对应的水化物的溶液 D. X的最简单气态氢化物的稳定性强于Y的最简单氢化物的稳定性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数与电子层数相同，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为S，据此分析解答。‎ ‎【详解】由以上分析可知W为Al、X为C、Y为N、Z为S。‎ A．C元素形成的化合物多数为有机物，有机物的种类繁多，C元素是形成化合物种类最多的元素，故A正确；‎ B．同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则W、X、Y的原子半径依次减小，故B错误；‎ C．W的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，氢氧化铝与碳酸不反应，故C错误；‎ D．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图。已知W是地壳中含量最高的元素；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是 A. 对应简单离子的半径：X＜W B. 对应的简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z C. 元素X、Z分别与W能形成多种化合物 D. Z的最高价氧化物对应的水化物具有强酸性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W是地壳中含量最高的元素，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于O原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。‎ A．W为O元素，X为Na元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+，故A正确；‎ B．Y为Si元素，Z为Cl元素，非金属性Cl＞Si，故氢化物稳定性Y(Si)＜Z(Cl)，故B错误；‎ C．X为Na元素，Z为Cl元素，W为O元素，能够形成的化合物分别有氧化钠、过氧化钠，二氧化氯，七氧化二氯等，故C正确；‎ D．氯的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，是强酸，故D正确；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共3小题，每空2分，共40分。‎ ‎21.元素①～⑨在元素周期表中的位置如下，回答有关问题：‎ ‎（1）表中能形成两性氢氧化物的元素是（填元素符号）______，最不活泼的元素的原子结构示意图为________。‎ ‎（2）③号元素和⑧号元素的气态氢化物中，热稳定性较强的是（填化学式）________。‎ ‎（3）④号元素和⑥号元素的离子半径较大的是（填离子符号）_______。‎ ‎（4）上述元素中，金属性最强的元素与非金属最强的元素形成化合物的化学式______。‎ ‎（5）②的氢化物发生催化氧化的化学方程式为___________。‎ ‎（6）写出⑤号元素的最高价氧化物对应的水化物和⑧号元素的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). (3). H2O (4). F－ (5). NaF (6). 4NH3+5O2 4NO +6H2O (7). H+ + OH－ = H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S、⑨为Ar。结合元素周期律和元素及其化合物的性质分析解答。‎ ‎【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S、⑨为Ar。‎ ‎(1)氢氧化铝属于两性氢氧化物，对应的元素为Al；稀有气体原子最外层为稳定结构，性质最不活泼，因此Ar的化学性质最不活泼，原子结构示意图为，故答案为：Al；；‎ ‎(2)元素非金属性越强，形成的氢化物越稳定，非金属性：O＞S，故③号元素和⑧号元素的气态氢化物中，热稳定性较强的是H2O，故答案为：H2O；‎ ‎(3)电子层数相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，④号元素和⑥号元素的离子都是2个电子层，因此离子半径较大的是F－，故答案为：F－；‎ ‎(4)上述元素中，金属性最强的元素为钠，非金属最强的元素为氟，二者形成化合物的化学式为NaF，故答案为：NaF；‎ ‎(5)元素②的氢化物为氨气，氨气催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(6)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，NaOH属于强碱，⑧号元素的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，硫酸属于强酸，二者反应的离子方程式为H+ + OH－ = H2O，故答案为：H+ + OH－ = H2O。‎ ‎【点睛】掌握元素周期表的结构，正确判断元素是解题的关键。本题的易错点为(3)中离子半径的比较，要注意离子半径比较的一般方法。‎ ‎22.A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素；B的+1价阳离子和C的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸。请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）C元素在元素周期表中的位置是________________‎ ‎（2）画出B元素的离子结构示意图______________‎ ‎（3）与E的氢化物分子所含电子总数相等的分子是_____(举一例，填化学式，下同)、离子是_________‎ ‎（4）D的单质与B的最高价氧化物对应的水化物的溶液发生反应的离子方程式为_________‎ ‎（5）写出A元素与B元素形成化合物的化学式________‎ ‎（6）下列可以判断C和D非金属性强弱的是_______‎ a．单质的熔点C比D低 b．单质与氢气反应C比D剧烈 c．气态氢化物稳定性C比D稳定 d．单质的密度C比D小 ‎【答案】 (1). 第二周期VIIA族 (2). (3). CH4(H2O HF Ne) (4). OH－(NH4+ H3O+ NH2－) (5). Cl2 + 2 OH－ = Cl－ + ClO－ + H2O (6). NaH (7). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素，则A为H元素；B的+1价阳离子和C的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构，则B为Na元素，C为F元素；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物，则D为Cl元素；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物的水化物为强酸，则E为N元素，据此进行解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为H元素，B为Na元素，C为F元素，D为Cl元素，E为N元素。‎ ‎(1)C为F元素，在元素周期表中位于第二周期VIIA族，故答案为：第二周期VIIA族；‎ ‎(2)B为Na元素，B元素的离子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎(3)E为N元素，E的氢化物为氨气，与氨气分子所含电子总数相等的分子有CH4、H2O、HF、Ne等，离子有OH－、NH4+、H3O+、NH2－、Mg2+、Al3+、Na+等，故答案为：CH4(H2O、HF、Ne)；OH－(NH4+、H3O+、NH2－、Mg2+、Al3+、Na+)；‎ ‎(4)D的单质为氯气，B的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；‎ ‎(5)A元素与B元素形成化合物为氢化钠，化学式为NaH，故答案为：NaH；‎ ‎(6)a．单质的熔点与非金属性强弱无关，故a错误；b．非金属性越强，单质越容易与氢气化合，因此单质与氢气反应剧烈，说明非金属性：C＞D，故b正确；c．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物稳定性C＞D，说明非金属性：C＞D，故c正确；d．单质的密度与非金属性强弱无关，故d错误；故答案为：bc。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(6)，要注意非金属性强弱的判断方法，非金属性强弱的判断依据主要有：①单质跟氢气化合的难易，气态氢化物稳定性强弱；②最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱；③单质氧化性的强弱等。‎ ‎23.高纯二氧化硅可用来制造光纤。某稻壳灰的成分为 通过如下流程可由稻壳灰制备较纯净的二氧化硅。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）根据氧化物的性质进行分类，稻壳灰中属于两性氧化物的是________。‎ ‎（2）步骤①中涉及SiO2的离子反应方程式为______________。‎ ‎（3）滤渣A的成分有________和_________(填化学式)。‎ ‎（4）滤渣B的成分是________(填化学式)。‎ ‎（5）过滤所需的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有________。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3 (2). SiO2 + 2 OH－ = SiO32－+ H2O (3). C (4). Fe2O3 (5). H2SiO3 (6). 漏斗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稻壳灰用足量的氢氧化钠浸泡，稻壳灰中的C和Fe2O3不能被氢氧化钠溶液溶解，因此过滤得滤液A主要为硅酸钠溶液，含有少量的氢氧化钾和偏铝酸钠，滤渣A含有C以及氧化铁；滤液A中加入过量盐酸生成硅酸沉淀，过滤、洗涤得滤渣B为硅酸，煅烧硅酸可得二氧化硅，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)二氧化硅为酸性氧化物，氧化钠、氧化钾、氧化铁为碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故答案为：Al2O3；‎ ‎(2)二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；‎ ‎(3)氧化钠、氧化钾均能与水反应生成可溶性碱，氧化铝为两性氧化物能够与强碱反应生成可溶性偏铝酸盐，二氧化硅 为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成可溶性硅酸钠，三氧化二铁、碳与氢氧化钠不反应，所以过滤剩余的滤渣A的成分为C和Fe2O3，故答案为：C和Fe2O3。‎ ‎(4)滤液A中加入过量盐酸生成硅酸沉淀，过滤、洗涤得滤渣B为硅酸，故答案为：H2SiO3；‎ ‎(5)过滤所需的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故答案为：漏斗。‎ 三、实验题：本题共1个小题，每空2分，共20分。‎ ‎24.某课外小组在实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，并进行氯气性质的研究。‎ ‎（1）该小组同学欲用下图所示仪器及试剂制备并收集纯净、干燥的氯气。‎ ‎①用不到的仪器是________（填大写字母）。‎ ‎②将各仪器按先后顺序连接起来，应该是：___________(用导管口处的字母表示)。‎ ‎③浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式_____________。‎ ‎④ C的作用___________，D的作用_______，E中倒置漏斗的作用是_________。‎ ‎（2）该小组同学设计如下所示装置探究氯气的氧化性。‎ ‎① 通少量Cl2时，G中的现象是_______，原因是_________（用化学方程式表示）。‎ ‎② H中的现象是__________________。‎ ‎③ 烧杯中NaOH溶液的作用是______________。‎ ‎【答案】 (1). F (2). adefgbch (3). MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O (4). 除去Cl2中的HCl (5). 干燥氯气 (6). 防止倒吸 (7). 溶液变蓝色 (8). Cl2 + 2KI = 2KCl + I2 (9). 出现白色沉淀 (10). 吸收Cl2，防止污染空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示结合实验目的可知，实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气应该选用装置A；反应制得的氯气中会含有氯化氢和水蒸气等杂质，在收集前需要除杂，可以选择C除去氯化氢，选择D除去水蒸气；装置B可以收集氯气；装置E可以吸收尾气中氯气，防止污染，结合氯气的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)①根据上述分析，装置A为制备氯气的装置，装置C除去氯化氢，装置D除去水蒸气；装置B收集氯气；装置E吸收尾气中氯气，防止污染，用不到的仪器是装置F，故答案为：F；‎ ‎②根据上述分析，各仪器连接的先后顺序为adefgbch，故答案为：adefgbch；‎ ‎③浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O，故答案为：MnO2 +‎ ‎ 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O；‎ ‎④ 根据上述分析，C的作用为除去Cl2中的HCl，D的作用为干燥氯气，E中倒置漏斗可以防止倒吸，故答案为：除去Cl2中的HCl；干燥氯气；防止倒吸；‎ ‎(2)① 通少量Cl2时，氯气与碘化钾发生置换反应，Cl2 + 2KI = 2KCl + I2，碘遇到淀粉变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；Cl2 + 2KI = 2KCl + I2；‎ ‎② 氯气具有强氧化性，能够将SO2氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：出现白色沉淀；‎ ‎③氯气有毒，烧杯中NaOH溶液可以吸收多余的氯气，防止污染，故答案为：吸收Cl2，防止污染空气。‎ ‎ ‎