【化学】内蒙古通辽市2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）
内蒙古通辽市2019-2020学年高一下学期期中考试试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共100分，考试时间90分钟．
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 K-39 Ba-137 Cu-64
第I卷 选择题
一.选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-14题每题2分，15-20题每题3分 共46分）
1.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 质量数之和是质子数之和两倍的水分子符号可能是
B. Mg的原子结构示意图为
C. 次氯酸的电子式为
D. 氮气分子的结构式： N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．中质子数之和为8+2=10，质量数之和为16+4=20，质量数之和是质子数之和的2倍，故A正确；
B．镁的原子序数为12，则镁原子核内有12个质子，核外有12个电子，K、L、M层电子数依次为2、8、2，其结构示意图为，故B错误；
C．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氢共价键和1个氧氯共价键，次氯酸的电子式为，故C错误；
D．氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键，所以其电子式为，结构式为N≡N，故D错误；
答案为A。
2.下列各组中属于同位素关系的是（ ）
A. 与 B. T2O与H2O
C. 与 D. 金刚石与石墨
【答案】C
【解析】
【分析】质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，据此判断。
【详解】A、K和Ca不属于同一元素，不能互为同位素，A错误；
B、同位素属于原子，T2O和H2O属于化合物，B错误；
C、二者的质子数相同中子数不同，互为同位素，C正确；
D、金刚石与石墨属于单质，互为同素异形体，D错误。
答案选C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 周期表中第四周期共有32种元素
B. 原子最外层电子只有一个1个或2个的元素一定是金属元素
C. X2+的核外电子数目为18，则X在第四周期ⅡA族
D. 根据元素周期表的排布原则，第47号元素位于第五周期第ⅡB族
【答案】C
【解析】
【详解】A．由元素周期表可知，前四周期分别有2、8、8、18种元素，即第四周期共有18种元素，故A错误；
B．原子最外层电子只有1个的元素可能为H，最外层电子为2个的元素可能为He，H、He均为非金属元素，故B错误；
C．X2+的核外电子数目为18，可知质子数为18+2=20，为Ca元素，则X在第四周期第ⅡA族，故C正确；
D．47号元素原子核外电子依次为2、8、18、18、1，则原子核外有5个电子层，最外层电子数为1，次外层电子数为18，位于第五周期第IB族，为Ag元素，故D错误；
答案为C。
4.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素
X
Y
Z
W
原子半径/pm
186
143
75
71
主要化合价
＋1
＋3
＋5、＋3、－3
－1
下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y元素的金属性X
W－>X＋>Y3＋
【答案】D
【解析】
【分析】由表中数据分析可知，X的原子半径最大，其主要化合价为+1，则其可能为Na；Y的原子半径较大，其主要化合价为+3，则其可能为Al；Z的原子半径比Y小很多，其主要化合价为＋5、＋3、－3，则其可能为N；W的原子半径最小，其主要化合价为-1，则其可能为F。综合以上信息，可以确定上述推断皆为肯定。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为Na、Al、N、F。
A. 同一周期从左到右，元素的金属性依次减弱，故Na的金属性强于Al元素，A不正确；
B. N的非金属性没有F强，故N的气态氢化物没有F的气态氢化物稳定，B不正确；
C. Y的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，其只能溶于强碱性的溶液，不能溶于稀氨水，C不正确；
D. 电子层结构相同的离子，原子序数越大的半径越小；N3－、F－、Na＋、Al3＋的电子层结构相，故四其半径大小顺序为N3－>F－>Na＋>Al3＋，D正确。
综上所述，叙述正确的是D。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 18gH2O中含有的中子数为10NA
B. 同一元素的核素种类数由中子数决定
C. 质子数相同的微粒一定属于同一种元素
D. 通过化学变化可以实现与之间的相互转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个H2O分子中，H原子无中子，O原子有8个中子，则一个H2O分子中有8个中子，18g水的物质的量为1mol，即18gH2O中含有的中子数为8NA，故A错误；
B．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素，是同一元素的不同核素，同一元素的核素种数由中子数决定，故B正确；
C．具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故C错误；
D． 16O与18O之间的相互转化原子核中的中子数发生变化，属于核变化，不是化学变化，故D错误；
答案为B。
6.应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（ ）
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹（At）是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定大于HCl
③磷（P）的最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
⑤铊（Tl）与铝同主族，其氢氧化物既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
A. ①③④ B. ①③⑥ C. ③④⑤ D. ②④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大，则单质的熔点随原子序数的增大而降低，故①正确；
②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，非金属性越强，其氢化物越稳定，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；
③非金属性P＜S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，磷（P）的最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱，故③正确；
④第二周期非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故④错误；
⑤铊（Tl）与铝同主族，金属性Tl＞Al， Tl(OH)3不是两性的，其氢氧化物能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；
⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性越强，金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；由上述分析得①③⑥正确；
答案为B。
7.俄罗斯科学家用铪和钨两种核素精确确定了地球和月球的年龄，得出月球至少比地球早700万年形成，它们是根据18272Hf（铪-182）和18274W（钨-182）两种核素的含量比例得出的。下列有关铪-182和钨-182的关系说法正确的是（ ）
A. 中子数相等 B. 互为同位素
C. 原子质量几乎相同 D. 在周期表中处于相邻位置
【答案】C
【解析】
【详解】18272Hf（铪-182）和18274W的质量数相同，故其原子质量几乎相同。前者有110个中子，后者有108个中子，故其中子数不同。两者质子数相差2，故其不是同位素，在周期表中不相邻。综上所述，关于铪-182和钨-182的关系说法正确的是C。
答案选C。
8.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 氯化氢溶于水 B. 加热氯酸钾使其分解
C. 碘升华 D. 氯化钠溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化氢溶于水电离出氯离子和氢离子，破坏的是极性键，A项不选；
B．加热氯酸钾生成氯化钾和氧气，属于化学变化，破坏的是离子键和共价键，B项不选；
C．碘升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，C项选；
D．氯化钠溶于水，电离出钠离子和氯离子，破坏的是离子键，D不选；
答案选C。
9.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是( )
A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C. Na2O2、KOH、Na2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH 含有离子键和极性共价键；H2SO4只含有共价键；(NH4)2SO4含有离子键和共价键，故A错误；
B．MgO 只含离子键；Na2SO4含离子键和共价键；NH4HCO3含有离子键和共价键，故B错误；
C．Na2O2、KOH、Na2SO
4含离子键和共价键，故C正确；
D．HCl只含共价键；Al2O3、MgCl2只含离子键，故D错误；
答案选C。
10.下列说法正确的是( )
离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键
硫酸的酸性大于碳酸的酸性，所以非金属性
含金属元素的化合物不一定是离子化合物
由非金属元素组成化合物一定是共价化合物
熔融状态能导电的化合物是离子化合物
由分子组成的物质中一定存在共价键
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如H2O2、Na2O2，①项正确；
②元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，②项正确；
③含金属元素化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，③项正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐为离子化合物，④项错误；
⑤熔融状态能导电的化合物是离子化合物，说明该化合物中含有自由移动的离子，⑤项正确；
⑥由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，⑥项错误；
综上所述，正确，故C项正确，
答案选C。
11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径：W＜X＜Y＜Z
B. 化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键
C. Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝
D. 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W、X
【答案】C
【解析】
【分析】在短周期主族元素中，核外电子数是9的元素是F，所以X是F，最外层电子数是最内层一半的元素是Na，所以Y是Na，最高正价是最低负价绝对值的3倍的元素是S，所以Z是S，则W就是Cl。
【详解】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；
A.原子半径由小到大的顺序是：X W ZY，故A错误；
B.化合物Y2Z是Na2S，在Na2S中，只有离子键没有共价键，故B错误；
C.Y、W最高价氧化物对应水化物分别是：NaOH、HClO4，分别为强碱和强酸，氧化铝为两性氧化物，所以水溶液均能溶解氧化铝，故C正确；
D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是：HF HCl H2S ，故D错误；
本题答案为C。
12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W和Y同主族，X和Z同主族，W与X形成的二元化合物有两种，常温下均是液体；Y与Z的电子层数相同；向过量的YWZ溶液中滴入少量胆矾溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是（ ）
A. YWZ是共价化合物
B. 最简单气态氢化物的沸点：X＞Z
C. 原子半径由小到大的顺序为：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)
D. 简单离子的氧化性：W＜Y
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W与X形成的二元化合物有两种，常温下均是液体，则W为H元素，X为O氧元素，二者形成的二元化合物有H2O、H2O2，常温下均是液体，又W和Y同主族，X和Z同主族，Y与Z的电子层数相同，则Y为Na元素，Z为S元素；向过量的NaHS溶液中滴入少量胆矾溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，发生反应，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S，
A．NaHS是由Na+和HS-构成，属于离子化合物，故A错误；
B．H2O分子之间可以形成氢键，而H2
S分子之间不形成氢键，因此最简单气态氢化物的沸点：H2O＞H2S，故B正确；
C．同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径由小到大的顺序为：r(W)＜r(X)＜r(Z)＜r(Y)，故C错误；
D．同主族元素从上往下，还原性逐渐增强，其简单离子的氧化性逐渐减弱，则简单离子的氧化性：H+＞Na+，故D错误；
13.今年是门捷列夫发现元素周期律151周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（ ）
A. 常温常压下，Y单质为固态
B. 气态氢化物热稳定性：Z＜W
C. 原子半径：W＜X
D. X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，依据它们在元素周期表的位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价(除F与O以外)，可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y、Z分别为N、Al、Si、P，
A. 常温常压下，Si单质为固体，A项正确；
B. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，B项正确；
C. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，其既可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 在周期表中金属与非金属交界处可找到半导体材料
B. 从上到下，卤素的单质熔沸点逐渐升高
C. 从上到下，卤素单质颜色逐渐加深，与氢气的化合越来越难，单质氧化性逐渐减弱
D. 从上到下，卤素的非金属性越来越弱，所以氢化物的水溶液的酸性越来越弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故A正确；
B．F2、Cl2、Br2、I2属于组成和结构相似的分子，它们相对分子质量逐渐增大，所以F2、Cl2、Br2、I2单质的熔沸点逐渐升高，故B正确；
C．从上到下，卤素的非金属性依次减弱，与氢气的化合越来越难，单质氧化性逐渐减弱，卤素单质颜色由淡黄绿色、黄绿色。深棕红色、紫黑色逐渐加深，故C正确；
D．从上到下，卤族元素与H结合后共价键键能逐渐减小，在水中容易电离，电离得更充分，H+浓度更高，酸性更强，所以氢化物的水溶液的酸性越来越强，故D错误；
答案为D。
15.下列说法中正确的是（ ）
A. 在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性
B. 浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处
C. 氨经催化氧化起到了氮的固定作用
D. 正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水而碳化变黑，故A错误；
B．浓硝酸不稳定，见光易分解，化学方程式为4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O，应避光保存，因浓HNO3为液体，用棕色细口瓶盛装，故B正确；
C．将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，叫做氮的固定，而氨是化合物，不是单质，氨的催化氧化不是氮的固定，故C错误；
D．正常雨水pH小于7，酸雨pH小于5.6，故D错误；
答案为B。
16.已知下列四组实验,现象和结论均正确的是（ ）
操作
现象
结论
A
滴加稀NaOH溶液，将红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH
B
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中
出现白色沉淀
沉淀为BaSO3
C
在Na2S溶液中滴加新制氯水
产生浅黄色沉淀
非金属性：C1＞S
D
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后，滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化成Fe3+
【答案】C
【解析】
详解】A．滴加稀NaOH溶液，其没有加热，不会生成氨气，该方法无法检验铵根离子，应该用浓氢氧化钠溶液加热，故A错误；
B．二氧化硫和硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成白色硫酸钡沉淀和NO，所以得到的沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡，故B错误；
C．Na2S溶液中滴加新制氯水，发生置换反应生成S，反应化学方程式为Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，可说明氧化性氯气大于硫，则可说明Cl元素的非金属性Cl＞S，故C正确；
D．稀硝酸加入过量铁粉中，生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液不显红色，故D错误；
答案为C。
17.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )
A. 加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体
B. 加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C. 加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性
D. 三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A正确；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B错误；
C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C错误；
D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；
答案选A。
18.NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是（ ）
A. 将足量Zn与100mL18mol/L 浓硫酸反应，生成224mL气体，转移电子为0.02NA
B. 32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA
C. 1 mol Na2O2固体中含离子总数与1 mol CH4中所含共价键数目相等
D. 常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．生成的气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；
B．32g铜的物质的量为n= =0.5mol，而铜与浓、稀硝酸反应后均变为+2价，故0.5mol铜反应失去NA个电子，由电子得失守恒可知，浓、稀硝酸得电子数均为NA个，故B正确；
C．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子；甲烷中含4个C—H键，故1mol甲烷中含4NA个共价键，1 mol Na2O2固体中含离子总数与1 mol CH4中所含共价键数目不相等，故C错误；
D．常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体中设NO2的物质的量为x，设N2O4
的物质的量为y，由质量列出方程为46x+92y=92，解得x+2y=2，则92 g的NO2和N2O4混合气体中含有的氮原子的物质的量为x+2y=2(mol)，含有的氮原子的数为2NA，故D错误；
答案为B。
19.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（ ）
A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C. 在Z导管出来的气体中没有二氧化碳
D. 在Z导管口排出无色气体
【答案】B
【解析】
【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
A. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；
B. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；
C. CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；
D. 反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；
答案选B。
20.将质量为mg的铜屑完全溶于适量浓硝酸中，反应后得到NO2、NO的混合气体，将所得气体通入300mL2mol•L-1NaOH溶液中，恰好完全反应，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则m的值为（ ）
A. 12.8 B. 19.2 C. 25.6 D. 51.2
【答案】C
【解析】
【详解】将所得气体通入300mL 2mol•L-1 NaOH溶液中，恰好完全反应，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，根据钠元素守恒，NaNO2的物质的量为0.3L×2mol•L-1－0.2mol = 0.4mol，根据得失电子守恒，HNO3→NaNO2得电子0.4mol×2=0.8mol，Cu →Cu(NO3)2失电子 ，m=25.6g，故选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
21.甲图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：
请回答下列问题：
（1）甲图中C元素的中子数为7，其原子符号为_____，元素I与G同主族,位于第四周期则元素I的原子结构示意图______。
（2）F、G、H元素气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为_______________（用化学式表示）
（3）化合物X是B元素的最高价氧化物，其电子式为_________，甲图中C元素的一种氢化物Y是10电子微粒, Y与O2发生置换反应的化学方程式为_________。
（4）H的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质，且当有28mol电子转移时，恢复至室温共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式__________。
（5）由上述元素中的几种组成a、b、c、d各物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱（其中溶液b和溶液c均为足量）。
①溶液a和b分别为_____，___（填化学式）。
②溶液c中的离子方程式为_________。
③请从原子结构的角度解释非金属性C＞B的原因_________。
【答案】(1). (2). (3). HCl＞H2S＞SiH4 (4). (5). 4NH3+3O22N2+6H2O (6). 4HClO4═2Cl2↑+7O2↑+2H2O (7). HNO3 (8). NaHCO3 (9). +CO2+H2O=H2SiO3↓+ (10). 碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强。
【解析】
【分析】由图中化合价可知，D的化合价只有-2价，没有正化合价，故D为O元素；A有+1、-1价，且原子序数最小，A为H元素；B的原子序数小于O ，B的化合价为+4、-4价，B为C元素；C的原子序数小于O，C的化合价有+5、-3价，则C为N元素；E的原子序数大于O，且E的化合价为+1价，处于ⅠA族，故E为Na元素；F、B的化合价相同，F与B位于同主族，F的原子序数大，则F为Si；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；H的最高正价为+7，原子序数最大，则H为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知：A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Na元素，F为Si元素，G为S元素，H为Cl元素；
（1）C为N元素，核电荷数为7，质子数为7，N元素的中子数为7，其质量数为7+7=14，其原子符号为；G为S元素，位于第三周期VIA族，元素I与G同主族，位于第四周期，则I为Se元素，核电荷数34，核外34个电子，K、L、M、N层电子数依次为2、8、18、6，其原子结构示意图为；答案为，。
（2）F为Si元素，G为S元素，H为Cl元素，属于同周期元素，从左到右，元素的非金属性依次增强，则非金属性Si＜S＜Cl，非金属越强，其气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HCl＞H2S＞SiH4；答案为HCl＞H2S＞SiH4。
（3）B为C元素，化合物X是B元素的最高价氧化物，X是CO2，CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对，其电子式为；C为N元素，它一种氢化物Y是10电子微粒为NH3，NH3与O2发生置换反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2
O；答案为，4NH3+3O22N2+6H2O。
（4）H为Cl元素，Cl的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是氯的单质，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，氯的单质为氯气，Cl元素由+7价得电子变为0价，生成2mol氯气时即可得到28mol电子，则由电子守恒可知还生成7mol氧气，该反应为4HClO4═2Cl2↑+7O2↑+2H2O；答案为4HClO4═2Cl2↑+7O2↑+2H2O。
（5）B为C元素，C为N元素，F为Si元素，用乙图装置证明元素C、N、Si的非金属性强弱，由图可知，锥形瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，溶液b可除去二氧化碳中挥发的硝酸，试剂为饱和碳酸氢钠，溶液c为硅酸钠，均发生强酸制取弱酸的反应；
①溶液a和b分别为HNO3、饱和NaHCO3；答案为HNO3，NaHCO3。
②溶液c中的离子方程式为+CO2+H2O=H2SiO3↓+；答案为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+。
③从原子结构的角度解释非金属性N＞C的原因：因为碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强；答案为碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强。
22.下图是元素周期表的一部分,用化学用语回答下列问题：
(1)元素Fe在周期表中位置为________。
(2)⑦与⑧形成的化合物中各原子均满足8电子稳定结构的是_____。(用化学式表示)
(3)④、⑦、⑧三种元素的非金属性由强到弱的顺序是________。(用元素符号表示)
(4)用电子式表示含元素⑥的10电子二元化合物的形成过程________。
(5)Y由②⑥⑧三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为_________ 。
【答案】(1). 第四周期第Ⅷ族 (2). PCl3 (3). Cl＞P＞C (4). (5). 5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为Na，③为Al，④为C，⑤为N，⑥为O，⑦为P，⑧为Cl，然后结合化学用语及原子结构特点、元素化合物的知识来解答。
【详解】(1)Fe元素为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族；
(2)⑦为P，⑧为Cl，两种元素形成的化合物中各原子均满足8电子稳定结构的是PCl3；
(3)④为C，⑦为P，⑧为Cl，最高价氧化对应的水化物的酸性越强，非金属越强，HClO4为强酸，H3PO4为中强酸，H2CO3为弱酸，所以三种元素的非金属性由强到弱的顺序是Cl＞P＞C；
(4)⑥为O，含氧元素的10电子二元化合物为H2O，其形成过程可以表示为：；
(5)②为Na，⑥为O，⑧为Cl，三种元素组成的Y为常见消毒剂，应为NaClO，与As的反应生成As的最高价含氧酸，即H3AsO4，根据元素守恒和电子守恒可得化学方程式为5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl。
23.两个化学兴趣小组进行了以下探究活动：
第一组：为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，称取铁钉(碳素钢)12.0g放入30.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。甲同学取672 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4.66g。分析上述实验中SO2体积分数的结果。甲同学认为气体Y中还可能含有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。
(1)写出产生CO2的化学方程式_____________。
(2)装置A中试剂的作用是______，反应的离子方程式________。
(3)如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是____________。
(4)简述确认气体Y中含有CO2的实验现象__________。
第二组：拟用下列装置定量分析空气中SO2含量：
(5)KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是________。
(6)该实验中已经知道的数据有气体流速a L/min、酸性KMnO4溶液的体积b L，其浓度为c mol/L。若从气体通入到紫色恰好褪去，用时5分钟。则此次取样处的空气中二氧化硫含量为___g/L
【答案】(1). C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O (2). 除去混合气体中的SO2 (3). 5SO2＋2＋2H2O＝5＋2Mn2+＋4H+ (4). E中固体由黑变红和F中固体由白变蓝 (5). B中品红不褪色且C中澄清石灰水变浑浊 (6). 增大接触面积，有利于SO2的充分吸收 (7).
【解析】
【分析】第一组：气体Y中含有SO2，现欲探究气体Y中还可能含有H2和CO2气体，SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，
则为排除SO2对CO2检验的干扰，先将气体Y通过酸性高锰酸钾溶液，从而除去SO2气体，品红溶液用于检验SO2是否除尽，澄清石灰水用于检验是否含有CO2气体，D装置用于干燥气体，同时会吸收未反应完的CO2气体，E、F用于检验氢气，G装置可防止空气中的水蒸气进入F中干扰实验，据此分析解答。
第二组：通入空气体积5a L，反应的KMnO4物质的量为bc mol，根据KMnO4物质的量运用方程式计算空气中二氧化硫的物质的量，进而计算空气中二氧化硫含量。
【详解】(1)铁钉(碳素钢)中含有碳单质，其与浓硫酸在加热的条件下可反应产生二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；
(2)由上述分析知，装置A中酸性高锰酸钾溶液的作用是除去混合气体中的SO2，该反应为氧化还原反应，SO2被氧化为，被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5SO2＋2＋2H2O＝5＋2Mn2+＋4H+；
(3)装置E、F用于检验氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，则如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是E中固体由黑变红、F中固体由白变蓝；
(4)确认气体Y中含有CO2，应完全排除SO2的干扰，当B中品红溶液不褪色，C中澄清石灰水变浑浊，可说明含有CO2；
(5)KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是增大接触面积，有利于SO2的充分吸收；
(6)通入空气的体积为a L/min×5min=5a L，KMnO4物质的量为b L×c mol/L=bc mol，根据5SO2＋2＋2H2O＝5＋2Mn2+＋4H+可得5SO2~2,则n(SO2)=，m(SO2)=，此次取样处的空气中二氧化硫含量为。
24.Ⅰ.氨是一种重要的化工原料，某学习小组欲制取氨气并探究其性质。请回答：
（1）实验室制取氨气的化学方程式是____。
（2）如图一是进行氨气喷泉实验的装置，引发喷泉后氨气使烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程式表示）____。
（3）该小组同学设计了如图二所示的实验装置（部分夹持仪器未画出），探究氨气的还原性并检验产物。
①实验现象为：黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉末变为蓝色；同时生成一种无色气体，该气体无污染。请写出氨气与CuO反应的化学方程式___。
②碱石灰的作用是________。
③该装置存在明显缺陷，请指出存在的问题______。
Ⅱ.3.2g Cu与30mL，8mol/L过量HNO3反应，硝酸的还原产物为NO，NO2，反应后溶液中所含H+为a mol，则：①此时溶液中所含的NO为_____ mol。
②所生成的NO在标准状况下体积为_______L。（以上结果均用含a的代数式表示）
【答案】(1). 2NH4Cl + Ca（OH）2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (2). NH3 + H2ONH3·H2ONH+ OH- (3). 3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O (4). 吸收氨气中有的水蒸气，防止干扰产物水的测定。 (5). 此装置没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境 (6). （0.1+a） (7). 11.2(a－0.04)
【解析】
【详解】I．（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，部分电离生成氨根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，遇酚酞呈现红色，离子方程式：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；答案为：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-。
（3）①黑色CuO变为红色，红色是铜，所以生成物是铜；白色无水CuSO4粉末变为蓝色生成五水合硫酸铜，说明生成物含有水；同时生成一种无色气体，该气体无污染，由元素守恒可知为N2，则可判断氨气与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O；答案为：3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O。
②碱石灰是干燥剂，能吸收水蒸气，防止干扰产物水的测定；答案为吸收氨气中混有的水蒸气，防止干扰产物水的测定。
③氨气是刺激性气体，所以不能排入空气，应有尾气处理装置；答案为此装置没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境。
Ⅱ．①3.2gCu的物质的量为n(Cu)=3.2g÷64g/mol=0.05mol，与HNO3反应后，生成Cu(NO3)2，由Cu元素守恒，则Cu(NO3)2的物质的量也为0.05mol，根据Cu(NO3)2 =Cu2++2NO3-，可知Cu(NO3)2中含NO3-为0.05×2=0.1mol，又反应后溶液中所含H+为a mol ，由HNO3═H++NO3-可知，HNO3中含NO3-为amol，则此时溶液中含有NO3-的物质的量为(0.1+a )mol；答案为(0.1+a )。
②浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，则生成NO，反应后溶液中硝酸过量，n(NO3-)=(0.1+a)mol，加入的30mL，8mol/L过量HNO3，n(HNO3)=0.03L×8mol/L=0.24mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y
，由N元素守恒可知，x+y=0.24-(0.1+a)，根据电子守恒可得：3x+y=2×0.05 ，解之得：x=(a-0.04）mol，标况下V(NO)=(a-0.04)mol ×22.4L/mol=11.2(a-0.04)L；答案为11.2(a-0.04)。
