【化学】河北省石家庄市新乐第一中学2019-2020学年高一下学期调研试题（解析版）
河北省石家庄市新乐第一中学2019-2020学年高一下学期调研试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Br 80 I 127
第I卷 （选择题 共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.从2019年烧到2020年的澳大利亚山火终于熄灭了，在此次火灾中产生了大量的大气污染物：①浓烟中的炭粒 ②氮的氧化物 ③碳的氧化物 ④硫的氧化物，其中会导致雨水酸化的有害、有毒气体是（ ）
A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①②
【答案】B
【解析】
【分析】导致雨水酸化的有害气体主要是二氧化氮和二氧化硫，据此分析判断。
【详解】火灾中产生大量的大气污染物中的氮的氧化物、硫的氧化物是导致雨水酸化的有害气体，故答案选B。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化
B. 化学反应发生过程中一定有能量变化
C. 放热反应在常温条件下一定都能发生
D. 化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少无关
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，故A错误；
B．化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键的形成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键形成所释放的能量不同，导致化学反应中发生了能量的变化，故B正确；
C．放热反应有的需要加热，有的不需加热，如铝热反应是放热反应，但需要加热，故C错误；
D．化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少成正比，故D错误；
故答案选B。
3.下列粒子含有的电子数和质子数均与F— 的相同的是（ ）
A. OH- B. Na+ C. H2O D. NH4+
【答案】A
【解析】
【分析】F的原子序数为9，则F—具有9个质子，因原子变为阴离子要得到电子，则电子数为10，然后判断选项来分析解答。
【详解】A．OH−中具有9个质子和10个电子，则与F—具有相同质子数和电子数，故A正确；
B．Na+中具有11个质子和10个电子，则不与F—具有相同质子数和电子数，故B错误；
C．H2O中有10个质子和10个电子，则不与F—具有相同质子数和电子数，故C错误；
D．NH4＋中具有11个质子数和10个电子，则不与F—具有相同质子数和电子数，故D错误；
故答案选A。
4.下列对化学反应的理解不正确的是（ ）
A. 从化学键的角度分析，化学反应中一定有旧键的断裂和新键的形成
B. 从能量的角度分析，化学反应中一定有能量的变化
C. 从物质的种类分析，化学反应中一定有新物质的生成
D. 从微观角度分析，化学反应中一定有分子种类的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．从化学键的角度分析，化学反应为反应物化学键的断裂和生成物化学键生成的过程，故A正确；
B．从能量的角度分析，化学反应中由于旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键形成所释放的能量不同，导致化学反应中发生了能量的变化，故B正确；
C．从物质的种类分析，化学反应中一定有新物质生成，故C正确；
D．从微观角度分析，化学反应中反应物和生成物都不一定由分子构成，如NaCl和AgNO3在溶液中的反应，故D错误；
故答案选D。
5.下列关于物质分类的叙述正确的是（ ）
A. 凡是含有共价键的化合物一定是共价化合物
B. 凡是含有离子键的化合物一定是离子化合物
C. 凡是非金属单质一定含有共价键
D. 凡是含氧酸都是强电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH，故A错误；
B．离子化合物是由阴阳离子构成的，阴阳离子间存在离子键，所以凡是含有离子键的化合物都是离子化合物，故B正确；
C．非金属单质不一定含有共价键，如稀有气体单质是单原子分子，不含共价键，故C错误；
D．并不是所有的含氧酸都是强电解质，如H2SO3是弱电解质，故D错误；
故答案选B。
6.下列既属于氧化还原反应，又属于放热反应的是（ ）
A. 稀硫酸与锌粒反应 B. 高温煅烧石灰石
C. 稀盐酸与氢氧化钠的反应 D. 生石灰溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】物质所含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应。
【详解】A．Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，金属与酸的反应为放热反应，故A符合题意；
B．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，该反应为吸热反应，故B不符合题意；
C．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，为放热反应，故C不符合题意；
D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，为放热反应，故D不符合题意；
故答案选A。
7.短周期主族元素X、Y 具有相同的电子层数且原子序数Y>X，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 若X、Y 形成的常见简单离子分别为X+ 、Y3+ ，则离子半径：X+
X，那么在周期表中，Y的位置在X的右边。
【详解】A．若X、Y 形成的常见简单离子分别为X+ 、Y3+ ，则核外电子排布相同，离子半径：X+ >Y3+，故A错误；
B．若X为N元素，HNO3是强酸，但NH3溶于水显碱性，故B错误；
C．同一周期，单质状态由固态到气态，或由固态到液态再到气态，Y的位置在X的右边，所以，若X元素形成的常见单质在常温下是气体，则 Y元素形成的常见单质在常温下一定也是气体，故C正确；
D．若X为Na，Y为Al，则NaOH是强碱，但Al(OH)3是两性氢氧化物，故D错误；
故答案选C
8.下列关于氢键及范德华力的叙述正确的是（ ）
A. 氢键比范德华力强，它们都属于化学键
B. 分子间形成的氢键会使物质的熔点和沸点升高
C. HF分子间只存在氢键，没有范德华力
D. 由于 HF分子间存在氢键，所以 HF比 H2O 更稳定
【答案】B
【解析】
【分析】氢键仅存在于电负性较强的F、O、N元素对应的氢化物中，是一种分子间作用力，但比分子间作用力强，比共价键弱，可影响物质的物理性质，以此解答该题。
【详解】A．氢键比范德华力强，是一种介于化学键与分子间作用力之间的作用力，但它们不属于化学键，故A错误；
B．氢键能影响物质的熔沸点，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故B正确；
C．HF分子间存在氢键，也存在范德华力，故C错误；
D．HF与H2O的稳定性与H−F、H−O键有关，而与氢键无关，故D错误；
故答案选B。
9.下列变化中有化学键的断裂的是（ ）
A. HCl溶于水 B. 酒精的挥发 C. 干冰的升华 D. 裁剪布料
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCl溶于水发生电离，H−Cl键断裂，故A符合题意；
B．酒精的挥发没有化学键断裂，故B不符合题意；
C．干冰的升华没有化学键断裂，故C不符合题意；
D．裁剪布料没有化学键断裂，故D不符合题意；
故答案选A。
10.对于反应2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑中化学键变化判断正确的是（ ）
A. 只有离子键的断裂和形成
B. 只有共价键的断裂和形成
C. 既有离子键和共价键的断裂，又有离子键和共价键的形成
D. 既有离子键和极性键的断裂，又有离子键和极性键的形成
【答案】C
【解析】
【详解】对于反应2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑，Na2O2中含有离子键和非极性键，H2O中含有极性键，在发生化学反应时都发生了断裂，新形成了NaOH中的离子键和极性键、O2中的非极性键，所以该反应中既有离子键和共价键的断裂，又有离子键和共价键的形成，故答案选C。
11.下列关于40Ar、40K、40Ca说法正确的是（ ）
A. 具有相同的质子数
B. 具有相同的质量数
C. 具有相同的中子数
D. 互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．40Ar、40K、40Ca中质子数分别为18、19、20，质子数不同，故A错误；
B．40Ar、40K、40Ca质量数都是40，故B正确；
C．40Ar、40K、40Ca的中子数分别为22、21、20，中子数不同，故C错误；
D．40Ar、40K、40Ca是不同种元素，不能互称为同位素，故D错误；
故答案选B。
12.下列热化学方程式中，△H 能正确表示对应物质的燃烧热的是（ ）
A. CO2 (g)=CO(g)+O2(g) △H=+283.0kJ·mol-1
B. S(s)+O2(g)=SO3(g) △H=-396kJ·mol-1
C. H2(g）+O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ·mol-1
D. CH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) △H =—890.3kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物。
【详解】A．CO2 (g)=CO(g)+O2(g)表示的是CO2的分解过程，不能表示CO的燃烧反应，故A错误；
B．S燃烧生成SO2，而能生成SO3，△H不代表燃烧热，故B错误；
C．H2的化学计量数为1，但产物H2O(g)不是稳定氧化物，应该生成H2O(l)，故C错误；
D．CH4的化学计量数为1，生成了稳定的氧化物，△H代表燃烧热，故D正确；
故答案选D。
13.卤素互化物具有和卤素相似的化学性质。下列有关BrCl的说法错误的是（ ）
A. BrCl中的溴元素显+1价
B. BrCl中的原子均符合8电子稳定结构
C. BrCl、Cl2、Br2 的熔、沸点大小：Br2＞BrCl＞Cl2
D. BrCl与 H2O 反应的生成物为 HBr和 HClO
【答案】D
【解析】
【详解】A．化合物中显正价的元素在左，显负价的在右，BrCl中Cl为-1价，则溴元素显+1价，故A正确；
B．BrCl中的原子间形成一对共用电子对，都符合8电子稳定结构，故B正确；
C．卤族元素单质从上到下熔、沸点逐渐升高，BrCl是Cl和Br原子构成的分子，熔沸点应介于Cl2和Br2 之间，故三者的熔、沸点大小为Br2＞BrCl＞Cl2，故C正确；
D．BrCl中Cl为-1价，Br为+1价，与H2O反应的生成物应为 HCl和 HBrO，故D错误；
故答案选D。
14.已知：C(s)的燃烧热△H = —393.5kJ·mol—1，C(s)+ O2 (g) = CO(g) △H = —110.5kJ·mol—1。测得某次实验中m g炭粉燃烧所得气体中，CO 和 CO2的体积比为1:2，则与这些炭完全燃烧(只生成CO2)相比较，损失的能量是（ ）
A. kJ B. kJ C. kJ D. kJ
【答案】D
【解析】
【分析】碳不完全燃烧损失的热量为生成的CO燃烧放出的热量，根据碳原子守恒计算出CO的物质的量，再根据CO燃烧的热化学方程式计算。
【详解】mg碳的物质的量为mol，由于CO和CO2的体积比为1:2，根据碳原子守恒得CO的物质的量为mol×=mol；由C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1，C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ·mol-1，得CO(g)+O2(g)= CO2(g) △H=(-393.5kJ·mol-1)- (-110.5kJ·mol-1)=-283.0kJ·mol-1，即1molCO完全燃烧放出的热量为283.0kJ，则molCO完全燃烧放出的热量为×283.0kJ=kJ，故答案选D。
15.氯氨铂是一种治疗癌症的常用化学药物，具有较高疗效。其中的金属Pt(铂元素)是原子序数为78(质量数为195)的原子，则Pt的中子数与质子数之差是（ ）
A. 117 B. 78 C. 39 D. 0
【答案】C
【解析】
【详解】因为质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数，则中子数=质量数-原子序数=195-78=117，Pt的中子数与质子数之差是117-78=39，故答案选C。
16.与 W 相邻的X、Y、Z三种短周期主族元素，其中X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，X、W 同主族。下列说法不正确的是
A. X与 W 可以形成 WX2、WX3 两种常见化合物
B. Z元素最高价氧化物对应水化物的化学式为 H3ZO4
C. Y 的简单氢化物的沸点比X的简单氢化物的沸点高
D. Y、Z、W 的原子半径大小：Z>W>Y
【答案】C
【解析】
【分析】Y的最高正价与最低负价的代数和为6，可知Y的最高正价为+7价，最低负价为-1价，符合条件的短周期主族元素只有Cl元素，故Y为Cl，由于W 与X、Y、Z三种短周期主族元素相邻，故W为S元素，X、W 同主族，则X为O元素，X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，则Z为P元素，据此解答。
【详解】Y的最高正价与最低负价的代数和为6，可知Y的最高正价为+7价，最低负价为-1价，符合条件的短周期主族元素只有Cl元素，故Y为Cl，由于W 与X、Y、Z三种短周期主族元素相邻，故W为S元素，X、W 同主族，则X为O元素，X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，则Z为P元素；
A． O与S可以形成SO2、SO3两种常见化合物，故A正确；
B．P元素最高价氧化物对应水化物的化学式为 H3PO4，故B正确；
C．Cl的简单氢化物为HCl，O的简单氢化物为H2O，沸点：H2O>HCl，故C错误；
D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故Cl、P、S的原子半径大小：P>S>Cl，故D正确；
故答案选C。
第II卷 （非选择题 共52分）
二、非选择题（本题包括5小题，共52分）
17.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)在25℃、101kPa时，2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则C2H2燃烧的热化学方程式是_________________________ 。
(2)已知：C(石墨，s)+O2(g) = CO2(g) △H = —393.5kJ·mol—1，C(金刚石，s)+ O2(g) =CO2(g) △H =—395.0kJ·mol—1，则反应C(石墨，s) = C(金刚石，s) △H =______kJ·mol—1。由此可知，石墨和金刚石相比更稳定的是 _______(填“石墨”或“金刚石”)。
(3)已知H2(g)的燃烧热△H 1=—285.0kJ·mol—1，CO(g)的燃烧热△H 2=—283.0kJ·mol—1， CH3OH(l)的燃烧热△H3=—726.0kJ·mol—1。0.2mol由H2 和CO组成的混合气体在完全燃烧时放出56.8kJ的能量，则混合气体中H2 和CO的质量比为_________。工业上在催化剂的作用下，可用H2(g)和CO(g)合成CH3OH(l)。请写出由H2(g)和CO(g)合成CH3OH(l)的热化学方程式：_______________________。
(4)强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为 H+ (aq)+OH— (aq) = H2O(l) △
H =—57.3kJ·mol—1。已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq) = CH3COONa(aq)+H2O(l) △H =—33.1kJ·mol—1。请写出醋酸溶液电离的热化学方程式：_______________。
【答案】(1). 2C2H2(g)+5O2(g) = 4CO2(g)+2H2O(l) △H=-2600kJ·mol—1 (2). +1.5 (3). 石墨 (4). 1:14 (5). 2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) △H=-127kJ·mol—1 (6). CH3COOH(aq)CH3COO— (aq)+H+ (aq) △H =+24.2kJ·mol—1
【解析】
【分析】(1)根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答；
(2)依据盖斯定律写出石墨转化为金刚石的反应热，根据反应热判断哪种物质更稳定；
(3)设混合气体中H2和CO的物质的量为xmol和(0.2-x)mol，根据相关热化学方程式和混合气体放出的热量求解H2和CO的物质的量，进而计算其质量比，根据盖斯定律写出热化学方程式；
(4)把CH3COOH(aq)+NaOH(aq) = CH3COONa(aq)+H2O(l) △H =-33.1kJ·mol-1写成离子方程式的形式，根据盖斯定律写出醋酸溶液电离的热化学方程式。
【详解】(1) 2gC2H2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量是100kJ，则1molC2H2完全燃烧放出的热量为=1300kJ，其热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-2600kJ·mol-1；
(2)C(石墨，s)+O2(g) = CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1，C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) △H2 =-395.0kJ·mol-1，则反应C(石墨，s) = C(金刚石，s) △H =△H1-△H2=(-393.5kJ·mol-1)-(-395.0kJ·mol-1) =+1.5 kJ·mol-1，石墨的能量更低，相对更加稳定；
(3)设混合气体中H2和CO的物质的量为xmol和(0.2-x)mol，则285.0x+283.0(0.2-x)=56.8，解得x=0.1，混合气体中H2和CO的物质的量均为0.1mol，两者质量之比为：1：14；根据盖斯定律，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) △H=2△H1+△H2-△H3=-127kJ·mol-1，则热化学方程式为：2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l) △H=-127kJ·mol-1；
(4)CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H =-33.1kJ·mol-1写成离子方程式的形式为CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO-(aq)+H2O(l) △H =-33.1kJ·mol-1，由H+(aq)+OH—(aq) = H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，得CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H =-33.1kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=+24.2kJ·mol-1
，即醋酸溶液电离的热化学方程式为CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H =+24.2kJ·mol-1。
18.现有下列物质，请在横线上按要求归类(填序号)
①H2 ②He ③KOH ④CO2 ⑤H2O2 ⑥CaCl2
(1)只由极性键构成的物质是__________________ ；
(2)只由离子键构成的物质是 ____________________；
(3)只由非极性键构成的物质是_____________；
(4)由离子键和极性键构成的物质是____________；
(5)由极性键和非极性键构成的物质是______________；
(6)不含化学键的是_____________。
【答案】(1). ④ (2). ⑥ (3). ① (4). ③ (5). ⑤ (6). ②
【解析】
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答。
【详解】①H2中H−H原子之间只存在非极性键；
②He为单原子分子，不存在化学键；
③KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O−H原子之间存在极性键；
④CO2分子中C与O原子之间只存在极性键；
⑤H2O2中H−O之间存在极性键、O−O原子之间存在非极性键；
⑥CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键；
通过以上分析可知：
(1)只由极性键构成的物质是④；
(2)只由离子键构成的物质是⑥；
(3)只由非极性键构成的物质是①；
(4)由离子键和极性键构成物质是③；
(5)由极性键和非极性键构成的物质是⑤；
(6)不含化学键的是②。
19.通过简单地推理或计算填空。
(1)X原子有两个电子层，K 层电子数是L层电子数的一半，X是_______(写元素符号)元素。
(2)若某元素形成的简单离子的电子层数和最外层电子数与 Ne原子相同，其可能的离子中半径最小的是__________(填离子符号)。
(3)元素R能够与某非金属元素 W 形成化合物 RWn，已知 RWn 分子中各原子核外最外层电子总数为26，核外电子数总和为66 ，则 W 是 ___________(写元素符号)元素，n=_____________。
(4)位于三个不同周期的四种短周期主族元素 A、B、C、D，其部分元素特征信息如下表：
元素编号
元素特征信息
A
其单质是密度最小的物质
B
阴离子带两个单位负电荷，其单质是空气的主要成分之一
C
在短周期主族元素中金属性最强
D
最高价氧化物对应水化物的酸性最强
①写出常温下D的单质与A、B、C形成的化合物的稀溶液反应的化学方程式：________________。
②D的最高价氧化物对应的水化物与 A、B、C形成的化合物的水溶液反应的离子方程式为________________________。
【答案】(1). C (2). Al3+ (3). Cl (4). 3 (5). Cl2+2NaOH = NaCl+NaClO+H2O (6). H+ +OH—= H2O
【解析】
【详解】(1)X原子有两个电子层，则K层有2个电子，K层电子数是L层电子数的一半，则L层有4个电子，故X为C元素；
(2)若某元素形成的简单离子的电子层数和最外层电子数与Ne原子相同，则原子核外有10个电子，核内质子数越多离子半径越小，则其可能的离子中半径最小的是Al3+；
(3)元素R能够与某非金属元素W形成化合物RWn，RWn分子中各原子核外最外层电子总数为26；
①设R的最外层电子数为x，x=1、2、3、4、5、6、7，非金属元素W的最外层电子数为y，y=1、3、4、5、6、7；
高中我们所接触的n＜8，对n进行赋值，找出符合题意的x、y；
当n=1时，x+y=26，不符合题意；
当n=2时，x+2y=26，不符合题意；
当n=3时，x+3y=26，当x=5，y=7时，核外电子数总和为66，符合题意的R为P元素，W为Cl元素；
当n=4时，x+4y=26，核外电子数总和为66，没有符合题意的数值；
当n=5时，x+5y=26，核外电子数总和为66，没有符合题意的数值；
当n=6时，x+6y=26，核外电子数总和为66，没有符合题意的数值；
当n=7时，x+7y=26，核外电子数总和为66，没有符合题意的数值；
综上所述，当n=3时，x=5，y=7符合题意，R为P元素，W为Cl元素；
(4)A单质是密度最小的物质，则A为H元素；B阴离子带两个单位负电荷，其单质是空气的主要成分之一则B为O元素；C在短周期主族元素中金属性最强，则C为Na元素；D最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则D为Cl元素；
①A、B、C形成的化合物为NaOH，常温下Cl2与NaOH稀溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②D的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，与NaOH水溶液反应的离子方程式为H++OH—=H2O。
20.已知X、Y、Z、W 是中学化学中常见的四种不同粒子，其中X、W 为分子，Y、Z为离子它们之间存在如下所示的转化关系：
X+Y→Z+W Z+H+ →X Y+H+ →W
(1)如果X、Y、Z、W 均是10电子的粒子，请写出：
X的电子式：____________； W 的电子式：_________________。
(2)如果X和Z均是18电子的粒子，Y 和 W 均是10电子的粒子，请写出：
①X与Y(足量)在溶液中反应的离子方程式：______________________。
②根据上述离子方程式，可判断Z与 Y 结合质子(H+ )的能力大小是 ________ >_____ 。(用化学式或离子符号表示)
【答案】(1). (2). (3). H2S+2OH— = S2— +2H2O (4). OH— (5). S2— (或HS—等合理答案均可)
【解析】
【分析】(1)10电子微粒X、Y反应得到两种10电子微粒，X、W 为分子，Y、Z为离子，应是氟化氢与氢氧根离子反应得到氟离子与水，而Z、Y都能与氢离子反应，可推知X为HF，Y为OH−，Z为F−，W为H2O；
(2)如果X、Z均是18电子的粒子，Y、W是10电子粒子，X、W
为分子，Y、Z为离子，结合转化关系，可推断：X为H2S，Y为OH−，Z为HS−或S2−，W为H2O。
【详解】(1)10电子微粒X、Y反应得到两种10电子微粒，X、W 为分子，Y、Z为离子，应是氟化氢与氢氧根离子反应得到氟离子与水，而Z、Y都能与氢离子反应，可推知X为HF，Y为OH−，Z为F−，W为H2O；HF的电子式为，H2O的电子式为；
(2)如果X、Z均是18电子粒子，Y、W是10电子粒子，X、W 为分子，Y、Z为离子，结合转化关系，可推断：X为H2S，Y为OH−，Z为HS−或S2−，W为H2O；X与Y(足量)在溶液中反应的离子方程式为：H2S+2OH— = S2— +2H2O，根据离子方程式，可以判断结合质子的能力大小是OH−＞S2−或OH−＞HS−。
21.原子序数由小到大排列的四种短周期元素 A、B、C、D，四种元素的原子序数之和为32，B、C元素的常见单质是空气的主要成分，A 的一种同位素无中子
(1)D元素是_____________(填元素符号)
(2)B、C、D分别与 A组成的最简单化合物中沸点最高的是__________(填化学式) 。
(3)A、B、C三种元素能组成一种常见强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，写出该反应的离子方程式： ____________。
(4)由 A、B、C、D四种元素可以组成多种离子化合物
①若离子化合物X(其各元素组成为 A5BC4D)能与足量 NaOH 浓溶液反应写出X的化学式：___________________________.
在含有X的溶液中滴入几滴 NaOH 溶液并加热无气体生成，其可能的原因是 _______________________________________.
②若离子化合物Y(其各元素组成为 A8B2C3D)既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出Y与氯水反应的离子方程式：__________________.
(5)由 A、C、D和Fe四种元素组成的相对分子质量为278的化合物Z，1molZ中含有7mol结晶水 Z的化学式为_______________________。
【答案】(1). S (2). H2O (3). 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+4H2O (4). NH4HSO4 (5). 加入的OH-被硫酸氢铵电离出的H+所消耗，未与NH4+反应生成氨气(或NH3·H2O) (6). SO32-+Cl2+H2O = SO42-+2H+ +2Cl- (7). FeSO4·7H2O
【解析】
【详解】B、C元素的常见单质是空气的主要成分，且B的原子序数小于C，因此B为氮元素，C为氧元素；A的一种同位素无中子，A为氢元素；A、B、C、D四种元素的原子序数之和为32，D的原子序数为32-1-7-8=16，D为硫元素；
(1)D元素是S；
(2)B、C、D分別与A组成的最简单化合物分别为：NH3、H2O、H2S，NH3和H2O中含有氢键，且氧元素的电负性大于氮元素，H2O分子间的氢键强于NH3，因此沸点最高的为H2O；
(3)A、B、C三种元素能组成一种常见强酸为硝酸，稀硝酸与铜反应反应的离子方程式为3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
(4)①离子化合物X的组成为H5NO4S，且能和NaOH浓溶液反应，推知X为NH4HSO4；在含有X的溶液中滴入几滴NaOH溶液并加热无气体生成，其可能的原因是加入的OH-被硫酸氢铵电离出的H+所消耗，未与NH4+反应生成氨气(或NH3·H2O)；
②离子化合物Y的组成为H8N2O3S，且既能与盐酸反应，又能与氯水反应，推知Y为(NH4)2SO3，与氯水反应的离子方程式为SO32- +Cl2+H2O = SO42- +2H+ +2Cl-；
(5)H、O、S与Fe组成的相对分子质量为278的化合物Z，1molZ中含有7mol结晶水，结晶水所占的相对分子质量为18×7=126，剩余相对分子质量为278-126=152，推知Z的化学式为FeSO4·7H2O。
