2018-2019学年重庆市第一中学高一下学期半期考试化学试题（解析版）

2018-2019学年重庆市第一中学高一下学期半期考试化学试题（解析版）

‎2019年重庆一中高2021级高一下半期考试 化学试题卷 注意事项：‎ ‎1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。‎ 可能用到相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Br 80‎ Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（本题包括16个小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（ ）‎ A．氢气用于新能源汽车 B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 D．开采可燃冰（甲烷水合物），将其作为能源使用 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢气燃烧为新能源汽车提供能量，是化学变化，故A不符合题意；‎ B.氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不是化学变化，故B符合题意；‎ C.偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量的热，反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O43N2↑+4H2O+2CO2↑，属于化学变化，故C不符合题意；‎ D.可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量的热，反应的化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎2.2019年是国际化学元素周期表年。下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 最新的元素周期表有八个周期 B. 主族就是周期表中只有短周期元素的纵列 C. 一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂 D. 元素周期表第8、9、10三纵列合称ⅧB族，是元素周期表中元素种类最多的族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素周期表有7个周期，故A错误；‎ B.主族元素由短周期元素和长周期元素组成的，故B错误；‎ C.过渡金属元素的化合物可作催化剂，则一般在过渡元素中寻找一些化学反应新型催化剂，故C正确；‎ D.元素周期表第8、9、10三纵列合称Ⅷ族，ⅢB族含镧系和锕系，是元素周期表中元素种类最多的族，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.下列性质的比较正确的是（ ）‎ A. 酸性：HClO > H2CO3 B. 碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3‎ C. 稳定性：SiH4 > PH3 D. 熔点：Rb > Na ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.比较碳酸与次氯酸的酸性强弱，可以根据强酸制弱酸，用二氧化碳的水溶液和次氯酸盐反应生成次氯酸即可，离子方程式为：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO，所以酸性：HClO＜H2CO3，故A错误；‎ B.金属性：Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，故B正确；‎ C.非金属性：Si＜P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：SiH4＜PH3，故C错误；‎ D.Rb、Na均为金属晶体，金属晶体的熔点高低取决于晶体中金属离子与自由电子之间的作用力大小，作用力的大小又取决于金属离子的半径和价电子数的多少，半径越小、价电子数越多，作用力越强，熔点越高，因此钠的熔点高于铷的熔点，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。‎ ‎4.下列有关化学用语使用正确的是（ ）‎ A. CO2 的电子式： B. NH3的结构式：‎ C. 硫酸亚铁铵的化学式：NH4Fe(SO4)2 D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2分子中含有碳氧双键，其电子式为，故A错误；‎ B.NH3分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为，结构式为：，故B正确；‎ C.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，故C错误；‎ D.中子数为146、质子数为92的铀（U）原子的质量数为238，其原子可以表示为：U，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.对于反应2A(g) + 3B(g) = 2C(g) + D(g)，下列表示反应速率最快的是（ ）‎ A. υ(A) =0.5mol·L－1·min－1 B. υ(B)=1.2mol·L－1·min－1‎ C. υ(C)=0.4mol·L－1·s－1 D. υ(D)=0.3mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用速率之比等于化学计量数之比转化为同一物质表示的速率，然后进行比较。‎ ‎【详解】对于可逆反应2A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g），都转化为B物质表示的速率进行比较，‎ A.υ（A）=0.5mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故υ（B）=υ（A）=×0.5mol/（L•min）=0.75mol/（L•min）=0.0125mol/（L•s）；‎ B.υ（B）=1.2mol/（L•min）=0.02mol/（L•s）；‎ C.υ（C）=0.4mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（B）=υ（C）=×0.4mol/（L•s）=0.6mol/（L•s）；‎ D.υ（D）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（B）=3υ（D）=3×0.3mol/（L•s）=0.9mol/（L•s）。‎ 所以反应速率最快的是D。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】比较反应速率常用的两种方法：①归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化为同一物质的反应速率，再比较大小；②比值法：用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。注意单位必须一致。‎ ‎6.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 断裂化学键会释放能量 B. 物质的内能与其聚集状态有关 C. 放热反应均无需加热就能发生 D. 根据能量守恒定律，反应物的总能量等于生成物的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.断裂化学键会吸收能量，形成化学键释放能量，故A错误；‎ B.物质的内能与其聚集状态有关，同种物质，质量、温度相同，状态不同，则固、液、气的内能依次增大，故B正确；‎ C.反应条件与反应是放热或吸热没有关系，故C错误；‎ D.由于任何化学反应都会伴随能量变化，则根据能量守恒定律，反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.下列实验装置能达到相应目的的是（ ）‎ A B C D 实验装置 目的 测定中和热 制备干燥的NH3‎ 分离I2和NH4Cl 验证Fe与稀盐酸反应放热 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若Fe与稀盐酸反应为放热反应，根据空气的热胀冷缩原理，集气瓶内的空气受热膨胀，压强增大，U型管内的液面左低右高，故A正确；‎ B.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；大小烧杯之间要填满碎泡沫塑料，大、小烧杯杯口应相平，保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故B错误；‎ C.氨气的密度比空气小，试管内的导管应插到试管底部，且应使用棉花塞住试管口，不能使用橡胶塞，故C错误；‎ D.碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，所以不能用加热的方法分离I2和NH4Cl，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8.下列各组物质中，均属于共价化合物并且化学键类型完全相同的是（ ）‎ A. O2和CCl4 B. NaH和HI C. Cl2和NH4NO3 D. CCl4和H2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.O2为共价键构成的单质，不是化合物，故A不符合题意；‎ B.NaH中化学键为离子键，NaH属于离子化合物，HI中化学键为共价键，化学键类型不相同，故B不符合题意；‎ C.Cl2为共价键构成的单质，不是化合物，故C不符合题意；‎ D.CCl4和H2SO4都属于共价化合物，都含有极性共价键，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。‎ ‎9.C、Q、Y、Z四种元素在周期表中的相对位置如图所示，C的简单氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法正确的是（ ）‎ A. C只有两种氧化物 B. Q的单质在常温下可与水迅速反应 C. Y在阴暗处即可与H2剧烈反应并爆炸 D. Z的最高正价与最低负价的代数和为4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C的简单氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为N元素，根据元素周期表的结构可知：Q为Na元素，Y为S元素，Z为As元素，结合元素的性质进行答题。‎ ‎【详解】由分析可知：Q为Na元素，Y为S元素，Z为As元素，C为N元素。‎ A.N元素的氧化物有NO、N2O4、N2O5等，不止两种，故A错误；‎ B.钠单质的性质非常活泼，在常温下可与水迅速反应，生成氢氧化钠和氢气，故B正确；‎ C.氢气和硫在加热时反应生成硫化氢，故C错误；‎ D.As为第VA元素，最高正价为+5价，最低负价为-3价，最高正价与最低负价的代数和为2，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大， X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：M>Z>Y>X B. 4种元素中Y的金属性最强 C. Z的最高价氧化物的水化物是强酸 D. 元素X可与元素M形成离子化合物XM2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则X的最外层含有4个电子，为C元素；Y2+‎ 电子层结构与氖相同，则Y为Mg元素；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S元素；Z的原子序数大于Mg而小于S，且质子数为偶数，则Z为Si元素，结合元素周期律以及元素的性质进行答题。‎ ‎【详解】由分析可知：X为C元素，Y为Mg元素，Z为Si元素，M为S元素。‎ A.Y、Z、M都含有3个电子层，X含有2个电子层，电子层数越多，原子半径越大，具有相同电子层数的原子，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Y＞Z＞M＞X，故A错误；‎ B.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下元素的金属性逐渐增强，所以4种元素中Mg的金属性最强，故B正确；‎ C.Z的最高价氧化物的水化物为硅酸，硅酸为弱酸，故C错误；‎ D.元素X可与元素M形成的化合物为CS2，CS2是由非金属元素组成的共价化合物，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎11.Na2CO3溶液与盐酸反应过程中的能量变化示意图如图，下列反应属于吸热反应的是（ ）‎ A. CO32－(aq)＋H＋(aq)=HCO3－(aq)‎ B. CO32－(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)‎ C. HCO3－(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)‎ D. CO2(g)＋H2O(l)=H2CO3(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从图示可知：CO32-(aq)+H+(aq)的总能量大于HCO3-(aq) 的总能量，CO32-(aq)+H+(aq)=HCO3-(aq)为放热反应，故A不符合题意；‎ B. 从图示可知：CO32－(aq)＋2H＋(aq)的总能量大于CO2(g)＋H2O(l)的总能量，CO32－(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l) 为放热反应，故B不符合题意；‎ C. 从图示可知：HCO3-(aq)+H+(aq)的总能量小于CO2(g)+H2O(l)的总能量，HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，故C符合题意；‎ D.根据H2CO3(aq)和CO2(g)、H2O(l)的能量高低可知，CO2(g)＋H2O(l)的总能量大于H2CO3(aq)的总能量，CO2(g)＋H2O(l)=H2CO3(aq)为放热反应，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】放热反应、吸热反应的判断依据：‎ ‎1．根据反应物具有总能量与生成物具有的总能量的大小关系；‎ ‎2．反应物具有的键能总和与生成物具有的键能总和的大小关系。‎ ‎12.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的无色气体。下列说法错误的是（ ）‎ A. S2Cl2同时含有极性键和非极性键 B. S2Cl2中所有原子最外层都达到了8e－稳定结构 C. S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点：S2Br2 < S2Cl2‎ D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.S-Cl原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故A正确；‎ B.根据结构式知，该分子中每个氯原子和S原子之间形成一个共用电子对、S原子之间形成一个共用电子对，所以每个原子都达到8电子稳定结构，故B正确；‎ C.分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，S2Br2、S2Cl2都是分子晶体，且相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，所以熔沸点S2Br2＞S2Cl2，故C错误；‎ D.常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，说明生成二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），S2Cl2中Cl元素化合价为-1价，所以不能再得电子，只能是一部分S元素化合价降低到0价（生成S），所以反应方程式为2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 0.1 mol所含电子数目为1.4NA B. 32gS8(分子结构：)中的共价键数目为NA C. 14gLi在空气中充分燃烧，消耗氧分子的数目为NA D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Clˉ、ClOˉ和HClO的微粒数之和小于NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1个所含的电子为14个，所以0.1mol所含电子的数目为1.4NA，故A正确；‎ B.S8分子是皇冠形，上面4个硫，下面4个硫，依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，则32gS8含有的S-S键个数为×8×NA=NA，故B正确；‎ C.Li在空气中充分燃烧生成Li2O，反应方程式为：4Li+O22Li2O，14gLi的物质的量为2mol，消耗氧气的物质的量为0.5mol，消耗氧分子的数目为0.5NA，故C错误；‎ D.标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中还存在氯气分子，且HClO是弱酸，不能完全电离，故溶液中的Cl-、ClO-和HClO个数之和小于NA，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎14.已知H2S的燃烧热 ΔH=－akJ·mol－1，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. 2H2S(g) + O2(g)=2H2O(g) + 2S(s) ΔH=－akJ·mol－1‎ B. 2H2S(g) + O2(g)=2H2O(l) + 2S(s) ΔH=－akJ·mol－1‎ C. 2H2S(g) + 3O2(g)=2H2O(l) + 2SO2(g) ΔH=－akJ·mol－1‎ D. 2H2S(g) + 3O2(g)=2H2O(l) + 2SO2(g) ΔH=－2akJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】H2S的燃烧热△H=-akJ·mol-1，由燃烧热概念可知2mol硫化氢完全燃烧生成SO2（g）和H2O（l）放热2akJ，则H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l） △H=-2akJ·mol-1。‎ 故选D。‎ ‎15.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同 B. C2H5OH溶于水的过程中无化学键被破坏 C. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 D. 蒸发NaCl溶液得到NaCl固体的过程中有离子键的形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.纯碱和烧碱都是离子晶体，熔化时克服离子键，则纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同，故A正确；‎ B.C2H5OH溶于水破坏的是分子间作用力，无化学键被破坏，故B正确；‎ C.NaHSO4晶体溶于水破坏HSO4-、Na+之间的离子键以及HSO4-中的H-O共价键，离子键、共价键均被破坏，故C错误；‎ D.加热蒸发NaCl溶液得到NaCl固体的过程中，Na+和Cl-重新形成离子键，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎16.根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是（ ）‎ A. 第84号元素的最高化合价是＋7‎ B. 第七周期0族元素的原子序数为118‎ C. 第35号元素的单质在常温常压下是液体 D. 位于第四周期第VA族的元素为非金属元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氡的原子序数为86，位于周期表中第六周期0族，则84号元素位于第六周期ⅥA族，所以第84号元素的最高化合价是+6，故A错误；‎ B.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32＝118，故B正确；‎ C.第35号元素为溴元素，溴单质在常温常压下是液体，故C正确；‎ D.位于第四周期第ⅤA族元素是砷，是非金属元素，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。‎ Ⅱ卷（共４题，共52分）‎ 二、非选择题（本大题共4个小题，共52分）‎ ‎17.氢是宇宙中含量最高的元素，占宇宙总质量的75%，应用前景十分广阔。‎ ‎（1）氢有1H、2H、3‎ H三种常见的核素，它们互称为____；氢元素的相对原子质量约为1.008，则三种核素中丰度（百分含量）最高的是____。‎ ‎（2）2H2O可用作核反应堆的减速剂，1个 2H2O分子中所含中子的个数为___。‎ ‎（3）H可与N形成多种分子，其中某分子含18个e－、6个原子，则该分子的结构式为__。‎ ‎（4）工业上用C和H2O制取H2已知：‎ ‎①C(s) + H2O(g) = H2(g) + CO(g) ΔH1 ②C(s) + 2H2O(g) = 2H2(g) + CO2(g) ΔH2‎ 则CO(s) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g) ΔH =__(用ΔH1、ΔH2表示)。‎ ‎（5）NaBH4是一种重要的储氢载体。‎ ‎①B在元素周期表中的位置为___。‎ ‎②NaBH4(s)与H2O (l)反应生成NaBO2(s)和一种气体，在25℃，101kPa下，已知每消耗3.8g NaBH4放热21.6kJ，则该反应的热化学方程式为________；反应前后B的化合价不变，则反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为____。‎ ‎【答案】 (1). 同位素 (2). 1H (3). 10 (4). (5). ΔH2－ΔH1 (6). 第二周期第IIIA族 (7). NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216kJ·mol－1 (8). 4NA ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）1H、2H、3H的质子数相同，中子数不相同，所以它们互为同位素，同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，氢元素的相对原子质量约为1.008，与1H的质量数比较接近，则三种核素中丰度（百分含量）最高的是1H，故答案为：同位素，1H。‎ ‎（2）中子数=质量数-质子数，2H的中子数=2-1=1，O的中子数=16-8=8，所以1个2H2O分子中所含中子的个数为1+1+8=10，故答案为：10。‎ ‎（3）H可与N形成多种分子，其中含18个e－、6个原子的分子为N2H4，N2H4中N原子与其它三个原子成键，达到8电子稳定结构，结构式为，故答案为：。‎ ‎（4）已知：①C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) ΔH1②C(s) +2H2O(g)=2H2(g)+CO2(g) ΔH2，根据盖斯定律由②-①可得，CO(s)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=ΔH2－ΔH1，故答案为：ΔH2－ΔH1。‎ ‎（5）①B的原子序数为5，在元素周期表中的位置为第二周期第IIIA族，故答案为：第二周期第IIIA族。‎ ‎②NaBH4能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O发生反应，生成NaBO2和氢气，H元素化合价由-1价、+1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒，反应方程式：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，已知每消耗3.8gNaBH4放热21.6kJ，3.8gNaBH4的物质的量为0.1mol，所以1molNaBH4参加反应放出的热量为216kJ，故该反应的热化学方程式为：NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216kJ·mol－1，根据反应方程式，1个NaBH4‎ 参加反应转移4个电子，则反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为4NA，故答案为：NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216kJ·mol－1；4NA。‎ ‎18.X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个短周期；且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。请用化学用语回答下列问题：‎ ‎（1）G简单离子的结构示意图为____，Y、Z、M简单离子的半径由大到小的顺序为____（用离子符号表示）。‎ ‎（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___（填化学式）；Y、M的简单氢化物沸点较高的是____（填化学式），组成该物质的分子的空间结构为_____。‎ ‎（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有______（写两种，填化学式）。‎ ‎（4）Z、Y两种元素的单质在加热条件下可发生反应，产物的电子式为______。‎ ‎（5）M的单质与其最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). S2－>O2－>Na+ (3). HClO4 (4). H2O (5). V形 (6). Cl2、O3、ClO2（任写两种） (7). (8). S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、G五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素，结合元素周期律以及元素的性质进行答题。‎ ‎【详解】由分析可知：X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，M是S元素，G是Cl元素。‎ ‎（1）由分析可知：G是Cl元素，氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，故氯离子的结构示意图为；Y、Z、M简单离子分别为O2-、Na+、S2-，电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为：S2－>O2－>Na+；故答案为：‎ ‎；S2－>O2－>Na+。‎ ‎（2）非金属性元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4；Y、M的简单氢化物分别为H2O、H2S，同族元素形成的氢化物，结构相似，对于结构相似的物质，一般情况下，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，但是由于在水分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用，所以沸点H2O＞H2S，水分子的空间结构为V形，故答案为：HClO4，H2O，V形。‎ ‎（3）Y的单质O3，G的单质Cl2，两元素之间形成的化合物为ClO2，可作水消毒剂，故答案为：Cl2、O3、ClO2（任写两种）。‎ ‎（4）O、Na两种元素的单质在加热条件下可发生反应生成过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，其电子式为为：，故答案为：。‎ ‎（5）S元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，S单质与浓硫酸反应的化学方程式为S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，故答案为：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O。‎ ‎19.某实验小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：‎ ‎（1）仪器a的名称是____。‎ ‎（2）利用图中A装置进行实验室制备SO2的化学方程式是____。‎ ‎（3）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色。停止通气后，给B、D两支试管中的液体加热，试管中现象是：B__；D___。据此，说明SO2的漂白特点是_____。‎ ‎（4）装置C的作用是_______。‎ ‎（5）将等物质的量的SO2和Cl2‎ 同时通入水中，所得水溶液没有漂白性的原因是（用离子方程式表示）________。要检验此时溶液中生成的负一价阴离子，方法是_____（要求答出具体实验操作、现象及结论）。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3 +H2SO4=Na2SO4 +SO2↑＋H2O (3). 恢复红色 (4). 仍为无色 (5). 可逆性（受热可复原） (6). 吸收多余SO2、Cl2，防止污染空气 (7). SO2+Cl2＋2H2O=4H++SO42－+2Cl－ (8). 取样，加入过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据仪器的构造可知仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。‎ ‎（2）实验室中常用亚硫酸钠跟浓硫酸起反应制取二氧化硫，反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4 +SO2↑＋H2O，故答案为：Na2SO3 +H2SO4=Na2SO4 +SO2↑＋H2O。‎ ‎（3）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故答案为：恢复红色，仍为无色，可逆性（受热可复原）。‎ ‎（4）氯气和二氧化硫均是大气污染物，需要尾气处理，则装置C的作用是吸收多余SO2、Cl2，防止污染空气，故答案为：吸收多余SO2、Cl2，防止污染空气。 （5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，反应的离子方程式为SO2+Cl2＋2H2O=4H++SO42－+2Cl－；溶液中生成的负一价阴离子为Cl-，检验Cl-的方法为：取样，加入过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－，故答案为：SO2+Cl2＋2H2O=4H++SO42－+2Cl－；取样，加入过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－。‎ ‎20.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）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____(填序号)。‎ a．Cl2、Br2、I2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 ‎（2）碘元素可预防甲状腺肿大，因此我国市场上的食盐均加了碘（KIO3）。甲同学鉴别食盐是否加碘的流程如下：‎ ‎①若样品为加碘食盐，则现象应为_____，此方法中KI的作用是_____。‎ ‎②乙同学取纯NaCl作样品做对照实验，也出现了明显的现象，原因是____。‎ ‎③丙同学提出新的鉴别加碘食盐的方案，流程如下：‎ 此方案第一步涉及反应的离子方程式为____。‎ ‎（3）已知反应2HBr(g) = H2(g) + Br2(g) ΔH= +102 kJ·mol－1。‎ ‎①1molH2(g)、1molBr2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、200kJ的能量，则1molHBr(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。‎ ‎②某温度下，向体积为2L的密闭容器中通入amol HBr气体，10min后测得Br2蒸气的浓度为bmol/L，则此段时间内υ(HBr)=____。‎ ‎（4）一定条件，在水溶液中1 mol Cl－、ClOx－(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。‎ B→A＋C反应的热化学方程式为____(用离子符号表示)。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). 溶液变蓝 (3). 作还原剂，将IO3－还原为I2 (4). 空气中的O2将I－氧化为了I2 (5). 3SO32－+IO3－=3SO42－+I－ (6). 369kJ (7). 0.2bmol·L－1·min－1 (8). 3ClO－(aq) =2Cl－(aq) +ClO3－(aq) ΔH=－117kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）a.Cl2、Br2、I2的熔点升高是由于相对分子质量增大引起分子间作用力增大，与非金属性强弱无关，故a错误；‎ b.同一主族元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，故b正确；‎ c.同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，故c正确；‎ d.同一主族元素，元素的非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，与氢化物水溶液的酸性无关，故d错误。‎ 故答案为：bc。‎ ‎（2）①若样品为加碘食盐，加碘盐中加了KIO3，KIO3与KI在酸性条件下发生反应生成单质碘，反应方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，生成的单质碘遇到淀粉溶液变为蓝色，该反应中KI中碘的化合价由-1价升高为0价，化合价升高，作还原剂，将IO3－还原为I2，故答案为：溶液变蓝；作还原剂，将IO3－‎ 还原为I2。‎ ‎②取纯NaCl作样品做对照实验，溶液也为蓝色，原因是空气中的O2将I－氧化为I2，I2单质遇淀粉，溶液也为蓝色，故答案为：空气中的O2将I－氧化为了I2。‎ ‎③第一步中Na2SO3与KIO3在酸性条件下发生反应，KIO3具有氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到-1价，由化合价升降总数守恒(电子守恒)配平方程式：3Na2SO3+KIO3=KI+3Na2SO4，离子方程式为：3SO32－+IO3－=3SO42－+I－，故答案为：3SO32－+IO3－=3SO42－+I－。‎ ‎（3）①1molH2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为436kJ，1molBr2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为200kJ，1molHBr（g）化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，H2（g）+Br2（g）═2HBr（g） △H=-102kJ·mol-1，依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则-102kJ/mol=436kJ/mol+200kJ/mol-2akJ/mol，解得a=369，故答案为：369kJ。‎ ‎②某温度下，向体积为2L的密闭容器中通入amolHBr气体，10min后测得Br2蒸气的浓度为bmol/L，根据速率的概念可知：υ(Br2)===0.1bmol·L－1·min－1，根据反应方程式中速率之比等于化学计量数之比，所以υ(HBr)=2υ(Br2)=0.2bmol·L－1·min－1，故答案为：0.2bmol·L－1·min－1。‎ ‎（4）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-（aq）=ClO3-（aq）+2Cl-（aq），反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-（aq）=ClO3-（aq）+2Cl-（aq） △H=-117kJ/mol，故答案为：3ClO-（aq）=ClO3-（aq）+2Cl-（aq） △H=-117kJ/mol。‎ ‎【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；③和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；④最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑤由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑥置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。‎ ‎ ‎