湖南省长沙市长郡中学2020,2020学年高一化学下学期第一次月考线上统一测试试题含解析

　湖南省长沙市长郡中学 2019- -0 2020 学年高一化学下学期第一次月考线上统一测试试题（含解析）

　可能用到的相对原子质量：

　H

　1

　 Li

　7

　 O 16

　 Na

　23

　Mg 24

　Al 27

　K

　39

　Cu 64

　一、单项选择题

　1. 下列说法正确的是 ( ) A. 第 IVA 元素最不活泼 B. 过渡元素就是副族元素 C. 第 IVA 元素即为第十四纵行 D. 第 IA 元素所含元素种类最多 【答案】C 【解析】

　【详解】A.0 族元素最不活泼，A 错误； B.过渡元素包括副族元素和第Ⅷ元素，B 错误； C.第 IVA 元素即为第十四纵行，C 正确； D.第ⅢB 元素所含元素种类最多，因为包含镧系和錒系，D 错误。

　答案选 C。

　2. 下列关于元素周期表、元素性质的说法正确的是(

　) A. 目前使用的元素周期表中最长的周期含有 36 种元素 B. 第ⅠA 族金属元素是同周期中金属性最强的元素 C. 同种元素的原子均有相同的质子数和中子数 D. 第ⅦA 族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强 【答案】B 【解析】

　【详解】A．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有 32 种元素，为第六周期，第七周期若排满也为 32 种，选项 A 错误； B.同一周期元素，元素的金属性随着原子序数的增大而减弱，所以ⅠA 族金属元素是同周期中金属性最强的元素，选项 B 正确； C．同种元素的原子均有相同的质子数，而中子数不同，如 H、D、T，选项 C 错误； D.ⅦA 族元素的阴离子还原性越强，元素的非金属越弱，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，选项 D 错误； 答案选 B。

　3. 下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是 A. 氢气和氧气燃烧生成水 B. 氯气和钠燃烧生成白烟 C. 氯化氢气体溶解于水 D. 食盐水蒸发结晶 【答案】B 【解析】

　【分析】

　一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，反应中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，说明发生了化学反应，据此分析解答。

　【详解】A. 氢分子、氧分子和水分子中都存在共价键，所以氢气和氧气燃烧生成水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故 A 错误； B. 2Na+Cl 2 =2NaCl 中既有共价键（氯气）的断裂，又有离子键的形成，所以 B 选项是正确的； C.氯化氢溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子，只有共价键的断裂，故 C 错误； D. 食盐水蒸发结晶有氯化钠晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，故 D 错误。

　所以 B 选项是正确的。

　4. 探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是(

　 )

　A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应 B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气 C. 用装置丙稀释反应后的混合液 D. 干燥 SO 2

　【答案】C 【解析】

　【详解】A．浓硫酸和 Cu 反应表现出强氧化性需要加热，选项 A 错误； B．二氧化硫的密度比空气密度大，所以集气瓶中要长进短出，用向上排气法收集，选项 B 错

　误； C．向烧杯中加水，将烧瓶中反应后的混合液倒入烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，选项 C 正确； D．碱石灰能与二氧化硫反应，不能用于干燥二氧化硫，选项 D 错误； 答案选 C。

　【点睛】本题考查浓硫酸的性质实验，实验装置的基本操作。①浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；②二氧化硫的密度比空气密度大，所以集气瓶中要长进短出；③二氧化硫是酸性氧化物，能与碱石灰反应。

　5. 下列关于原电池的叙述正确的是（

　）

　A. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B. 原电池是将化学能转化为电能的装置 C. 在原电池中，电子流出的一极是负极，该电极被还原 D. 原电池放电时，电流的方向是从负极到正极 【答案】B 【解析】

　【详解】A.构成原电池的正、负极可以是两种不同金属，也可以用金属电极与导电的非金属电极，如碳作电极，在燃料电池中也可都用石墨电极，故 A 错误； B.原电池是将化学能转化为电能的装置,故 B 正确； C.原电池中电子流出的一极是负极，该极发生氧化反应，故 C 错误； D.电流的方向是从正极经外电路流向负极，与电子流动的方向是相反的，D 错误； 故选 B。

　6. W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L 电子层的电子数分别为 0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为 18。下列说法正确的是(

　 ) A. W 与 X 形成的最简单的化合物可以使蓝色石蕊试液变红 B. X 与 Y 不能存在于同一离子化合物中 C. 氧化物的水化物的酸性：Y<Z D. 阴离子的还原性：W>Z 【答案】D 【解析】

　【详解】W、X、Y、Z 均为 短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L 电子层的电子数分别为 0、5、8、8，则 W 是 H 元素，X 是 N 元素，Y、Z 为第三周期元素；它们的最外层

　电子数之和为 18，W 最外层电子数是 1，X 最外层电子数是 5，Y、Z 最外层电子数之和是 12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于 Z，则 Y 是 P 元素、Z 是 Cl 元素。

　A．W 与 X 形成的最简单的化合物 NH 3 可以使红色石蕊试液变蓝，选项 A 错误；

　B．X、Y 分别是 N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，选项 B 错误； C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性 H 3 PO 4 ＜HClO 4 ，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，选项 C 错误； D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性 W＜Z，所以阴离子的还原性：W＞Z，选项 D 正确；

　答案选 D。

　7. 第 117 号元素 X 在元素周期表中的位置是第七周期ⅦA 族。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 2I C. 其单质的分子式为2X ，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】

　【分析】

　117 号元素 X 处于处于第七周期，第ⅦA 族，它的原子结构与卤族元素相似，原子核外有 7 个电子层，且最外层有 7 个电子，结合元素周期律分析判断。

　【详解】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 I 2 ，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 X 2 ，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。

　8. 反应 C(s)+H 2 O(g) CO(g)+H 2 (g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是(

　) A. 其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小 B. 保持体积不变，充入少量 He 气体使体系压强增大，反应速率一定增大 C. 反应达平衡状态时：

　v (CO) 正 = v (H 2 O) 逆

　D. 其他条件不变，适当增加 C(s)的质量会使反应速率增大 【答案】C 【解析】

　【详解】A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，物质的浓度增大，反应速率加快，A 错误； B.保持体积不变，充入少量 He 气体使体系压强增大，由于反应体系的物质浓度不变，所以反应速率不变，B 错误； C.反应达平衡状态时任何物质的浓度不变，用同一物质表示的反应速率相同， v (H 2 O) 正 = v (CO)正 = v (H 2 O) 逆 ，则 v (H 2 O) 正 =

　v (H 2 O) 逆 ，C 正确； D.其他条件不变，适当增加 C(s)的质量，由于 C 是固体，物质的浓度不变，所以反应速率不变，D 错误； 故合理选项是 C。

　9. X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素。X 分别与 Y、Z、W 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：

　下列说法错误的是 A. 四种元素形成的单质中 W 的氧化性最强 B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙 C. 甲常用作致冷剂 D. 甲、乙分子均只含极性共价键 【答案】B

　【解析】

　【分析】

　丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为 NO，单质 Z 与化合物甲反应生成 NO，则单质 Z 为 O 2 ，化合物甲为 NH 3 ，乙为 H 2 O，能与 H 2 O 反应生成氧气的单质为 F 2 ，丙为 HF，故元素 X、Y、Z、W分别为 H、N、O、F。据此解答。

　【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F 四种元素形成的单质中 F 2 的氧化性最强，故 A 正确； B. 常温下 NH 3 和 HF 为气态，H 2 O 在常温下为液态，所以沸点最高的是 H 2 O，故 B 错误； C. 化合物甲为 NH 3 ，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故 C 正确； D. 化合物甲为 NH 3 ，乙为 H 2 O，NH 3 和 H 2 O 分子均只含极性共价键，故 D 正确。

　故选 B。

　【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的 10 电子微粒。

　10. 将 Mg、Cu 组成的 1.96g 混合物投入过量稀硝酸中，充分反应后，固体完全溶解时收集到还原产物 NO 气体 0.896L(标准状况)，向反应后的溶液中加入 2mol/L 的 NaOH 溶液 80mL 时金属离子恰好完全沉淀 。

　则形成沉淀的质量为(

　) A. 4.68g B. 4.32g C. 4.00g D. 5.36g 【答案】C 【解析】

　【 详 解 】

　硝 酸 被 还 原 为 NO 气 体 且 标 准 状 况 下 体 积 为 0.896L ， 即 物 质 的 量 为0.896L22.4L/ mol=0.04mol，所以转移的电子的物质的量为 0.04mol×（5-2）=0.12mol。

　最后沉淀为 Cu(OH) 2 、Mg(OH) 2 ，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于 1.96g +0.12mol×17g/mol=4.00g。

　答案选 C。

　【点睛】本题考查混合物的计算，解题关键是判断沉淀质量为金属与金属离子结合氢氧根离子的质量之和．可以根据氢氧化钠计算沉淀中氢氧根的物质的量更简单，硝酸被还原为 NO 气体且标准状况下体积为 0.896L，即物质的量为 0.04mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量．最后沉淀为 Cu(OH) 2 、Mg(OH) 2 ，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量。

　11. 将 X 气体通入 BaCl 2 溶液，未见沉淀生成，然后通入 Y 气体，有沉淀生成，X、Y 不可能是

　选项 X Y A SO 2

　H 2 S B Cl 2

　CO 2

　C NH 3

　CO 2

　D SO 2

　Cl 2

　A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】

　【详解】A、将 SO 2 通入 BaCl 2 溶液，不反应，部分 SO 2 溶解在水中与后来通入的 H 2 S 发生反应2H 2 S＋SO 2 ＝3S↓＋2H 2 O，生成 S 沉淀，A 不选； B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B 选； C、反应为：2NH 3 +H 2 O+CO 2 +BaCl 2 ＝2NH 4 Cl+BaCO 3 ↓，C 不选； D、发生反应：SO 2 +Cl 2 +2H 2 O＝H 2 SO 4 +2HCl,BaCl 2 ＋H 2 SO 4 ＝BaSO 4 ↓＋2HCl，D 不选； 答案选 B。

　12. X、Y、Z 三种短周期主族元素，原子半径的大小关系为 r (Y)> r (X)> r (Z)，原子序数之和为 16。X、Y、Z 三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中 A 为 X、Y 组成的双原子分子，B 和 C 均为 10 电子分子。下列说法不正确的是(

　)

　A. X 元素位于第ⅥA 族 B. A 不能溶于 B 中 C. A 和 C 不可能发生氧化还原反应 D. X 的最高正化合价数高于 Y 的最高正化合价数 【答案】C 【解析】

　【详解】常见的 10 电子分子有 CH 4 、NH 3 、H 2 O、HF，由此可判断 Z 为氢元素，X、Y 的原子序数之和为 15，且原子半径 r(Y)＞r(X)，则 X 为氮元素，Y 为氧元素；A 为 N 2 与 O 2 化合的产物 NO，B 为 H 2 与 O 2 化合的产物 H 2 O，C 为 N 2 与 H 2 化合的产物 NH 3 。

　A.氧元素位于ⅥA，选项 A 正确； B. NO 不溶于水，选项 B 正确； C. NO 中 N 为+2 价，NH 3 中 N 为–3 价，所以 NO 与 NH 3 可能发生氧化还原反应生成 N 2 和 H 2 O，选项 C 不正确； D.N 的最高正化合价为+5 价，O 通常没有正价，X 的最高正化合价数高于 Y 的最高正化合价数，选项 D 正确。

　答案选 C。

　13. 由短周期元素组成的中学常见无机物 A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)，下列推断不正确的是(

　)

　A. 若 D 为 CO，C 能和 E 反应，则 A 一定为2 2Na O ，其电子式

　B. 若 D 为白色沉淀，与 A 摩尔质量相等，则 X 一定是铝盐 C. 若 A 是单质，B 和 D 的反应是 OH－ ＋HCO3－ =H2 O＋CO 32－ ，则 E 一定能还原 Fe2 O 3

　D. 若 X 是 Na 2 CO 3 ，C 为含极性键的非极性分子，则 A 一定是氯气，且 D 和 E 不反应 【答案】D 【解析】

　【详解】A. D 为 CO，可以判断 X 为 C，B 为 O 2 ，C 为 CO 2 ，A 与水反应生成氧气，A 为过氧化钠或氟气，C 能和 E 反应，如 A 为氟气，E 为 HF，而 HF 与二氧化碳不反应，故 A 一定为 Na 2 O 2 ，其电子式 ，选项 A 正确； B.短周期元素形成白色沉淀有 Mg(OH) 2 、Al(OH) 3 ，且 A 与 D 的摩尔质量相等，则由 Al(OH) 3 为78 g/mol,推知 A 为 Na 2 O 2 ，B 为 NaOH，X 为铝盐，选项 B 正确； C.若 A 是单质，B 和 D 的反应是 OH－ ＋HCO3- =H2 O＋CO 32- ，则 A 可能为钠，B 为氢氧化钠，C 为碳酸钠，D 为碳酸氢钠，X 为二氧化碳，E 为氢气，能还原氧化铁，选项 C 正确； D.当 A NO 2 时，B 为 HNO 3 与 Na 2 CO 3 反应产生 CO 2 ，CO 2 与碳酸钠和水反应生成 NaHCO 3 ,也符合框

　图，选项 D 不正确。

　答案选 D。

　14. 中学常见的短周期主族元素 R、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们占据三个周期。Y和 M 位于同主族，Y 原子最外层电子数是电子层数的 3 倍。这五种元素组成一种离子化合物 Q。取一定量 Q 溶于蒸馏水得到溶液，向溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生沉淀与氢氧化钠溶液体积如图所示。下列说法不正确的是

　A. 简单的离子半径：M>Y>Z B. 气态氢化物的热稳定性：Y>X C. 由 R、X、Y、M 四种元素只组成一种盐 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：M>Z 【答案】C 【解析】

　短周期主族元素 R、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们占据三个周期。Y 和 M 位于同主族，Y 原子最外层电子数是电子层数的 3 倍，推出 Y 为 O，M 为 S；再由五种元素组成一种离子化合物 Q 与氢氧化钠溶液反应产生沉淀与氢氧化钠溶液体积图可知，Z 为 Al，R 为 H，X 为 N。简单的离子半径：M(S2— )>Y(O 2— )>Z(Al 3+ )，A 项正确；气态氢化物的热稳定性：Y(H2 O)>X(NH 3 )，B 项正确；由 R(H)、X(N)、Y(O)、M(S)四种元素组成的盐有多种，如(NH 4 ) 2 SO 4 、NH 4 HSO 4 、(NH 4 ) 2 SO 3 、NH 4 HSO 3 等，C 项错误；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：M(H 2 SO 4 )>Z(Al(OH) 3 )，D 项正确。

　15. 某研究小组利用如图装置探究 SO 2 和 Fe(NO 3 ) 3 溶液的反应原理。下列说法错误的是（

　）

　 A. 装置 B 中若产生白色沉淀，说明 Fe3+ 能将 SO2 氧化成 SO24 B. 实验室中配制加 70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒 C. 三颈烧瓶中通入 N 2 的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气 D. 装置 C 可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气 【答案】A 【解析】

　【详解】A. 3+Fe 具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是3+ 2+ 2+ +2 2 4SO +2Fe +Ba +2H O=BaSO +2Fe +4H  ，在酸性条件下2SO 与-3NO反应生成硫酸钡沉淀，出现白色沉淀，装置 B 中若产生白色沉淀，不能说明3+Fe 能将2SO 氧化成2-4SO ，故 A 错误；

　B.配制 70% 硫酸溶液是浓硫酸加入水中稀释，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故 B正确；

　C.为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，目的是排尽装置内的空气，故 C正确；

　D.导气管直接插入溶液可能会引起装置中 压强变化较大发生倒吸，反应生成的气体可能会生成 NO，不能被氢氧化钠溶液吸收，故 D 正确；

　答案选 A。

　二、非选择题

　16. 下表为部分短周期元素化合价及相应原子半径的数据：

　元素性质 元素编号 A B C D E F G H

　原子半径(nm) 0.102 0 110 0.117 0.074 0.075 0.071 0.099 0.186 最高化合价 +6 +5 +4

　+5

　+7 +1 最低化合价 ﹣2 ﹣3 ﹣4 ﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣1 0

　已知：①A 与 D 可形成化合物 AD 2 、AD 3 ，②E 与 D 可形成多种化合物，其中 ED、ED 2 是常见的化合物，C 可用于制光电池。

　(1)用电子式表示 A 的氢化物与足量 H 的最高价氧化物对应水化物反应生成的盐的形成过程：____________________________________________________________； (2)E 的简单气态氢化物极易溶于水的原因有：①_____________________________； ②____________________________________________。

　(3)分子组成为 ADG 2 的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸。该反应的化学方程式是_______________。

　(4)将标准状况下 40L 无色气体 ED 与 15L 氧气通入一定浓度的 NaOH 溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐。请写出该反应的离子方程式_______________________。

　【答案】

　(1).

　 (2). 氨分子是极性分子，水是极性溶剂，由相似相溶原理可知，氨气易溶于水

　(3). NH 3 与 H 2 O 分子间形成氢键，增大了氨气的溶解度

　(4). SOCl 2 ＋H 2 O＝2HCl＋SO 2 ↑

　(5). 8NO + 3O 2

　+ 8OH-

　= 2NO3- +6NO2-

　+ 4H 2 O。

　【解析】

　【分析】

　短周期元素，A、D 的最低化合价-2，处于第ⅥA 族，A 最高化合价+6，且 A 原子半径较大，故A 为 S 元素，D 为 O 元素；B、E 都有最高正价+5、最低负价-3，处于ⅤA 族，B 的原子半径较大，则 B 为 P 元素、E 为 N 元素；C 最高正价+4、最低负价-4，处于ⅣA 族，原子半径较大，则 C 为 Si 元素；F、G 都有最低化合价-1，处于ⅦA 族，G 有最高正化合价+7，且原子半径较大，则 F 为 F 元素、G 为 Cl 元素，H 最高正化合价为+1，原子半径大于 Si，因此 H 为 Na 元素，以此来解答。

　【详解】(1) A 为 S 元素，其氢化物为 H 2 S，H 为 Na 元素，其最高价氧化物对应水化物为 NaOH， H 2 S 与 足 量 NaOH 反 应 生 成 的 盐 为 Na 2 S ， 用 电 子 式 表 示 Na 2 S 的 形 成 过 程 为 ：

　； （2）E 的简单气态氢化物 NH 3 极易溶于水的原因是①氨分子是极性分子，水是极性溶剂，由相似相溶原理可知，氨气易溶于水；②NH 3 与 H 2 O 分子间形成氢键，增大了氨气的溶解度；

　（3）分子组成为 ACH 2 的物质是 SOCl 2 ，在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸，所以该气体是 SO 2 。根据原子守恒可知，强酸应该是盐酸，所以该反应的化学方程式是 SOCl 2 ＋H 2 O＝2HCl＋SO 2 ↑； （4）ED 为 NO，与氧气按照 40L:15L=8:3 的比例反应，反应的离子方程式为：8NO + 3O 2

　+ 8OH-＝2NO 3- +6NO2-

　+ 4H2 O。

　17. A～H 均为短周期元素，A～F 在元素周期表中的相对位置如图 1 所示，G 与其他七种元素不在同一周期，H 是短周期中原子半径最大的主族元素。由 B、G 构成的最简单化合物常作为氮肥工业和纯碱工业的原料。由上述某些元素组成的物质甲～戊的转化关系如图 2 所示。

　已知图 2 中反应①是复分解反应，生成物中水已略去。请回答下列问题：

　(1)上述元素组成的单质中，硬度最大的是_________________(填该物质名称)。

　(2)若戊是含有 18 电子的双原子分子，则丙的电子式为________________；在①中制取气体丙的化学方程式为_______________________________________________ 。

　(3)若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，写出甲的一种用途：_____________________________。

　(4)如果图 2 中反应①是置换反应，戊是单质，则戊不可能是 _____________。

　(填序母序号) A、O 2

　B、Cl 2

　C、H 2

　D、N 2

　【答案】

　(1). 金刚石

　(2).

　 (3). NH 4 Cl +NaOH NaCl + NH 3 ↑+ H 2 O

　(4). Na 2 SiO 3 水溶液可以制备木材防火剂的原料；制备硅胶的原料；黏合剂

　(5). D 【解析】

　【分析】

　由题意及各元素在周期表中的位置可以确定这几种元素分别是：A：C 元素；B：N 元素；C：O元素；D：Si 元素；E：S 元素；F：Cl 元素；H：Na 元素；G：H 元素，据此分析。

　【详解】（1）上述元素中，C 元素形成金刚石为原子晶体，硬度最大，故答案为：金刚石； （2）反应①是复分解反应，已知生成物中有水，戊是含有 18 电子的双原子分子，则符合条件的各种物质分别是：甲：NH 4 Cl；乙：NaOH；丙：NH 3 ；丁：NaCl；戊：HCl；氨气的电子式为 ；在①中 NH 4 Cl 与 NaOH 溶液共热制取丙 NH 3 的反应的方程式为：NH 4 Cl+NaOH NaCl+NH 3 ↑+H 2 O； （3）若甲的水溶液呈碱性，丙的凝胶经干燥脱水后，常用作干燥剂，则符合条件的各种物质分别是：甲：Na 2 SiO 3 ；乙：CO 2 ；丙：H 2 SiO 3 ；丁：Na 2 CO 3 ；戊：NaOH。Na 2 SiO 3 水溶液可以制备木材防火剂的原料、制备硅胶的原料、黏合剂等； （4）反应①是置换反应，戊是单质，则 A.若戊为 O 2 。则符合要求的各种物质分别为：甲：

　SiO 2 (或 H 2 O)；乙：C(或 C)；丙：

　Si(或H 2 )；丁 CO(或 CO)：戊：O 2 ，选项 A 符合； B.若戊为 Cl 2 ，则符合要求的各种物质分别为：甲：

　HCl；乙：Na；丙：

　H 2 ；丁：

　NaCl；戊：Cl 2 ；反应①是 Na 与 HCl 反应生成 NaCl 和 H 2 ，属于置换反应，选项 B 符合； C.若戊为 H 2 。则符合要求的各种物质分别为：甲：

　H 2 S；乙：Cl 2 (或 O 2 )；丙：S；丁：HCl(或H 2 O)；戊：H 2 ；选项 C 符合； D. 若戊为 N 2 ，则符合要求的各种物质分别为：甲：

　NH 3 ；乙：O 2 ；丙：

　H 2 O；丁：

　NO，不符合转化关系，选项 D 不符合； 答案选 D。

　18. 最近，德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是 37 号元素，相对原子质量是 85。根据材料回答下列问题：

　(1)铷位于元素周期表的第________周期________族。

　(2)关于铷的下列说法中不正确的是________(填数字序号)。

　①与水反应比钠更剧烈

　 ②Rb 2 O 在空气中易吸收水和二氧化碳

　③Rb 2 O 2 与水能剧烈反应并释放出 O 2

　④它是极强的还原剂 ⑤RbOH 的碱性比同浓度的 NaOH 弱 (3)现有铷和另一种碱金属形成的合金 5 g，与足量水反应时生成标准状况下的气体 2.24 L，则另一碱金属可能是_______________(填元素符号)。

　(4)铷久置于空气中，最终变成产物是_____________。

　A、Rb 2 O

　 B、Rb 2 O 2

　 C、Rb 2 CO 3

　 D、RbHCO 3

　【答案】

　(1). 五

　(2). ⅠA

　(3). ⑤

　(4). Na 或 Li

　(5). C 【解析】

　【分析】

　（1）由原子核外的电子排布规律判断；（2）Rb 的结构、性质与 Na 相似；（3）根据反应 2R +2H 2 O=2ROH+H 2 ↑可知，生成 0.1molH 2 ，结合平均摩尔质量 M 计算；(4)根据钠及钠的化合物的性质进行分析。

　【详解】（1）由原子核外的电子排布规律可推知37 Rb 的原子结构示意图为，Rb应位于第五周期第ⅠA 族； （2）Rb 的结构、性质与 Na 相似，且更活泼，对应的 Rb 2 O、Rb 2 O 2 、RbOH 的性质分别与 Na 2 O、Na 2 O 2 、NaOH 相似，则①金属性 Rb＞Na，所以与水反应比钠更剧烈，故正确；②氧化钠易与水、二氧化碳反应，则它的氧化物在空气中易吸收 CO 2 和水，故正确；③过氧化钠和水反应产生氧气，所以 Rb 2 O 2 与水能剧烈反应并释放出 O 2 ，故正确；④金属性 Rb＞Na，它是极强的还原剂，故正确；⑤金属性 Rb＞Na，RbOH 的碱性比同浓度的 NaOH 强，故错误；所以选⑤； （3）从碱金属与水反应通式 2R +2H 2 O=2ROH+H 2 ↑可知，生成 0.1molH 2 ，碱金属的物质的量为0.2mol，所以平均摩尔质量 M=5g0.2mol=25 g/mol，而 M(Rb)＞25 g/mol ，则另一碱金属的 M必小于 25g/mol，所以可能是 Na 或 Li； (4)铷久置于空气中，先与空气中的氧气反应生成氧化铷，氧化铷与空气中的水蒸气反应生成氢氧化铷，氢氧化铷与二氧化碳反应生成碳酸铷，故最终变成产物是 Rb 2 CO 3 ，答案选 C。

　19. 能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。

　(1)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在 400mL 稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值):

　时间 1 2 3 4 5 氢气体积/mL(标况) 100 240 464 576 620

　①哪一段时间内反应速率最大：__________min(填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)。

　②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为不可行的是____________(填字母序号)。

　A 浓盐酸

　 B KCl 溶液

　C 蒸馏水

　 D

　CuSO 4 溶液 (2)寻找替代能源，是化学学科一直关注 另一方面。电能是一种二次能源，电能的应用大大丰富和方便了我们的生活、学习和工作。某化学兴趣小组探究铝电极在原电池中的作用，设计了一个 Mg、Al、NaOH 溶液电池，请写出 ①原电池的负极电极反应：_________________________________； ②原电池的正极电极反应：___________________________________； ③原电池的总反应的离子方程式：___________________________________。

　【答案】

　(1). 2～3 min

　(2). BC

　(3). 2Al-6e- +8OH - =2AlO2- +4H2 O

　(4). 6H 2 O+6e- =6OH - +3H2 ↑

　(5). 2Al+2H 2 O+2OH- =2AlO2- +3H2 ↑ 【解析】

　【详解】（1）①在 0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min 时间段中，产生气体的体积分别为 100mL、140mL、224mL、112mL、44mL，由此可知反应速率最大的时间段为 2～3 min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，反应速率最小的时间段是 4～5min 时间段，此时温度虽然较高，但 H+ 浓度小，答案为 2～3 min； ② A．浓盐酸，H+ 浓度增大，反应速率增大且增大产生氢气的量，选项 A 错误；

　 B．加入 KCl 溶液溶液，H+ 浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项 B 正确；

　 C．加入蒸馏水，H+ 浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项 C 正确；

　D．加入 CuSO 4 溶液，Zn 置换出 Cu 反应速度增大，但影响生成氢气的量，选项 D 错误； 答案选 BC； (2)设计了一个 Mg、Al、NaOH 溶液电池时，铝为电池负极，铝失电子在碱性条件下生成偏铝酸钠，溶液中水电离产生的氢离子得电子产生氢气。

　①原电池的负极上铝失电子产生 AlO 2- ，电极反应为 2Al-6e - +8OH - = 2AlO2- +4H2 O； ②原电池的正极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应式为 6H 2 O+6e- =6OH - +3H2 ↑； ③原电池的总反应的离子方程式为：2Al+2H 2 O+2OH- = 2AlO2- +3H2 ↑。

　20. 现有中学化学常见的物质，其中甲、乙、丙是单质，甲为第三周期金属，A、B、C、D、E、F 是化合物，B 是红棕色气体，C 在常温下是无色无味液体，甲元素的原子序数是丙元素原子序数的 2 倍，它们之间有如图所示的相互转化关系（部分反应条件已略去）。

　（1）B 的化学式为_____，D 的化学式为_____。

　（2）写出 A 与丙反应的化学方程式：_____。

　（3）工业上制取 A 分三步进行，其中两步反应已经在图中得到体现，写出另外一步反应的化学方程式：_____。

　（4）若 9.6g 甲与一定量 A 浓溶液完全反应后，生成标准状况下的 8.96L 气体中含有的 B 和 F，且甲无剩余，则 B 和 F 的物质的量之比为_____。

　【答案】

　(1). NO 2

　 (2). Mg（NO 3 ）

　2

　 (3). C+4HNO 3 （浓）加热CO 2 ↑+4NO 2 ↑+2H 2 O

　(4). 4NH 3 +5O 2催化剂加热4NO+6H 2 O

　(5). 1：1 【解析】

　【分析】

　B 是红棕色气体，B 是 NO 2 ；C 在常温下是无色无味液体，则 C 为 H 2 O，甲为第三周期金属，甲元素的原子序数是丙元素原子序数的 2 倍，甲的原子序数为偶数，则原子序数为 12，即甲为Mg，则丙为 C；结合转化可知，A 溶液是浓硝酸，则 D 为 Mg（NO 3 ）

　2 ，B 与 C 生成 F，F 为 NO，

　F 与乙生成 B，则乙为 O 2 ，由丙和 A 的反应 C+4HNO 3 （浓）加热CO 2 ↑+4NO 2 ↑+2H 2 O 可知，E 为CO 2 ，以此来解答。

　【详解】（1）由上述分析可知，B 为 NO 2 ，D 为 Mg（NO 3 ）

　2 ； （2）A 与丙反应的化学方程式为 C+4HNO 3 （浓）加热CO 2 ↑+4NO 2 ↑+2H 2 O； （3）制取 A 分三步进行，氨气的催化氧化、NO 氧化生成二氧化氮、二氧化氮与水反应生成硝酸，则除图中转化外的另外一步反应的化学方程式为 4NH 3 +5O 2催化剂加热4NO+6H 2 O； （4）n（Mg）=9.6g24g/ mol=0.4mol，8.96L 气体中含有的 B 和 F，气体的物质的量为8.9622.4 / 1LL mo=0.4mol，Mg 完全反应，设 B 和 F 的物质的量分别为 x mol、y mol，由电子守恒及原子守恒可知0.43 0.4 2x yx y    ，解得 x=0.2，y=0.2，所以 B 和 F 的物质的量之比为 1：1。

　21. 某化学兴趣小组为探究物质结构与性质之间的关系和元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。回答下列问题：

　I．NaNH 2 熔点(210℃)比 NaOH 熔点(318.4℃)低， 解释原因正确的是

　 （

　）

　A．是因为 NaNH 2 比 NaOH 的相对分子质量小，前者分子间作用力小。

　B．NaOH 存在分子间氢键 C．NaNH 2 、NaOH 均是离子化合物，其熔沸点高低与离子键的强弱有关，阴、阳离子电荷数越高，离子半径越小，离子键强度越大(或离子晶体的晶格能越大)，则熔点越高。由于原子半径 N＞O，且 NH 2- 比 OH - 原子个数多，则 NH2- 比 OH - 离子半径大，所以 NaNH2 比 NaOH 离子晶体的晶格能小，其熔点低。

　D．N 和 O 均处于第二周期，N 在左方，同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，其氢化物水溶液的酸性 H 2 O＞NH 3 ，则碱性 NaNH 2 ＞NaOH II．根据下图所示装置回答以下问题。

　 (1)实验室中现有药品 Na 2 S、KMnO 4 、浓盐酸、MnO 2 ，请选择合适药品设计实验验证 Cl 的非金属性大于 S：锥形瓶中发生反应的离子方程式为_________________________。试管中的实验现象为___________________________。

　(2)若要用此装置证明非金属性：

　N＞C＞Si，从以下所给物质中选出实验所要用到物质：

　①稀 HNO 3 溶液

　②稀硫酸溶液

　③碳酸钙

　④Na 2 SiO 3 溶液

　⑤SiO 2

　试剂 A 与 C 分别对应为_________________(填数字序号)。

　有同学认为此实验不能说明 N、C、Si 的非金属性强弱，你认为发生干扰的化学方程式为：_______________________________。

　【答案】

　(1). C

　(2). 2MnO 4- +16H + +10Cl - =2Mn 2+ +5Cl2 ↑+8H 2 O

　(3). 溶液中产生淡黄色沉淀

　(4). ①、④

　(5). 2H+ + SiO32- =H2 SiO 3 ↓ 【解析】

　【详解】I．NaNH 2 、NaOH 均是离子化合物，其熔沸点高低与离子键的强弱有关，阴、阳离子电荷数越高，离子半径越小，离子键强度越大(或离子晶体的晶格能越大)，则熔点越高。由于原子半径 N＞O，且 NH 2- 比 OH - 原子个数多，则 NH2- 比 OH - 离子半径大，所以 NaNH2 比 NaOH离子晶体的晶格能小，其熔点低。答案选 C； II．(1)利用 Cl 2 能与 Na 2 S 反应，置换出 S，可证明 Cl 元素的非金属性大于 S 元素的非金属性，则 A 与 B 中试剂反应制取 Cl 2 ，则 A 中所装药品浓盐酸，因为 A 与 B 的反应没有加热，所以 B中所装药品为 KMnO 4 ，装置 C 中发生的反应是 Cl 2 与 Na 2 S 的置换反应，所以 C 中药品是 Na 2 S，锥形瓶中发生反应的离子方程式为 2MnO 4- +16H + +10Cl - =2Mn 2+ +5Cl2 ↑+8H 2 O；试管中的实验现象为：溶液中产生淡黄色沉淀； (2)若要用此装置证明非金属性：N＞C＞Si，可根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的 CO 2 通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO 3 ＞H 2 CO 3 ＞H 2 SiO 3 ，进而得出非金属性强弱顺序，即 A 为稀硝酸、B 为碳酸钙、C 为硅酸钠溶液，因硝酸有挥发性，生成的CO 2 气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，方程式为 2H + + SiO 3 2- =H 2 SiO 3 ↓。