【化学】2015-2016学年四川省成都市彭州市五校联考高一（下）期中化学试卷

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2015-2016学年四川省成都市彭州市五校联考高一（下）期中化学试卷一、单项选择（每题只有一个选项符合题意，共20道题，每题2分共40分）1．关于目前常用元素周期表的说法中正确的是（　　）A．第ⅢB族元素种类最多B．只有第3列到第12列全部是金属元素C．周期数大于或等于族的序数时，一定是金属元素D．是按原子的质量数由小到大的顺序编制的2．下列化学用语正确的是（　　）A．氯离子结构示意图B．HCl的电子式C．CO2的结构式O=C=OD．作为相对原子质量标准的原子614C3．下列说法正确的是（　　）A．H、H、H三种核素的性质不同B．16O2、18O2彼此是同位素C．14N、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D．白磷与红磷是磷元素的两种同素异形体4．不能说明金属性Na＞Mg＞Al的是（　　）A．碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3B．原子半径Na＞Mg＞AlC．阳离子的氧化性Na+＜Mg2+＜Al3+D．Na与冷水剧烈反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈5．能说明非金属性Cl＞S的是（　　）①达到稳定结构时，氯原子只需要1个电子，而硫原子需要2个电子②氯的含氧酸比硫的含氧酸的酸性强③还原性S2﹣＞Cl﹣34 ④稳定性HCl＞H2S⑤酸性HCl＞H2S⑥H2S+Cl2=S↓+2HCl⑦2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeS⑧Cl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应．A．全部B．②③④⑥C．③④⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧6．下列“类推”合理的是（　　）A．加热CS2CO3可生成CS2O和CO2（CS：铯IA）B．铊（Tl）与铝同族，其单质既能与HCl又能与NaOH溶液反应C．AgAt为白色沉淀，不溶于稀HNO3（At：砹VⅡA）D．Ra（OH）2是易溶于水的强碱（Ra：镭ⅡA）7．有关药品保存正确的是（　　）A．锂保存在煤油中B．液溴保存在带橡皮塞的棕色细口玻璃瓶中C．白磷保存在水里D．碘单质保存在无色广口瓶中8．某元素的一个原子核内质子数为m，中子数为n，则下列说法正确的是（　　）A．该元素的相对原子质量的近似值一定是（m+n）B．不能由此确定该元素的相对原子质量C．若12C的质量为Wg，则该原子的质量约为（m+n）WgD．若NA表示阿伏加德罗常数，则该原子的摩尔质量为（m+n）NA9．下列说法错误的是（　　）A．元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数B．原子序数为79的元素在第六周期第IB族C．碱金属单质的熔、沸点从上到下递减D．同周期从左到右，元素的金属性递减，非金属性递增10．下列说法正确的是（　　）A．含离子键的化合物是离子化合物，含共价键的化合物是共价化合物B．离子键的形成过程中一定有电子得失C．第ⅠA、ⅡA族元素与第ⅥA、ⅦA族元素一定形成离子键34 D．离子键与共价键的本质都是静电作用11．已知aAn+、bB（n+1）+、cCn﹣、dD（n+1）﹣具有相同的电子层结构．关于ABCD四种元素的叙述正确的是（　　）A．原子序数a＞b＞c＞dB．离子半径D（n+1）﹣＞Cn﹣＞An+＞B（n+1）+C．单质还原性A＞B＞C＞DD．最高价氧化物对应水化物的碱性B＞A12．下列解释正确的是（　　）A．H2O很稳定，是因为水分子之间存在氢键B．HF的熔、沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子中有氢键C．卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大D．氨气极易溶于水，与氢键没有关系13．下列说法正确的是（　　）①化学键存在分子之间②任何物质中都存在化学键③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键⑥任何共价键中，成键原子键后均满足稳定结构⑦判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电⑧熔融NaCl能导电，是因为通电时破坏了离子键，产生了自由移动的Na+和Cl﹣⑨化学键断裂，一定发生化学变化．A．⑤⑦B．①④⑤⑥C．④⑤⑥⑦D．全部14．已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，下列离子方程式正确的是（　　）A．将少量Cl2通入FeBr2溶液中：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣B．将足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣C．将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣34 D．将672mLCl2（标况）通入250mL0.1molL﹣1的FeI2溶液中：2Fe2++10I﹣+6Cl2═12Cl﹣+5I2+2Fe3+15．X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与W同族，X原子核外电子数与电子层数相等，Y与Z相邻，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，M在同周期中原子半径最小，则下列说法错误的是（　　）A．X单质在M单质中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是已知的最强酸B．Z与W可生成W2Z和W2Z2，且W2Z2溶于水时，既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成C．X、Y、Z三种元素形成的化合物可能含离子键、共价键D．X与Z可形成10电子和18电子的化合物，分子中只含极性键16．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．该反应是吸热反应B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量17．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在另一边镀二氧化锰．在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液．电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（　　）A．该电池的电流方向是由锌到二氧化猛B．该电池反应中MnO2起催化作用C．当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023D．电池正极反应为2MnO2+e﹣+2H2O=2MnO（OH）+2OH﹣18．下列说法错误的是（　　）A．元素周期表是元素周期律的具体表现形式34 B．元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化C．同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28D．同主族原子序数之差不可能是：10、16、18、26、34、36、5019．将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2即可构成甲烷燃料电池．已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，下列叙述正确的是（　　）A．通入甲烷的一极为正极，该极c（OH﹣）减小B．通入甲烷的一极的电极反应为CH4﹣8e﹣+3H2O=CO32﹣+10H+C．通入氧气一极发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．该电池工作时，溶液中的阴离子向正极移动20．由12C16O和14C16O组成的混合气体对氦气（相对原子质量为4）的相对密度为7.125，则混合气体中14C和12C的原子个数比为（　　）A．1：1B．1：3C．2：3D．1：2　二、解答题（共5小题，满分60分）21．（1）将纯锌片和纯铜片按下图方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：①下列说法中正确的是　　　　　　（填序号）．A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．两烧杯中H+的浓度均减小②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速率：甲　　　　　　乙（填“＞”、“＜”或“=”）．③甲中硫酸根离子向　　　　　　极移动（填“铜”或“锌”）④当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，理论上通过导线的电子数目为　　　　　　．（2）欲将反应2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为　　　　　　，电解质溶液为　　　　　　，正极反应为　　　　　　，10min内该电池向外提供0.1mol电子，则正极材料与负极材料的质量差为　　　　　　g（假设刚开始时，两电极的质量相等）．34 22．下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素．请回答下列问题．周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）①﹣⑩中，最活泼的金属元素是　　　　　　（写元素符号，下同）；最不活泼的元素是　　　　　　；可作半导体材料的元素是　　　　　　；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是　　　　　　．（2）④、⑤的简单离子，其半径更大的是　　　　　　（写离子符号）．（3）⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是　　　　　　（填化学式）．（4）元素的非金属性：①　　　　　　⑦（填“＞”或“＜”）．（5）①﹣⑨的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是　　　　　　（填化学式）；碱性最强的是　　　　　　（填化学式），它与⑨的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为　　　　　　．23．已知X元素的原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子．Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个．Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子．W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%．（1）Y和W的气态氢化物的稳定性（用化学式表示）　　　　　　＞　　　　　　（2）用电子式表示X和W形成化合物的过程　　　　　　（3）X单质在空气中加热生成的化合物的电子式　　　　　　（4）X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式　　　　　　（5）Y与Z形成化合物的化学式是　　　　　　．实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电．由此判断该化合物具有　　　　　　键（填离子或共价）（6）W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式　　　　　　．34 24．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素碳与硅的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红色试纸．已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气．根据图1回答：（1）写出选用物质的名称：A　　　　　　，B　　　　　　，C　　　　　　（2）烧瓶中反应的离子方程式为　　　　　　，根据图2回答：（3）乙同学的实验原理是　　　　　　，（4）B处的实验现象是　　　　　　；（5）B处的反应的离子方程式：　　　　　　．（6）有同学认为甲同学的实验设计有明显的不足，你认为不足之处为　　　　　　．25．铝是一种重要金属，从铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等）中冶炼Al的工业生产流程如下图：（1）溶液A中含的阳离子主要有　　　　　　．（2）写出步骤II生成溶液C的离子方程式　　　　　　，步骤I、II、III都要用到的分离方法是　　　　　　．34 （3）生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有　　　　　　（填化学式）．（4）生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨（提示：反应中能生成铁单质），则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：　　　　　　（5）经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝土矿中Al2O3的纯度（质量分数）　　　　　　（用含a、b的最简式表示）．　34 参考答案与试题解析一、单项选择（每题只有一个选项符合题意，共20道题，每题2分共40分）1．关于目前常用元素周期表的说法中正确的是（　　）A．第ⅢB族元素种类最多B．只有第3列到第12列全部是金属元素C．周期数大于或等于族的序数时，一定是金属元素D．是按原子的质量数由小到大的顺序编制的【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．第ⅢB族含有锕系元素和镧系元素；B．主族元素含有金属，如Na、Mg等；C．第一周期ⅠA族为非金属；D．元素周期表按核电荷数的顺序编制．【解答】解；A．第ⅢB族含有锕系元素和镧系元素，元素种类最多，故A正确；B．第3列到第12列为副族元素，而主族元素含有金属，如Na、Mg等，故B错误；C．第一周期ⅠA族为H元素，为非金属，故C错误；D．元素周期表按核电荷数由小到大的顺序编制的，故D错误．故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期中元素的种类数及同主族原子序数的关系为解答的关键，注意把握元素在周期表中的位置，题目难度不大．2．下列化学用语正确的是（　　）A．氯离子结构示意图B．HCl的电子式C．CO2的结构式O=C=OD．作为相对原子质量标准的原子614C【考点】原子结构示意图；电子式．【专题】化学用语专题．34 【分析】A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；B．氯化氢为共价化合物，分子中含有1个H﹣Cl键；C．由最外层电子及形成8电子稳定结构可知，存在C=O；D．作为相对原子质量标准的原子为C﹣12．【解答】解：A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，氯离子正确的结构示意图为：，故A错误；B．氯化氢分子中存在1个氢氯键，氯原子最外层达到8个电子稳定结构，氯化氢的电子式为，故B错误；C．由最外层电子及形成8电子稳定结构可知，存在C=O，则CO2分子的结构式O=C=O，故C正确；D．作为相对原子质量标准的原子为612C，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、结构示意图以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大．3．下列说法正确的是（　　）A．H、H、H三种核素的性质不同B．16O2、18O2彼此是同位素C．14N、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D．白磷与红磷是磷元素的两种同素异形体【考点】同位素及其应用；核素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．同位素的化学性质相同；B．同位素是质子数相同，中子数不同的原子；C．中子数=质量数﹣质子数；D．同素异形体是同种元素组成的不同单质．【解答】解：A．同位素的物理性质不同，化学性质相同，故A错误；B．16O2、18O2是单质，不是原子，不为同位素，故B错误；34 C．中子数=质量数﹣质子数，14N、14C两种核素的中子数不同，故C错误；D．红磷与白磷都是由磷元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查了同位素，同素异形体的定义，难度不大，在判断时要抓住各自的研究对象分别为：原子、单质．　4．不能说明金属性Na＞Mg＞Al的是（　　）A．碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3B．原子半径Na＞Mg＞AlC．阳离子的氧化性Na+＜Mg2+＜Al3+D．Na与冷水剧烈反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】利用金属单质之间的置换反应、失去电子的难易程度、金属对应阳离子的氧化性、与水或酸反应的难易程度、金属的最高价氧化物对应水化物的碱性等来比较金属性的强弱．【解答】解：A．根据金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性可以判断元素金属性的强弱，碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，能说明金属性Na＞Mg＞Al，故A正确；B．元素金属性强弱与原子半径无关，所以不能根据原子半径判断金属性强弱，故B错误；C．阳离子的氧化性越弱，其元素的金属性越强，阳离子的氧化性Na+＜Mg2+＜Al3+，能说明金属性Na＞Mg＞Al，故C正确；D．Na能与冷水反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈，能说明金属性Na＞Mg＞Al，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生判断金属性强弱的依据，熟悉金属性比较的常见方法即可解答，侧重于基础知识的考查，题目难度不大　5．能说明非金属性Cl＞S的是（　　）①达到稳定结构时，氯原子只需要1个电子，而硫原子需要2个电子34 ②氯的含氧酸比硫的含氧酸的酸性强③还原性S2﹣＞Cl﹣④稳定性HCl＞H2S⑤酸性HCl＞H2S⑥H2S+Cl2=S↓+2HCl⑦2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeS⑧Cl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应．A．全部B．②③④⑥C．③④⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素非金属性强弱的判断依据：最高价氧化物对应水化物的酸性、与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性，元素非金属性强弱与其原子得电子难易程度有关，据此分析解答．【解答】解：①非金属性与得电子能力有关，与得电子数多少无关，故错误；②最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，不是最高价含氧酸不能比较，故错误；③阴离子的还原性越强，元素的非金属性越弱，还原性S2﹣＞Cl﹣，则非金属性Cl＞S，故正确；④元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，稳定性HCl＞H2S，则非金属性Cl＞S，故正确；⑤元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故错误；⑥Cl2能与H2S发生置换反应，说明氯气氧化性大于S，则非金属性Cl＞S，故正确；⑦2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeS，说明氯气得电子能力大于S，所以非金属性Cl＞S，故正确；⑧Cl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易，Cl2比S容易与H2化合，说明非金属性Cl＞S，故正确；故选C．【点评】本题考查非金属性强弱判断，题目难度不大，侧重考查学生对元素周期律的灵活运用，非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少及物质物理性质无关，为易错题．34 6．下列“类推”合理的是（　　）A．加热CS2CO3可生成CS2O和CO2（CS：铯IA）B．铊（Tl）与铝同族，其单质既能与HCl又能与NaOH溶液反应C．AgAt为白色沉淀，不溶于稀HNO3（At：砹VⅡA）D．Ra（OH）2是易溶于水的强碱（Ra：镭ⅡA）【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似；B．金属性Tl大于Al，不能与NaOH反应；C．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色；D．第二主族为碱土金属，对应的碱从上到下碱性增强．【解答】解：A．碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似，则加热CS2CO3不反应，故A错误；B．金属性Tl大于Al，不能与NaOH反应，与盐酸反应比Al剧烈，故B错误；C．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，则AgAt为有色沉淀，不溶于稀HNO3，故C错误；D．第二主族为碱土金属，对应的碱从上到下碱性增强，则Ra（OH）2是易溶于水的强碱，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大．　7．有关药品保存正确的是（　　）A．锂保存在煤油中B．液溴保存在带橡皮塞的棕色细口玻璃瓶中C．白磷保存在水里D．碘单质保存在无色广口瓶中【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．锂的密度小于煤油的密度；34 B．液溴能腐蚀橡胶；C．白磷的燃点低（40℃），极易与氧气反应发生燃烧；D．碘易升华．【解答】解：A．锂的密度小于煤油的密度，煤油不能使锂隔绝空气，故A错误；B．液溴能腐蚀橡胶，应用玻璃塞，故B错误；C．白磷的燃点低（40℃），极易与氧气反应发生燃烧，所以放在水中是隔绝氧气；另外切割必须在水下，否则摩擦产生的热会使白磷燃烧，故C正确；D．碘易升华，保存在棕色广口瓶中，故D错误．故选C．【点评】本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化学性质选择保存方法，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．　8．某元素的一个原子核内质子数为m，中子数为n，则下列说法正确的是（　　）A．该元素的相对原子质量的近似值一定是（m+n）B．不能由此确定该元素的相对原子质量C．若12C的质量为Wg，则该原子的质量约为（m+n）WgD．若NA表示阿伏加德罗常数，则该原子的摩尔质量为（m+n）NA【考点】原子构成．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．无法计算该元素的相对原子质量；B．元素相对原子量是指元素的平均原子质量与核素c（碳）12原子质量的之比；C．若碳原子质量为Wg，此原子的质量为（m+n）Wg；D．该核素的质量为（m+n）Wg．【解答】解：A．题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，该核素的丰度未知导致无法计算该元素的相对原子质量，故A错误；B．题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，能确定该核素的相对原子质量但不能确定该元素的相对原子质量，故B正确；34 C．该核素的相对原子质量为m+n，该核素的相对原子质量等于该核素的质量与碳﹣12质量的所得的比值，所以该核素的质量为（m+n）Wg，故C错误；D．该核素的质量为（m+n）Wg，该原子的摩尔质量为（m+n）WgNA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素的相对原子质量的计算、核素的相对原子质量的计算等知识点，题目难度不大，明确元素和核素的相对原子质量的计算方法．　9．下列说法错误的是（　　）A．元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数B．原子序数为79的元素在第六周期第IB族C．碱金属单质的熔、沸点从上到下递减D．同周期从左到右，元素的金属性递减，非金属性递增【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．主族元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数；B．第六周期稀有气体的原子序数是86；C．碱金属的熔沸点与金属键有关，从上到下原子半径增大，金属键减弱；D．同周期从左到右，失去电子能力减弱，得到电子能力增强．【解答】解：A．主族元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数，且O、F没有最高正价，故A错误；B．第六周期稀有气体的原子序数是86，则原子序数为79的元素在第六周期第IB族，故B正确；C．碱金属的熔沸点与金属键有关，从上到下原子半径增大，金属键减弱，则碱金属单质的熔、沸点从上到下递减，故C正确；D．同周期从左到右，失去电子能力减弱，得到电子能力增强，则同周期从左到右，元素的金属性递减，非金属性递增，故D正确；故选A．34 【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大．10．下列说法正确的是（　　）A．含离子键的化合物是离子化合物，含共价键的化合物是共价化合物B．离子键的形成过程中一定有电子得失C．第ⅠA、ⅡA族元素与第ⅥA、ⅦA族元素一定形成离子键D．离子键与共价键的本质都是静电作用【考点】离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．含共价键的不一定为共价化合物；B．离子键形成不一定发生化学变化；C．H位于第IA族，与第ⅥA、ⅦA族元素可形成共价键；D．离子键与共价键均为化学键．【解答】解：A．含共价键的不一定为共价化合物，如NaOH为离子化合物中含共价键，故A错误；B．离子键形成不一定发生化学变化，如NaCl溶液蒸发得到NaCl，故B错误；C．H位于第IA族，与第ⅥA、ⅦA族元素可形成共价键，碱金属、碱土金属与ⅥA、ⅦA族元素一定形成离子键，故C错误；D．离子键与共价键均为化学键，本质都是静电作用，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断、常见物质中的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　11．已知aAn+、bB（n+1）+、cCn﹣、dD（n+1）﹣具有相同的电子层结构．关于ABCD四种元素的叙述正确的是（　　）A．原子序数a＞b＞c＞dB．离子半径D（n+1）﹣＞Cn﹣＞An+＞B（n+1）+C．单质还原性A＞B＞C＞DD．最高价氧化物对应水化物的碱性B＞A【考点】原子结构与元素周期律的关系．34 【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】已知aAn+、bB（n+1）+、cCn﹣、dD（n+1）﹣具有相同的电子层结构，则有：a﹣n=b﹣（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d，结合元素周期律递变规律解答该题．【解答】解：已知aAn+、bB（n+1）+、cCn﹣、dD（n+1）﹣具有相同的电子层结构，则有：a﹣n=b﹣（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d，则A．由以上分析可知原子序数：b＞a＞c＞d，故A错误；B．aAn+、bB（n+1）+、cCn﹣、dD（n+1）﹣具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数b＞a＞c＞d，故离子半径D（n+1）﹣＞Cn﹣＞An+＞B（n+1）+，故B正确；C．C、D在同一周期，且原子序数C＞D，非金属性：C＞D，元素的非金属性越强，对应的单质的还原性越弱，故C错误；D．A、B在周期表中同周期，原子序数：b＞a，金属性：A＞B，最高价氧化物对应水化物的碱性：A＞B，故D错误．故选B．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大．12．下列解释正确的是（　　）A．H2O很稳定，是因为水分子之间存在氢键B．HF的熔、沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子中有氢键C．卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大D．氨气极易溶于水，与氢键没有关系【考点】含有氢键的物质；卤素原子结构及其性质的比较．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．水稳定是因为于水分子中的氢氧共价键稳定；B．HF分子间存在氢键；C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关；D．氨气与水分子之间能形成氢键．34 【解答】解；A．水稳定是因为于水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点，故A错误；B．HF分子间存在氢键，HF分子内没有氢键，故B错误；C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；D．氨气与水分子之间能形成氢键，使氨气溶解度增大，所以氨气极易溶于水，与氢键有关系，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氢键、共价键，题目难度不大，注意把握氢键对物质性质的影响，侧重于基础知识的考查，注意氢键属于分子间作用力．　13．下列说法正确的是（　　）①化学键存在分子之间②任何物质中都存在化学键③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键⑥任何共价键中，成键原子键后均满足稳定结构⑦判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电⑧熔融NaCl能导电，是因为通电时破坏了离子键，产生了自由移动的Na+和Cl﹣⑨化学键断裂，一定发生化学变化．A．⑤⑦B．①④⑤⑥C．④⑤⑥⑦D．全部【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】①分子之间只有分子间作用力；②单原子分子中没有化学键；③铵盐由非金属元素形成的离子化合物；④阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力；⑤活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移能形成离子键；34 ⑥BF3中B原子周围只有6个电子；⑦离子化合物在熔融时能电离，共价化合物在熔融时不电离；⑧熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl﹣；⑨化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成．【解答】解：①分子之间只有分子间作用力，分子间没有化学键，故错误；②单原子分子中没有化学键，如稀有气体中没有化学键，故错误；③铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，所以由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，故错误；④阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力，故错误；⑤活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移、形成阴离子和阳离子，阴离子与阳离子之间能形成离子键，故正确；⑥BF3中B原子周围只有6个电子，不满足稳定结构，故错误；⑦离子化合物在熔融时能电离，所以能导电，共价化合物在熔融时不电离，不能导电，所以判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电，故正确；⑧熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl﹣，电离与电流无关，故错误；⑨化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成，只存在化学键的断裂不一定发生化学变化，如HCl溶于水，共价键被破坏，但是属于物理变化，故错误．故选A．【点评】本题考查了化学键、电解质的电离、溶液的导电性、化学变化等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意铵盐是由非金属元素形成的离子化合物．　14．已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，下列离子方程式正确的是（　　）A．将少量Cl2通入FeBr2溶液中：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣B．将足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣C．将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣D．将672mLCl2（标况）通入250mL0.1molL﹣1的FeI2溶液中：2Fe2++10I﹣+6Cl2═12Cl﹣+5I2+2Fe3+【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写．【专题】氧化还原反应专题．34 【分析】已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A．只氧化Fe2+；B．足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br﹣；C．只氧化I﹣而不氧化Fe2+；D．先氧化I﹣，再氧化Fe2+，根据物质的量之间的关系计算．【解答】解：已知还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A．将少量Cl2通入FeBr2溶液中，只氧化Fe2+，则离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故A错误；B．足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br﹣，则离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B错误；C．将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I﹣而不氧化Fe2+，则离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故C错误；D．先氧化I﹣，再氧化Fe2+，n（Cl2）==0.03mol，n（FeI2）=0.25L×0.1molL﹣1=0.25mol，由物质的量之间的关系写出方程式为：2Fe2++10I﹣+6Cl2═12Cl﹣+5I2+2Fe3+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握离子方程式书写方法，明确氧化还原反应中物质之间反应的先后顺序是解题的关键．15．X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与W同族，X原子核外电子数与电子层数相等，Y与Z相邻，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，M在同周期中原子半径最小，则下列说法错误的是（　　）A．X单质在M单质中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是已知的最强酸B．Z与W可生成W2Z和W2Z2，且W2Z2溶于水时，既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成C．X、Y、Z三种元素形成的化合物可能含离子键、共价键D．X与Z可形成10电子和18电子的化合物，分子中只含极性键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．34 【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X原子核外电子数与电子层数相等，则X为H元素；X与W同族，原子序数相差大于2，故W为Na；Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y与Z相邻，Y的原子序数较小，则Y为O元素；M原子序数大于Na，处于第三周期，而M在同周期中原子半径最小，则M为Cl．【解答】进而：X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X原子核外电子数与电子层数相等，则X为H元素；X与W同族，原子序数相差大于2，故W为Na；Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y与Z相邻，Y的原子序数较小，则Y为O元素；M原子序数大于Na，处于第三周期，而M在同周期中原子半径最小，则M为Cl．A．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是高氯酸，是已知的最强酸，故A正确；B．Z与W可生成Na2O和Na2O2，且Na2O2溶于水生成氢氧化钠与氧气，反应中既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成，故B正确；C．X、Y、Z三种元素形成的化合物有硝酸、硝酸铵等，硝酸铵中含有离子键、共价键，故C正确；D．X与Z可形成10电子和18电子的化合物分别为H2O和H2O2，H2O2分子中含极性键、非极性键，故D错误．故选：D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重等于元素化合物性质与结构的考查，熟练掌握元素化合物知识．　16．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．该反应是吸热反应B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量34 C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【考点】化学反应中能量转化的原因．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；C、根据旧键的断裂吸收能量；D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量．【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识，可以根据所学知识来进行，难度不大．　17．被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在另一边镀二氧化锰．在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液．电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（　　）A．该电池的电流方向是由锌到二氧化猛B．该电池反应中MnO2起催化作用C．当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023D．电池正极反应为2MnO2+e﹣+2H2O=2MnO（OH）+2OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该装置为原电池，锌易失电子而作负极，二氧化锰作正极，负极上电极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=ZnO+H2O；MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，结合锌和转移电子之间的关系式解答．【解答】解：A．锌为负极，二氧化锰为正极，电流由二氧化锰极硫酸锌极，故A错误；B．二氧化锰作正极，不是起到催化剂的作用，故B错误；34 C．电子不进入电解质溶液，故C错误；D．正极上二氧化锰得电子和水反应，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e﹣═2MnO（OH）+2OH﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，根据元素化合价变化判断正负极材料，结合电解质溶液书写电极反应式，易错选项是C，注意电子不进入电解质溶液，溶液中自由离子的定向移动形成电流，为易错点．　18．下列说法错误的是（　　）A．元素周期表是元素周期律的具体表现形式B．元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化C．同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28D．同主族原子序数之差不可能是：10、16、18、26、34、36、50【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果；B．原子结构决定元素的性质；C．同周期第IA族与第VA族位于短周期时原子序数差为4，四和五周期原子序数差为14，六和七周期原子序数差为28；D．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差是2、8、18、32．【解答】解：A．元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，故A正确；B．原子结构决定元素的性质，则元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化，故B正确；C．同周期第IA族与第VA族位于短周期时原子序数差为4，四和五周期原子序数差为14，六和七周期原子序数差为28，则同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28，故C正确；D．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差是2、8、18、32，则同主族原子序数之差可能是：10、16、18、26、34、36、50，故D错误；34 故选D．【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律的实质为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大．19．将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2即可构成甲烷燃料电池．已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，下列叙述正确的是（　　）A．通入甲烷的一极为正极，该极c（OH﹣）减小B．通入甲烷的一极的电极反应为CH4﹣8e﹣+3H2O=CO32﹣+10H+C．通入氧气一极发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．该电池工作时，溶液中的阴离子向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，电池反应式为：CH4+2OH﹣+2O2=CO32﹣+3H2O，通入氧化剂的电极为正极，其电极反应是：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极．【解答】解：A．燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，故A错误；B．碱性条件下，甲烷被氧化生成碳酸根离子，电极反应式是：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故B错误；C．碱性条件下，氧气得电子生成氢氧根离子，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；D．放电时，溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，故D错误．故选C．【点评】本题考查碱性甲烷电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，正确判断两极的化学反应，在学习中注意归纳电子、电流、离子的流向．　20．由12C16O和14C16O组成的混合气体对氦气（相对原子质量为4）的相对密度为7.125，则混合气体中14C和12C的原子个数比为（　　）A．1：1B．1：3C．2：3D．1：2【考点】物质的量的相关计算．34 【专题】物质的量的计算．【分析】相同条件下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比，设12C16O和14C16O的物质的量分别为xmol、ymol，再根据平均摩尔质量M=计算二者物质的量之比，进而计算混合气体中12C和14C的原子个数比．【解答】解：相同条件下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以由12CO和14CO组成的混合气体的平均摩尔质量为7.125×4g/mol=28.5g/mol，设12C16O和14C16O的物质的量分别为xmol、ymol，则：=28.5，解得：x：y=3：1，则混合气体中14C和12C的原子个数比为1：3，故选：B．【点评】本题考查物质的量有关计算，关键是计算平均摩尔质量，注意对阿伏伽德罗定律及其推论的理解．　二、解答题（共5小题，满分60分）21．（1）将纯锌片和纯铜片按下图方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：①下列说法中正确的是　BD　（填序号）．A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．两烧杯中H+的浓度均减小②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速率：甲　＞　乙（填“＞”、“＜”或“=”）．③甲中硫酸根离子向　锌　极移动（填“铜”或“锌”）④当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，理论上通过导线的电子数目为　0.1NA或6.02×1022　．（2）欲将反应2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为　Cu　，电解质溶液为　氯化铁溶液　，正极反应为　Fe3++e﹣═Fe2+　，10min内该电池向外提供0.1mol电子，则正极材料与负极材料的质量差为　3.2　g（假设刚开始时，两电极的质量相等）．34 【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）①甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；②作原电池负极的金属加速被腐蚀；③原电池工作时，阴离子向负极移动；④根据氢气和转移电子之间的关系式计算；（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，根据转移电子与Cu的关系式计算消耗Cu的质量．【解答】解：（1）①A．甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故A错误；B．乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，故B正确；C．甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，故C错误；D．两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，所以溶液的pH均增大，故D正确；故答案为：BD；②甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙，故答案为：＞；③锌为负极，硫酸根离子向锌极移动过，故答案为：锌；34 ④甲中，铜电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，根据电极反应式知，通过电子的物质的量==×2=0.1mol，通过导线的电子数目为0.1NA或6.02×1022，故答案为：0.1NA或6.02×1022；（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，如FeCl3溶液；负极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，负极上铜失电子生成铜离子进入溶液，所以铜质量在不断减少，根据转移电子与Cu的关系式得消耗Cu的质量=×64g/mol=3.2g；故答案为：Cu；氯化铁溶液；Fe3++e﹣═Fe2+；3.2．【点评】本题考查原电池设计，侧重考查学生设计及计算能力，会根据得失电子确定原电池正负极、电解质溶液，失电子的金属作负极、得电子的可溶性电解质溶液为该原电池电解质溶液，题目难度不大．　22．下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素．请回答下列问题．周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）①﹣⑩中，最活泼的金属元素是　Na　（写元素符号，下同）；最不活泼的元素是　Ar　；可作半导体材料的元素是　Si　；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是　N　．（2）④、⑤的简单离子，其半径更大的是　F﹣　（写离子符号）．（3）⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是　HCl　（填化学式）．（4）元素的非金属性：①　＞　⑦（填“＞”或“＜”）．（5）①﹣⑨的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是　HClO4　（填化学式）；碱性最强的是　NaOH　（填化学式），它与⑨的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为　HClO4+NaOH=NaClO4+H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．34 【分析】由元素在周期表的位置可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl、Ar，（1）周期表中左下角的金属性最强，Si为常见的半导体材料，N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐；（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定；（4）同主族，从上到下非金属性减弱；（5）高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸；短周期中Na的金属性最强，其对应碱NaOH与高氯酸反应生成高氯酸钠和水．【解答】解：由元素在周期表的位置可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl、Ar，（1）上表中左下角的金属Na金属性最强，最不活泼的元素是Ar，Si为常见的半导体材料，N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐，故答案为：Na；Ar；Si；N；（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径更大为F﹣，故答案为：F﹣；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定，则更稳定的为HCl，故答案为：HCl；（4）同主族，从上到下非金属性减弱，则非金属性①＞⑦，故答案为：＞；（5）高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸，该酸的化学式为HClO4；短周期中Na的金属性最强，其对应碱NaOH的碱性最强，其NaOH与高氯酸反应生成高氯酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：HClO4；NaOH；HClO4+NaOH=NaClO4+H2O．【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．　23．已知X元素的原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子．Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个．Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子．W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%．34 （1）Y和W的气态氢化物的稳定性（用化学式表示）　HCl　＞　H2S　（2）用电子式表示X和W形成化合物的过程　　（3）X单质在空气中加热生成的化合物的电子式　　（4）X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　（5）Y与Z形成化合物的化学式是　AlCl3　．实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电．由此判断该化合物具有　共价　键（填离子或共价）（6）W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式　SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子，K层中电子数是2，则M层电子数是1，所以X是Na元素；Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个，最外层电子数不超过8个，所以内层电子数是10，最外层电子数为7，则Y是Cl元素；Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子，则Z是Al元素；W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，W位于第VIA族，最高价氧化物为WO3，最高价氧化物中W的质量分数为40%，则=40%，解得Mr（W）=32，故W是S元素．【解答】解：X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子，K层中电子数是2，则M层电子数是1，所以X是Na元素；Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个，最外层电子数不超过8个，所以内层电子数是10，最外层电子数为7，则Y是Cl元素；Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子，则Z是Al元素；W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，W位于第VIA族，最高价氧化物为WO3，最高价氧化物中W的质量分数为40%，则=40%，解得Mr（W）=32，故W是S元素．（1）Y和W的气态氢化物分别是HCl、H2S，同一周期中，元素的氢化物稳定性随着原子序数的增大而增大，所以Y和W的稳定性为HCl＞H2S，故答案为：HCl；H2S；（2）示X和W形成化合物为Na2S，用电子式表示形成过程为：，34 故答案为：；（3）X单质在空气中加热生成的化合物是Na2O2，电子式为：，故答案为：；（4）X的最高价氧化物的水化物是NaOH，Z的最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（5）得Y与Z形成化合物是AlCl3，固态和液态氯化铝不导电，溶于水能导电，说明氯化铝在熔融状态下为分子，不能电离出自由移动的阴阳离子，所以氯化铝是共价化合物，只含共价键，故答案为：AlCl3；共价；（6）W的低价氧化物是SO2，Y单质的水溶液是氯水，二氧化硫、氯气和水发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl．【点评】本题考查结构性质物质关系应用，正确推断元素是解本题关键，侧重对化学用语的考查，注意氯化铝是共价化合物，为易错点．　24．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素碳与硅的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红色试纸．已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气．根据图1回答：（1）写出选用物质的名称：A　稀硝酸　，B　碳酸钙　，C　硅酸钠溶液　（2）烧瓶中反应的离子方程式为　CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O　，根据图2回答：（3）乙同学的实验原理是　强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换不活泼的非金属单质　，34 （4）B处的实验现象是　湿润的淀粉KI试纸变蓝　；（5）B处的反应的离子方程式：　2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2　．（6）有同学认为甲同学的实验设计有明显的不足，你认为不足之处为　反应中硝酸具有挥发性，可能是挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀　．【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【专题】实验设计题．【分析】根据图1，可知，应该运用弱酸制强酸或较强酸制较弱酸的实验原理，即用硝酸制取二氧化碳，用二氧化碳与硅酸钠反应制硅酸；根据图2，可知，应该运用非金属单质之间的置换反应来判断非金属元素的强弱．【解答】解：（1）要比较碳和硅两种元素的非金属强弱，可以通过其最高价氧化物对应水合物的酸性强弱来判断，即可用较强酸制备较弱酸，因此可考虑把CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有硅酸沉淀生成．观察图1，B为颗粒状固体，则可判断B为CaCO3，应用硝酸（不用硫酸，因为硫酸无法与碳酸钙反应制取二氧化碳）与碳酸钙反应制取CO2．则A是硝酸，B是碳酸钙，C是硅酸钠溶液．故答案为：硝酸；碳酸钙；硅酸钠溶液；（2）烧瓶中应是碳酸钙与稀硝酸反应，因为碳酸钙难溶于水，要写分子式，硝酸是强酸，要写成离子，因此烧瓶中反应的离子方程式是：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．烧故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（3）由图2，根据题意，浓盐酸与高锰酸钾反应会生成氯气，然后氯气经过B处会与KI反应生成I2，由此可知，验证卤族元素性质的递变规律的实验原理是：强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换出较不活泼的非金属单质，故答案为：强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换不活泼的非金属单质；（4）氯气在B处与KI反应生成单质碘，碘单质与淀粉作用会变成蓝色，即B处的实验现象是：湿润的淀粉KI试纸变蓝，34 故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝；（5）B处氯气与KI反应的化学方程式是：Cl2+2KI═2Cl﹣+I2，其离子方程式是：2I﹣+Cl2⇌I2+2Cl﹣．故答案为：2I﹣+Cl2⇌I2+2Cl﹣；（6）B中硝酸与碳酸钙反应，由于反应中硝酸具有挥发性，可能是挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以会对二氧化碳与硅酸钠的反应产生干扰；故答案为：反应中硝酸具有挥发性，可能是挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀．【点评】本题将元素及其化合物、元素周期律与实验知识结合起来，考查了审题能力、思维能力，具有较强的综合性，有一定的难度．　25．铝是一种重要金属，从铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等）中冶炼Al的工业生产流程如下图：（1）溶液A中含的阳离子主要有　Al3+、Fe3+、H+　．（2）写出步骤II生成溶液C的离子方程式　Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　，步骤I、II、III都要用到的分离方法是　过滤　．（3）生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有　CO2、NaOH　（填化学式）．（4）生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨（提示：反应中能生成铁单质），则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：　2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe　（5）经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝土矿中Al2O3的纯度（质量分数）　×100%　（用含a、b的最简式表示）．34 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】由工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等），铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al（OH）3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，以此来解答．【解答】解：由工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等），铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al（OH）3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，（1）由上述分析可知溶液A中含的阳离子主要有Al3+、Fe3+、H+，故答案为：Al3+、Fe3+、H+；（2）步骤II过量的氢氧化钠与氯化铝反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，根据上面的分析可知，步骤I、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是过滤，故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；过滤；（3）生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2、NaOH，故答案为：CO2、NaOH；（4）铝与氧化铁发生反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；34 （5）a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则由铝元素守恒可知，需要纯氧化铝的质量为b吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查混合物的分离提纯的综合应用及物质制备，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．34