【化学】宁夏石嘴山市第三中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

宁夏石嘴山市第三中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
第I卷 （选择题，共51分）
一、单项选择题
1.下列化学用语表示正确的是(　　)
①甲基的电子式： ②乙烯的结构简式：CH2CH2
③蔗糖的分子式：C12H22O11 ④苯分子的比例模型：
A. ①②③ B. ③④ C. ②③④ D. ④
【答案】B
【详解】①甲基是甲烷分子失去1个H剩余的部分，其电子式为，①不正确；
②乙烯的结构简式为CH2=CH2，②不正确；
③蔗糖是二糖，其水解产物为葡萄糖和果糖，故其分子式为C12H22O11，③正确；
④苯的分子式为C6H6，分子中12原子共面，分子的比例模型为，④正确。
综上所述，化学用语表示正确的是③④，本题选B。
2.下列关于有机物的说法错误的是 (　　)
A. 乙烯分子与苯分子中碳碳键不同,但二者都能发生加成反应
B. 石油和煤的主要成分都是碳氢化合物
C. 乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
D. 淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】D
【详解】A. 乙烯分子中有碳碳双键，而苯分子中的碳碳键介于单键与双键之间，故两者碳碳键不同，但二者都能与氢气发生加成反应，A正确；
B. 石油主要由多种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的复杂混合物；煤主要是由带脂肪侧链的大芳环和稠环芳烃组成的复杂混合物，故两者的主要成分都是碳氢化合物，B正确；
C. 乙醇可溶于饱和Na2CO3溶液；乙酸与饱和Na2CO3溶液反应时有气泡产生；乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，且密度比水小，混合物分层因此，能用饱和Na2CO3溶液鉴别它们，C正确；
D.淀粉和蛋白质都属于高分子化合物，而油脂不属于，D错误。
综上所述，关于有机物的说法错误的是D，本题选D。
3.下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是(　　)
A. 14C与16O具有相同的中子数
B. 与具有相同的最外层电子数
C. 与OH－具有相同的质子数和电子数
D. Na2O2和Na2O具有相同的阴阳离子个数比
【答案】C
【详解】A. 14C与16O具有相同的中子数都是8，A正确；
B. 11950Sn与20782Pb都是第IVA族的元素，最外层电子数都是4，故具有相同的最外层电子数，B正确；
C. NH4+的质子数是11、电子数是10，而OH－的质子数是9、电子数是10，故两者具有不同的质子数，C不正确；
D. Na2O2和Na2O阴阳离子个数比均为1:2，故两者具有相同的阴阳离子个数比，D正确。
综上所述，关于指定粒子构成的叙述中不正确的是C，本题选C。
4.某有机物的结构简为CH2＝CH－COOH，该有机物不可能发生的化学反应是（ ）
A. 酯化反应 B. 水解反应
C. 加成反应 D. 氧化反应
【答案】B
【详解】A. CH2＝CH－COOH含有羧基，能发生酯化反应，故不选A；
B. CH2＝CH－COOH含有羧基、碳碳双键，不能发生水解反应，故选B；
C. CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能发生加成反应，故不选C；
D. CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能发生氧化反应，故不选D。
5. 下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是( )
A. CH3CH2CH2CH3 B. CH3CH(CH3)2
C. CH3C(CH3)3 D. (CH3)2CHCH2CH3
【答案】C
【解析】只生成一种一氯代烃，则烃分子中只有一种H，答案是C。
6.化学能与热能、电能等可以相互转化，下列说法正确的是（ ）

A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能
B. 图2所示的反应为吸热反应
C. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成
D. 中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
【答案】C
【解析】分析：A．图1所示的装置没有形成闭合回路；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；D．中和反应为放热反应。
详解：A．图1所示的装置没有形成闭合回路，没有电流通过，不能形成原电池，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D．中和反应为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；故选C。
7.根据反应:2Ag++CuCu2++2Ag,设计如图所示原电池,下列说法错误的是(　　)

A. X可以是银或石墨 B. Y是硫酸铜溶液
C. 电子从铜电极经外电路流向X电极 D. X极上的电极反应式为:Ag++e-Ag
【答案】B
【详解】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。由电池反应2Ag++Cu=2Ag+Cu2+可知，铜失去电子，发生氧化反应，作原电池的负极，电极反应为Cu−2e−=Cu2+。溶液中的银离子得到电子，在正极发生还原反应，电极反应为Ag++e−=Ag。因此根据装置图可知，X是正极，金属性弱于铜的，或用石墨做电极，电解质溶液是硝酸银，A、C、D正确，B不正确。
答案选B。
8.下列有关物质性质的比较正确的是(　　)
①同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高
②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱
③单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2
④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强
⑤还原性：S2－>Se2－ ⑥酸性：HNO3>H3PO4
A. ①③ B. ②④ C. ③⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】试题分析：①同主族非金属元素，从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，但若为金属单质，则错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；③非金属性越强，其单质与水反应越剧烈，正确；④元素的非金属性越强，其气态氢化物的水溶液的酸性不一定越强，错误；⑤同主族元素，从上到下非金属性减弱，阴离子还原性增强，错误；⑥同主族元素，从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，正确。答案选C。
9.下表是元素周期表的一部分，有关说法不正确的是(　　)

A. 元素b的单质不能与酸性氧化物发生化学反应
B. a、b、d、f四种元素的离子半径：f>d>a>b
C. 元素c的氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应
D. a、c、e的最高价氧化物对应的水化物之间能够相互反应
【答案】A
【解析】由元素在周期表中的位置可知，a为Na，b为Mg，c为Al，d为O，e为S，f为Cl。A．因二氧化碳属于酸性氧化物，镁与二氧化碳能反应生成氧化镁和碳，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则a、b、d、f四种元素的离子半径：f＞d＞a＞b，故B正确；C．氧化铝为两性氧化物，则元素c的氧化物为氧化铝，既能与酸反应又能与碱反应，故C正确；D．a、c、e的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，Al（OH）3为两性氢氧化物，则最高价氧化物对应水化物之间能够相互反应，故D正确；故选A。
10.运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是( )
①铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性，②铊(Tl)既能与盐酸作用产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气，③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸，④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱，⑤硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑥硒化氢(H2Se)是无色，有毒，比H2S稳定的气体
A. ①②③④ B. ②④⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】C
【解析】分析：本题考查元素周期律和元素周期表，为高频考点，把握元素在元素周期表中的位置和元素周期律性质的递变规律是解答的关键，注意将不熟悉的元素和熟悉的元素相比较，从而得出结论。
详解：①铍(Be)和铝位于对角线位置，氢氧化铝具有两性，所以铍的氧化物的水化物可能具有两性，故正确；②铊(Tl)是第ⅢA族元素，金属性比铝强，能与盐酸作用产生氢气，不能跟NaOH溶液反应放出氢气，故错误，③由同主族元素化合物性质相似和递变性可知，砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸，故正确；④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是氧化锂，不是Li2O2，故错误；⑤锶和镁、钙、钡是同主族元素，根据同主族元素的递变性分析，硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；⑥硒和硫是同主族元素，在周期表中硫元素的下方，根据元素周期律分析，硒化氢(H2Se)是无色，有毒，比H2S不稳定的气体，故错误。故选B。
11.下列实验方案合理的是(　　)




A.制取少量CO2,可随开随制,随关随停
B.配制一定物质的量浓度的稀硫酸
C.可制得Fe(OH)2,并观察其颜色
D. 干燥、收集NH3,并吸收多余的尾气
【答案】C
【详解】A. 用碳酸钠和稀盐酸制取少量CO2，但是，由于碳酸钠可溶于水，故不能做到可随开随制、随关随停，A实验方案不合理；
B. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，B实验方案不合理；
C. 该实验中用苯隔绝了空气，这样硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2可以保持其白色并防止被氧气氧化，因此，可制得Fe(OH)2,并观察其颜色 ，C实验方案合理；
D. 碱石灰可以干燥NH3、水可以吸收多余的尾气，氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH3，D 实验方案不合理。
综上所述，实验方案合理的是C，本题选C。
12.对于a、b、c、d四块金属片，若a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中，电子由a流向b；c、d用导线相连浸泡在稀H2SO4时，d产生大量气泡；a、c用导线相连浸泡在稀CuSO4中时，c上附着上一层红色物质；d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质。由这四种金属的活动顺序由大到小为( )
A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中形成原电池，活泼金属做负极，电子由负极经外电路流向正极，因此活泼性a>b；c、d相连浸入稀H2SO4中，H＋在正极上得电子生成H2，有气泡生成，所以d为正极，c为负极，活泼性c>d；a、c相连浸入稀CuSO4溶液中时，Cu2＋在正极上得电子生成Cu附着在正极表面，a是负极，c为正极，活泼性a>c；又活泼性d>b，所以四种金属的活动性顺序为a>c>d>b，B项正确。
13.100 mL 2 mol/L H2SO4与过量Zn粉反应，在一定温度下，为了加快反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是( )
A. 加入碳酸钠固体
B. 改用18 mol/L的浓H2SO4
C. 滴入少量硫酸铜溶液
D. 加入硫酸钾溶液
【答案】C
【解析】加入少量CuSO4发生反应Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu生成Cu附着在Zn上面，形成Zn、Cu、稀H2SO4原电池，Zn为负极失电子速率加快，C项正确。
14.在一定条件下的容积不变的容器中,当下列物理量不再变化时,表明反应A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)已达到平衡的是(　　)
① 混合气体的压强　② 混合气体的密度　
③ 混合气体的总质量　④ 气体的总物质的量
A. ① ④ B. ② ③ C. ① ② ③ D. ① ②
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应的特点和化学平衡状态的特征进行分析。
【详解】A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是一个气体质量减小、但气体分子数不变的可逆反应。
①在一定条件下的容积不变的容器中,由于气体的分子数不发生变化，故气体的压强保持不变，故当混合气体的压强不再变化时，无法判断该反应是否达到平衡状态；　
②在一定条件下的容积不变的容器中,由于该反应是一个气体质量减小的反应，故混合气体的密度随反应的进行也在减小，故当混合气体的密度不再变化时，表明该反应已达到平衡状态；　
③在一定条件下的容积不变的容器中, 由于该反应是一个气体质量减小的反应，故当混合气体的总质量不再变化时，表明该反应已达到平衡状态；　
④由于该反应气体的分子数不发生变化，分子数与物质的量成正比，故当气体的总物质的量不再变化时，无法判断该反应是否达到平衡状态。
综上所述，能表明该反应已达到平衡状态的是②和③，故本题选B。
15.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),673 K、30 MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是(　　)

A. 升高温度,逆反应速率增大,正反应速率减小
B. 点c处反应达到平衡
C. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样
D. 点a的正反应速率比点b的大
【答案】D
【详解】A. 升高温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大，A不正确；
B. 点c处n(NH3)和n(H2)没有保持不变，此后仍在发生变化，故反应未达到平衡，B不正确；
C. 由图象可知，点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)相同，已达化学平衡状态，C不正确；
D. 点a的氢气的物质的量比点b的大，故点a的氢气的物质的量浓度比点b的大，因此点a的正反应速率比点b的大，D正确。
综上所述，D正确，本题选D。
16.下列除杂方案错误的是(　　)
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
苯
乙酸
NaOH溶液
分液
B
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
C
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
D
乙烷
乙烯
溴水
洗气
【答案】C
【详解】A. 用NaOH溶液除去苯中的乙酸，苯不溶于水，可以用分液法分离出苯，A方案合理；
B. 用饱和食盐水、浓硫酸除去Cl2(g)中的HCl(g)，可以采用洗气的方法，B方案合理；
C. 用NaOH溶液除去NH4Cl(aq)中的Fe3＋(aq)时，NH4Cl也参与反应，故C方案错误；
D. 用溴水除去乙烷中的乙烯，可以采用洗气的方法，D方案合理。
综上所述，除杂方案错误的是C，本题选C。
17.在2L容积不变的容器中，发生N2+3H22NH3的反应。现通入4molH2和4 molN2，10s内用H2表示的反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10s后容器中N2的物质的量是（ ）
A. 16 mol B. 2.8 mol C. 3.2 mol D. 3.6 mol
【答案】C
【解析】v(H2)⇒Δc＝0.12×10＝1.2(mol·L－1)
N2＋ 3H22NH3
起始浓度(mol·L－1) 2 2 0
变化浓度(mol·L－1) 0.4 1.2 0.8
10 s时浓度(mol·L－1) 2－0.4 2－1.2
＝1.6 ＝0.8
所以10 s时的N2的物质的量为1.6 mol·L－1×2 L＝3.2 mol。
二、非选择题
18.下面是你熟悉的物质:O2,CO2,NaBr,H2SO4,Na2CO3,K2S,NaHSO4
(1)这些物质中,只含共价键的是_____;只含离子键的是_____;既含共价键又含离子键的是_________。
(2)将NaHSO4溶于水,破坏了其中的_键,写出其在水溶液中的电离方程式:_
【答案】(1). O2、CO2、H2SO4 (2). NaBr、K2S (3). Na2CO3、NaHSO4 (4). 离子键和共价键 (5). NaHSO4＝Na++H++SO42—
【解析】
【分析】O2、CO2、H2SO4都只含有共价键；Na2CO3和NaHSO4既有共价键又有离子键；K2S和NaBr只含离子键。
【详解】(1)一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，这些物质中,只含共价键的是O2、CO2、H2SO4;只含离子键的是K2S和NaBr;既含共价键又含离子键的是Na2CO3和NaHSO4。
(2)将NaHSO4溶于水,其发生电离，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO42—，故该过程破坏了其中的离子键和共价键。
19.请利用反应Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+或H++OH- ＝H2O设计一个化学电池,回答下列问题:
(1)该电池的负极材料是___,正极材料是______,电解质溶液是______。
(2)在外电路中,电流方向是从____极到____极。
(3)正极的产物为____,负极上出现的现象是_______。
【答案】(1). Cu (2). 石墨(或Ag) (3). AgNO3溶液 (4). 正 (5). 负 (6). Ag (7). 电极溶解，电极附近溶液变蓝(或变深)
【解析】
【分析】根据原电池原理进行分析，负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应。
【详解】Cu+2Ag+＝2Ag+Cu2+，该反应是氧化还原反应，其中Cu是还原剂，可以设计为电池的负极，Ag+是氧化剂，可以设计含Ag+的溶液为电解质溶液。H++OH- ＝H2O，该反应不是氧化还原反应，不能用于设计化学电池。
(1)该电池的负极材料是Cu ，正极材料要选用没有Cu活泼的材料，可以是石墨(或Ag),电解质溶液中要含有氧化剂，可以是AgNO3溶液。
(2)在外电路中,电流方向与电子迁移的方向相反，电子从负极流向正极，故电流是从正极到负极。
(3)正极的产物为原电池反应的还原产物Ag，负极的电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，故负极出现的现象是：电极溶解，电极附近溶液变蓝（或变深）。
20.已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：

(1)D在元素周期表中的位置为________________。
(2)B、C、D原子半径的大小关系为________(用元素符号表示)。
(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为______________。
(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为________，实验室如何检验丙_______ 。
(5)C的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为_______________。
【答案】(1). 第2周期ⅤA族 (2). N＞O＞F (3). 2NO＋O2===2NO2 (4). 10 (5). 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色 (6). 5O2＋4NH36H2O＋4NO
【解析】
【分析】本题有几个重要的突破口：①甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；②丙为无色有不同刺激性气味的物质；③化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，说明丁为NO，C的某种单质可能为O2。
【详解】A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，则丁为NO、C为O元素；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，由图中信息可知，丙与O元素的单质反应生成NO，也可以由O的单质与D的单质化合而得，则丙为NH3、D为N元素，乙为H2O；甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子，则其都有10个电子，结合图中信息，B的单质可以与H2O反应生成甲和O元素的单质，故甲为HF、B为F元素。综上所述，A、B、C、D分别是H、F、O、N，甲、乙、丙、丁分别为HF、H2O、NH3、NO。
(1)D为N元素，其在元素周期表中的位置为第2周期ⅤA族。
(2)B、C、D的原子都是第２周期的元素，其原子半径随原子序数的增大而减小，故其大小关系为N＞O＞F。
(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。
(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为10，实验室检验丙（NH3）的方法是用湿润的红色石蕊试纸，因为其能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
(5)C的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为5O2＋4NH36H2O＋4NO。
21.已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,B、D是饮食中两种常见的有机物,F是一种有香味的物质,F中碳原子数是D的两倍。现以A为主要原料合成F和高分子化合物E,其合成路线如图所示:

(1)A的结构式为_____。B中官能团的名称为____________。
(2)写出反应的化学方程式。
①_________________,反应类型:______。
②________________,反应类型:______。
(3)写出D与金属钠反应的化学方程式______________
(4)实验室怎样区分B和D?_________________。
(5)含B的体积分数为75%的水溶液可以作____________________。
【答案】(1). (2). 羟基 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (6). 酯化反应(或取代反应) (7). 2CH3COOH+2Na2CH3COONa+ H2↑ (8). 分别取待测液于试管中,滴加少量石蕊溶液,若溶液变红,则所取待测液为乙酸,另一种为乙醇(或其他合理方法 (9). 消毒剂（或医用酒精）
【解析】
【分析】以A、B、D、F为突破口，结合合成路线中的信息进行分析求解。
【详解】已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯；A与水反应可生成B，B、D是饮食中两种常见的有机物，则B为乙醇，D可能乙酸；F是一种有香味的物质，F可能为酯；由图中信息可知，B和D可在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成F， F中碳原子数是D的两倍，则可确定D为乙酸、F为乙酸乙酯；以A为主要原料合成高分子化合物E，则E为聚乙烯。
(1)A为乙烯，其结构式为。B为乙醇，其官能团的名称为羟基。
(2)反应①为乙醇的催化氧化反应，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,反应类型: 氧化反应。
反应②为酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,反应类型: 酯化反应(或取代反应)。
(3)乙酸有酸性，可以与金属钠反应生成氢气，化学方程式2CH3COOH+2Na2CH3COONa+ H2↑。
(4)实验室区分乙醇和乙酸的方法有多种，要注意根据两者的性质差异寻找，如根据乙酸有酸性而乙醇没有，可以设计为；分别取待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇。
(5)含乙醇的体积分数为75%的水溶液可以使蛋白质变性，故可作消毒剂（或医用酒精）。
22.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．　②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A元素的最高价氧化物的电子式 _________________________ ．
（2）B元素在周期表中的位置 _______________________________ ．
（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有 ____________________ ．
（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为 ______________________________________________________ ．
（5）C与D能形成2：1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程的 ______________________________________________________ ．
（6）元素D与元素E相比，非金属性较强的是 ______ （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 _______________ （填选项序号）．
a．常温下D的单质和E的单质状态不同    
b．E的氢化物比D的氢化物稳定
c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应
d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸
e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质．
【答案】(1). (2). 第二周期VIA族 (3). 离子键、共价键 (4). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (5). (6). Cl (7). bd
【解析】试题分析：根据①可知A是碳。由③可知B的最低价是－2价，所以根据②可判断B是氧。根据④可知C是钠，淡黄色固体是过氧化钠，和CO2反应生成氧气和碳酸钠。根据⑤可知D是S元素，所以E是Cl元素。
（1）C的最高价氧化物是CO2，含有极性键，结构式为O＝C＝O。
（2）氧位于第二周期第ⅥA族。
（3）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键和非极性键。
（4）硫的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，方程式为SO2 +Cl2 +2H2O＝4H+ +SO42- +2Cl-。
（5）Na和S形成的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，其形成过程可表示为。
（6）氯元素的非金属性强于S，a．常温下D的单质和E的单质状态不同不能说明非金属性强弱，a错误；b．非金属性越强，氢化物越稳定，则E的氢化物比D的氢化物稳定可以说明非金属性强弱，b正确； c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应不能说明二者的非金属性强弱，c错误；d．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸可以说明二者的非金属性强弱，d正确；e．硫不能与氯化氢反应，e错误，答案选bd；
23.某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．
Ⅰ．甲同学设计了如下图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。

（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭_____，将导管伸入烧杯液面以下，再_____，如果C中______，则说明________
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加________溶液，B中加____溶液，C中加________溶液，将观察到C中__________的现象．但老师认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_______。
（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个盛有足量____（选填下列字母：A．浓盐酸 B．浓NaOH溶液C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaHCO3溶液）的洗气装置．改进后C中发生反应的离子方程式是__________ ．
Ⅱ．丙同学设计了如下图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、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸．

（1）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式_________________
（2）A中棉花颜色变_______，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是_________
（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，你认为合理吗____，（填“合理”或“不合理”）理由是___________ ．
【答案】(1). 分液漏斗活塞 (2). 微热圆底烧瓶 (3). 有气泡产生，冷却至室温有一段液柱 (4). 气密性良好 (5). HNO3 (6). Na2CO3 (7). Na2SiO3 (8). 白色浑浊 (9). 挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应 (10). D (11). SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32- (12). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (13). 橙黄色 (14). NaCl和KCl (15). 不合理 (16). 有多余的氯气，不能验证Br2和I2的氧化性强弱
【解析】
【分析】根据元素周期律中元素的非金属性递变规律及氧化还原反应的规律进行分析。第I部分根据元素的最高价含氧酸的酸性设计实验；第II部分是根据单质的氧化性设计实验。
【详解】Ⅰ．甲同学设计了一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较实验，则可以根据其最高价氧化物的水化物的酸性进行设计，即酸性HNO3＞H2SiO3＞H2CO3。
（1）在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭分液漏斗活塞，将导管伸入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，则说明气密性良好。
（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加HNO3溶液，B中加碳酸盐，可以是Na2CO3溶液，C中加可溶性的硅酸盐溶液，可以是Na2SiO3溶液，将观察到C中出现白色浑浊的现象，但该现象不足以证明三者非金属性强弱，因为硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。
（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个洗气装置，即盛有足量饱和NaHCO3溶液的洗气装置。
A．浓盐酸也有挥发性，也会干扰实验；
B．浓NaOH溶液会吸收CO2；
C．饱和Na2CO3溶液也会吸收CO2 ；
D．饱和NaHCO3溶液能吸收挥发出的硝酸，且能生成CO2，故只能选D。
改进后C中发生反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32- 。
Ⅱ．丙同学设计了验证卤族元素性质的递变规律根据图中信息，可以判断是通过比较其单质的氧化性而设计了实验。首先用浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，然后Cl2分别与A、B、C三处的沾有NaBr溶液的棉花、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸反应。
（1）浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 。
（2）A中发生置换反应生成Br2，棉花颜色变为橙黄色，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，发生置换反应生成Br2、I2、NaCl和KCl，将所得溶液蒸干并灼烧，Br2挥发为溴蒸气跑掉，I2升华碘蒸气跑掉，最后得到的物质是难挥发的NaCl和KCl。
（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，这是不合理的，原因是有多余的氯气，不能证明Br2与KI发生了反应，因此不能验证Br2和I2的氧化性强弱。