高一下学期期末化学模拟试卷 含解析

高一下学期期末化学模拟试卷 含解析一、下列各题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意（每小题2分，共20分）119世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A提出原子学说B发现元素周期律C提出分子学说D发现氧气2导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是（）A酸雨B光化学烟雾C臭氧空洞D温室效应3下列物质在氧化还原反应中，硫元素只表现还原性的是（）AH2SBSO2CH2SO3DH2SO44下列各种材料属于新型无机非金属材料的是（）A陶瓷B水泥C玻璃D光导纤维5下列元素中，原子半径最大的是（）ANaBMgCAlDSi6下列化合物中，含有离子键的是（）ACO2BHClCNH3DNaCl7据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡Rn，从而对人体产生伤害该同位素原子的中子数是（）A136B50C86D2228同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，元素性质递变规律不正确的是（）A元素的金属性减弱B元素的非金属性增强C单质得电子能力依次减弱D原子半径依次减小9当今化学界关注的热点之一是C60，它与金刚石的关系是（）A同素异形体B同一物质C同位素D以上关系均不正确10下列离子方程式正确的是（）A钠与水反应 Na+H2O=Na+OH+H2B铁跟稀硫酸反应 Fe+6H+=Fe3+3H2C氯化钡溶液与稀硫酸反应 Ba2+SO42=BaSO4D三氯化铝与过量氢氧化钠反应 Al3+3OH=Al（OH）3二、下列各题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意（每小题2分，共30分）11下列电子式错误的是（）ABCD12一种耐高温、高强度的材料氮化硅，它的化学式可能是（）ASi3N4BSiNCSi2N3DSi4N313某元素位于周期表中的A族，它是良好的半导体材料，其金属性比非金属性强，所以通常认为它是金属元素此元素可能是（）ASiBGeCSnDPb14下列说法正确的是（）A二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀C二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸D二氧化硅是制造玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反应15下列各关系中，正确的是（）A原子半径：OSSeB单质的化学活动性：Cl2F2I2C气态氢化物的稳定性：H2OH2SH2SeD最高价氧化物对应水化物的碱性：LiOHNaOHKOH16某溶液中仅含有一种溶质，若在该溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀再加稀HNO3沉淀不消失，则该溶液不可能含有的溶质是（）AAgNO3BCuSO4CK2SO3DNa2CO317元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性变化的原因是（）A元素原子的核外电子排布呈周期性变化B元素原子的最外层电子排布呈周期性变化C元素的化合价呈周期性变化D元素原子半径呈周期性变化18检验硫酸钠溶液中含有氯离子的方法是（）A先加BaCl2溶液过滤，再加AgNO3溶液B先加AgNO3溶液，再加稀硝酸溶液C先加足量的Ba（NO3）2溶液，过滤，再加AgNO3溶液D先加足量的BaCl2溶液，过滤，再加AgNO3溶液19下列说法正确的是（）A浓H2SO4有脱水性，因而可作干燥剂B常温下，浓H2SO4可用铝制密闭容器储运C浓H2SO4具有氧化性，稀H2SO4无氧化性D浓H2SO4难挥发，因而可在敞口容器中储存20有人认为元素周期表中位于A族的氢元素，也可以放在A族下列物质支持该观点的是（）AHFBH3O+CNaHDH2O221向25mL18.4mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（）A小于0.23molB等于0.23molC0.23mol0.46mol之间D等于0.46mol22两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有（）A1对B2对C3对D4对23元素周期表前10种元素中，可构成含4个原子核及10个电子的粒子（不含同位素原子）共有（）A2种B4种C5种D8种24据报道，科学家发现了新的氢粒子，这种粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，这对解释宇宙演化提供了新的参考对于这种氢粒子，下列说法错误的是（）A它的组成可以用H3+表示B它比普通氢分子多一个氢原子核C它一定含3个中子D可以推测它的化学性质与H2不同25将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（）ABCD三、（2630小题，共26分）26炽热的木炭跟浓H2SO4反应的化学方程式是，浓硫酸的作用是，氧化产物与还原产物的物质的量之比为27将下列硅酸盐的化学式改写成氧化物的形式：硅酸钠（Na2SiO3），滑石Mg3（Si4O10）（OH）228图为周期表的一部分（1）请将原子序数为1、6、10、12、13、17、37八种元素的元素符号填在相应的空格内（2）第17号元素的名称是，该元素在周期表中的位置是，该元素的原子结构示意图为（3）上述元素中化学性质最稳定的是（4）上述元素中能以离子键结合成AB2型的化合物有，用电子式表示其形成过程（5）上述元素的最高价氧化物所对应的水化物中，酸性最强的化合物是，碱性最强的化合物是，具有两性的氢氧化物是29A、E为短周期元素的单质，B、C为化合物，它们之间的转化关系如图所示：ABC请写出全部可能的情况（写化学式，可不填满，也可补充）第一种情况：A、B、C第二种情况：A、B、C第三种情况：A、B、C第四种情况：A、B、C四、（3031小题，共14分）30有一包粉末，可能是氯化钾、碳酸钠、三氯化铁、硫酸钠、硝酸钡中的一种或几种组成为了研究它的组成，我做了如下实验，现将研究的问题和实验过程填写在下表中（假设各步恰好完全反应）：问题实验步骤实验现象结论实验一存在有色离子吗？取少量粉末，加水，溶解，过滤有白色沉淀生成，滤液无色这种粉末中一定无实验二白色沉淀是什么？取少量沉淀，向其中滴加稀盐酸实验三通过实验推断此粉末的组成是31图为制取纯净干燥的气体A的装置图的一部分生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制已知A是一种无色、无气味的气体，它不能使酸碱指示剂变色，也不能在空气中燃烧，但能使带火星的木条复燃（1）A是（2）若C是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式为（3）若C是一种黑色粉末，则B物质是，C物质的作用是（4）洗气瓶中的试剂是，其作用是五、（3233小题，共10分）32用Cu跟浓H2SO4反应，得到SO2的体积为22.4L（标准状况）把所得的CuSO4配制成500mL溶液求：（1）反应过程中转移电子的物质的量（2）所得溶液中溶质的物质的量浓度33将质量为6.3g的Na2SO3暴露在空气中一段时间后溶于水配成100mL溶液取出50mL，加入过量的稀硫酸溶液得到气体在标准状况下的体积为0.448L；另取该溶液50mL加入足量的氯化钡溶液，求生成的白色沉淀的成分及其质量六、（共10分，选做，不计入总分）34如图所示，已知单质E可作为半导体材料；化合物F是一种具有可燃性的氧化物；化合物I能溶于水，水溶液呈酸性，它能跟氧化物A起反应请据此填空（1）化合物F、I的化学式为：、（2）反应的化学方程式为：35若以A、B、C和D代表四种短周期元素，且知A与B可形成原子数之比为1：1的化合物甲，B与C可形成原子数之比为1：1的化合物乙，A与D、B与D也可形成原子数之比为1：1的化合物丙和丁，又知甲分子含18个电子，1mol乙含38NA个电子，丙分子和丁分子均含14个电子，请填空：（1）A、B、C、D名称分别是、；（2）化合物甲、丙、丁的化学式分别是、；（3）化合物甲的结构式是xx学年北京市西城区普通中学高一（下）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析一、下列各题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意（每小题2分，共20分）119世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A提出原子学说B发现元素周期律C提出分子学说D发现氧气【分析】1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循【解答】解：A道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；B1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；C阿佛加德罗提出了分子学说，故C错误；D拉瓦锡发现氧气，故D错误故选B2导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是（）A酸雨B光化学烟雾C臭氧空洞D温室效应【分析】A、根据形成酸雨的原因：氮的氧化物和硫的氧化物B、根据形成光化学烟雾的原因：氮的氧化物；C、根据形成臭氧空洞的原因：氮的氧化物和卤化代烃；D、根据形成温室效应的原因：二氧化碳、氯氟烃（CFC、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体【解答】解：A、因酸雨的形成与氮的氧化物和硫的氧化物有关，故A正确； B、因光化学烟雾的形成与氮的氧化物有关，故B错误； C、因臭氧空洞的形成与氮的氧化物和卤化代烃有关，故C错误； D、因温室效应的形成与二氧化碳、氯氟烃（CFC、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体有关，故D错误； 故选：A3下列物质在氧化还原反应中，硫元素只表现还原性的是（）AH2SBSO2CH2SO3DH2SO4【分析】元素化合价处于最高价态的物质可能具有氧化性，处于中间价态的物质既有氧化性又有还原性，而处于最低价态时，只具有还原性【解答】解：AH2S中硫元素处于最低价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，故A选；BSO2中，硫元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故B不选；C二氧化硫中，硫元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故C不选；D硫酸中硫元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，故D不选故选A4下列各种材料属于新型无机非金属材料的是（）A陶瓷B水泥C玻璃D光导纤维【分析】传统的无机非金属材料：如水泥、耐火材料、平板玻璃、仪器玻璃和普通的光学玻璃以及日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、搪瓷、磨料（碳化硅、氧化铝）、铸石、碳素材料、非金属矿（石棉、云母、大理石等）新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等【解答】解：A陶瓷是传统无机非金属材料，故A错误；B水泥是传统无机非金属材料，故B错误；C玻璃是传统无机非金属材料，故C错误；D光导纤维成分为二氧化硅是新型无机非金属材料，故D正确故选D5下列元素中，原子半径最大的是（）ANaBMgCAlDSi【分析】同周期元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断【解答】解：Na、Mg、Al、Si四种元素属于同周期元素，同周期元素自左而右原子半径减小，故原子半径NaMgAlSi，所以Na的原子半径最大，故A正确；故选A6下列化合物中，含有离子键的是（）ACO2BHClCNH3DNaCl【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间存在非极性共价键，不同非金属元素之间存在极性共价键，第IA、第IIA族元素和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键【解答】解：A二氧化碳中碳原子和氧原子之间只存在共价键，故A错误；B氯化氢中氢原子和氯原子之间只存在共价键，故B错误；C氨气中氮原子和氢原子之间只存在共价键，故C错误；D氯化钠中氯离子和钠离子之间只存在离子键，故D正确；故选D7据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡Rn，从而对人体产生伤害该同位素原子的中子数是（）A136B50C86D222【分析】原子的构成中，元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数，以此来解答【解答】解：放射性核素氡Rn，质子数为86，质量数为222，则中子数=22286=136，故选A8同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，元素性质递变规律不正确的是（）A元素的金属性减弱B元素的非金属性增强C单质得电子能力依次减弱D原子半径依次减小【分析】同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，原子半径逐渐减小，单质得电子能力依次增强，元素的非金属性增强，元素的金属性减弱，据此分析解答【解答】解：A同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，原子半径逐渐减小，原子核对电子吸引能力增强，失电子能力减弱，元素的金属性减弱，故A正确；B同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，原子半径逐渐减小，单质得电子能力依次增强，元素的非金属性增强，故B正确；C同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，原子半径逐渐减小，单质得电子能力依次增强，故C错误；D同周期元素（除稀有气体外）随核电荷数的增加，原子核外电子数增多，原子核对电子吸引能力增强，原子半径减小，故D正确；故选C9当今化学界关注的热点之一是C60，它与金刚石的关系是（）A同素异形体B同一物质C同位素D以上关系均不正确【分析】同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，结构组成完全相同为同一种物质；同位素是质子数相同，中子数不同的原子【解答】解：C60是一种只有碳元素组成的单质，石墨也是只有碳元素组成的单质，且属于不同的单质，则二者互为同素异形体，故选A10下列离子方程式正确的是（）A钠与水反应 Na+H2O=Na+OH+H2B铁跟稀硫酸反应 Fe+6H+=Fe3+3H2C氯化钡溶液与稀硫酸反应 Ba2+SO42=BaSO4D三氯化铝与过量氢氧化钠反应 Al3+3OH=Al（OH）3【分析】A2mol钠与水反应生成1mol氢气，该反应不满足电子守恒；B铁与稀硫酸反应生成的是亚铁离子；C氯化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和可溶的强电解质氯化钠；D氢氧化钠过量，反应生成偏铝酸钠【解答】解：A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；B铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C氯化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故C正确；D氢氧化铝溶于强碱氢氧化钠，二者反应生成偏铝酸钠和水，正确的离子方程式为：Al3+4OH=AlO2+2H2O，故D错误；故选C二、下列各题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意（每小题2分，共30分）11下列电子式错误的是（）ABCD【分析】A、氯化钠为离子化合物；B、CCl4是共价化合物，每个Cl原子与C原子之间形成一对共用电子对；C、NaOH是离子化合物，在该化合物中存在离子键、极性共价键；D、HClO是共价化合物，O原子分别与一个H、Cl原子重新一对共用电子对【解答】解：ANaCl是离子化合物，在阴阳离子之间存在离子键，电子式是：，故A正确；BCCl4是共价化合物，每个Cl原子与C原子之间形成一对共用电子对，电子式为，故B正确；CNaOH是离子化合物，在该化合物中存在离子键、极性共价键，钠离子带一个单位正电荷，电子式为：，故C错误；DHClO是共价化合物，O原子分别与一个H、Cl原子重新一对共用电子对，达到每个原子的稳定结构，电子式为：，故D正确，故选C12一种耐高温、高强度的材料氮化硅，它的化学式可能是（）ASi3N4BSiNCSi2N3DSi4N3【分析】氮化硅由N、Si元素组成，由信息可知为原子晶体，N形成3个共价键，Si形成4个共价键，以此来解答【解答】解：氮化硅由N、Si元素组成，由信息可知为原子晶体，N形成3个共价键，Si形成4个共价键，化合物中Si为+4价，N为3价，则化学式为Si3N4，故选A13某元素位于周期表中的A族，它是良好的半导体材料，其金属性比非金属性强，所以通常认为它是金属元素此元素可能是（）ASiBGeCSnDPb【分析】Si、Ge、Sn、Pb四种元素都是A族元素，其中锗是位于金属与非金属交界处，它是良好的半导体材料，由此分析解答【解答】解：Si、Ge、Sn、Pb四种元素都是A族元素，Si是非金属，Ge、Sn、Pb都是金属，其中锗是位于金属与非金属交界处，它是良好的半导体材料，故选B14下列说法正确的是（）A二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀C二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸D二氧化硅是制造玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反应【分析】A二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；B盐酸的酸性强于碳酸；C碳酸的酸性强于硅酸；D二氧化硅为酸性氧化物【解答】解：A二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够溶于氢氟酸，故A错误；B盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中，不反应，故B错误；C水玻璃为硅酸钠的水溶液，二氧化碳通人水玻璃中反应生成原硅酸，故C正确；D二氧化硅为酸性氧化物，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D错误；故选：C15下列各关系中，正确的是（）A原子半径：OSSeB单质的化学活动性：Cl2F2I2C气态氢化物的稳定性：H2OH2SH2SeD最高价氧化物对应水化物的碱性：LiOHNaOHKOH【分析】A同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；B元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强；C元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D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【解答】解：A同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：OSSe，故A错误；B非金属性：FClI，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则氧化性（单质的化学活动性）：F2Cl2I2，故B错误；C元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性OSSe，则热稳定性：H2OH2SH2Se，故C正确；D金属性：KNaLi，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：KOHNaOHLiOH，故D错误；故选C16某溶液中仅含有一种溶质，若在该溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀再加稀HNO3沉淀不消失，则该溶液不可能含有的溶质是（）AAgNO3BCuSO4CK2SO3DNa2CO3【分析】向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，可能生成的沉淀为AgCl或生成BaSO4；原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子或硫酸根离子中的一种，据此进行解答【解答】解：如溶液中含有SO32，能被硝酸氧化为SO42，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的为BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42、SO32、Ag+离子中的一种，即：该溶液可能为AgNO3或K2SO3或CuSO4，由于碳酸钡能够溶于稀硝酸，所以该溶液不可能为碳酸钠溶液，故选D17元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性变化的原因是（）A元素原子的核外电子排布呈周期性变化B元素原子的最外层电子排布呈周期性变化C元素的化合价呈周期性变化D元素原子半径呈周期性变化【分析】A、随原子序数的递增，元素原子的电子层数呈周期性变化；B、随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化；C、元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果；D、元素的原子半径的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果【解答】解：A、由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数呈现周期性的变化，与元素性质的周期性变化有关，但不是唯一因素，而是电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故A错误；B、由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故B正确；C、化合价属于元素的性质，元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故C错误；D、元素的原子半径属于元素的性质，元素的原子半径的周期性变化是电子排布周期性变化的结果，故D错误故选B18检验硫酸钠溶液中含有氯离子的方法是（）A先加BaCl2溶液过滤，再加AgNO3溶液B先加AgNO3溶液，再加稀硝酸溶液C先加足量的Ba（NO3）2溶液，过滤，再加AgNO3溶液D先加足量的BaCl2溶液，过滤，再加AgNO3溶液【分析】A、先加BaCl2溶液，提供氯离子；B、硫酸根离子与银离子，生成硫酸银沉淀；C、先加足量的Ba（NO3）2溶液，排除硫酸根离子的干扰；D、先加BaCl2溶液，提供氯离子【解答】解：A、先加BaCl2溶液，提供氯离子，所以最终无法确定溶液中是否有氯离子，故A错误；B、硫酸根离子与银离子，生成硫酸银沉淀，对氯化银沉淀的干扰，故B错误；C、先加足量的Ba（NO3）2溶液，排除硫酸根离子的干扰，所以先加足量的Ba（NO3）2溶液，除去硫酸根离子，过滤，再加AgNO3溶液，生成不溶于硝酸的白色沉淀，说明氯离子的存在，故C正确；D、先加BaCl2溶液，提供氯离子，故D错误；故选C19下列说法正确的是（）A浓H2SO4有脱水性，因而可作干燥剂B常温下，浓H2SO4可用铝制密闭容器储运C浓H2SO4具有氧化性，稀H2SO4无氧化性D浓H2SO4难挥发，因而可在敞口容器中储存【分析】A、浓H2SO4干燥剂是吸水性；B、铝与浓硫酸发生钝化；C、稀硫酸中氢离子表现氧化性；D、浓硫酸具有吸水性【解答】解：A、浓H2SO4干燥剂是吸水性，而不脱水性，故A 错误；B、铝与浓硫酸发生钝化，表面形成致密的氧化膜，所以常温下，浓H2SO4可用铝制密闭容器储运，故B正确；C、稀硫酸中氢离子表现氧化性，故C错误；D、浓硫酸具有吸水性，溶液浓度变稀，浓H2SO4不可在敞口容器中储存，故D错误；故选B20有人认为元素周期表中位于A族的氢元素，也可以放在A族下列物质支持该观点的是（）AHFBH3O+CNaHDH2O2【分析】A族元素原子在反应中易获得一个电子，化合价为1价，据此分析解答【解答】解：因A族元素原子在反应中易获得一个电子，显1价，如NaH，氢元素显1价符合题意，A、B、D三项中氢元素均显+1价，不能支持这种观点，故选C21向25mL18.4mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（）A小于0.23molB等于0.23molC0.23mol0.46mol之间D等于0.46mol【分析】n（H2SO4）=0.025L18.4mol/L=0.46mol，发生Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，以此解答【解答】解：18.4molL1H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热发生Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，n（H2SO4）=0.025L18.4mol/L=0.46mol，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，则被还原的H2SO4的物质的量小于0.23 mol，故选A22两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表的前10号元素中，满足上述关系的元素共有（）A1对B2对C3对D4对【分析】根据前10号元素的原子的核外电子排布知识来回答【解答】解：在前10号元素中，氦原子和碳原子，核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，均为1：2，氢原子和铍原子，核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，均为1：1，共有两对；故选B23元素周期表前10种元素中，可构成含4个原子核及10个电子的粒子（不含同位素原子）共有（）A2种B4种C5种D8种【分析】元素周期表前10种元素中，四核10电子的微粒有：NH3、H3O+来解答【解答】解：元素周期表前10种元素中，可构成含4个原子核及10个电子的粒子（不含同位素原子）共有2种：NH3、H3O+，故选A24据报道，科学家发现了新的氢粒子，这种粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，这对解释宇宙演化提供了新的参考对于这种氢粒子，下列说法错误的是（）A它的组成可以用H3+表示B它比普通氢分子多一个氢原子核C它一定含3个中子D可以推测它的化学性质与H2不同【分析】这种氢粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成，则微粒为H3+，依此来解答【解答】解：A根据3个原子核和2个电子可知，带有一个正电荷，则该微粒可表示为H3+，故A正确；B普通氢分子2个原子核，这种氢粒子是由3个氢原子核构成，故比普通氢分子多一个氢原子核，故B正确；C因氢原子核只含质子，则该离子不含有中子，故C错误；DH3+和H2的构成不同，则化学性质与H2不同，故D正确故选C25将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（）ABCD【分析】向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，当Ca（OH）2消耗完时，继续通入CO2，CO2和KOH反应生成K2CO3，当KOH完全反应后，继续通入CO2，CO2和K2CO3反应生成KHCO3，后CO2和CaCO3、H2O反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，据此分析解答【解答】解：向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3沉淀，当Ca（OH）2消耗完时，继续通入CO2，CO2和KOH反应生成K2CO3，当KOH完全反应后，继续通入CO2，CO2和K2CO3反应生成KHCO3，后CO2和CaCO3、H2O反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，故选D三、（2630小题，共26分）26炽热的木炭跟浓H2SO4反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2+2H2O+2SO2，浓硫酸的作用是氧化剂，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2【分析】浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；浓硫酸的作用是强氧化剂；由反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+C CO2+2H2O+2SO2，氧化产物是二氧化碳与还原产物是二氧化硫，两者的物质的量之比为1：2【解答】解：（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+C CO2+2H2O+2SO2，浓硫酸的作用是强氧化剂；由反应的化学方程式可知，氧化产物是二氧化碳与还原产物是二氧化硫，两者的物质的量之比为1：2故答案为：2H2SO4（浓）+C CO2+2H2O+2SO2；氧化剂；1：227将下列硅酸盐的化学式改写成氧化物的形式：硅酸钠（Na2SiO3）Na2OSiO2，滑石Mg3（Si4O10）（OH）23MgO4SiO2H2O【分析】硅酸盐的化学式改写成氧化物的形式，一般顺序为：活泼金属氧化物较不活泼金属氧化物二氧化硅水，遵循原子守恒，以此来解答【解答】解：硅酸盐的化学式改写成氧化物的形式，一般顺序为：活泼金属氧化物较不活泼金属氧化物二氧化硅水，则硅酸钠（Na2SiO3）改写成氧化物的形式为Na2OSiO2，滑石Mg3（Si4O10）（OH）2改写成氧化物的形式为3MgO4SiO2H2O，故答案为：Na2OSiO2；3MgO4SiO2H2O28图为周期表的一部分（1）请将原子序数为1、6、10、12、13、17、37八种元素的元素符号填在相应的空格内（2）第17号元素的名称是氯，该元素在周期表中的位置是第三周期第A族，该元素的原子结构示意图为（3）上述元素中化学性质最稳定的是Ne（4）上述元素中能以离子键结合成AB2型的化合物有MgCl2，用电子式表示其形成过程（5）上述元素的最高价氧化物所对应的水化物中，酸性最强的化合物是HClO4，碱性最强的化合物是RbOH，具有两性的氢氧化物是Al（OH）3【分析】（1）原子序数为1、6、10、12、13、17、37分别为H、C、Ne、Mg、Al、Cl、Rb；（2）第17号元素为Cl，位于第三周期第A族；（3）Ne的最外层为8电子稳定结构；（4）上述元素中能以离子键结合成AB2型有MgCl2；（5）上述元素的最高价氧化物所对应的水化物中，高氯酸的酸性最强，RbOH的碱性最强，氢氧化铝具有两性【解答】解：（1）原子序数为1、6、10、12、13、17、37分别为H、C、Ne、Mg、Al、Cl、Rb，在元素周期表的位置如图，故答案为：；（2）第17号元素为Cl，名称为氯，位于第三周期第A族，该元素的原子结构示意图为，故答案为：氯；第三周期第A族；（3）Ne的最外层为8电子稳定结构，上述元素中化学性质最稳定的是Ne，故答案为：Ne；（4）上述元素中能以离子键结合成AB2型有MgCl2，用电子式表示其形成过程为，故答案为：MgCl2；（5）上述元素的最高价氧化物所对应的水化物中，酸性最强的化合物是HClO4，碱性最强的化合物是RbOH，具有两性的氢氧化物是Al（OH）3，故答案为：HClO4；RbOH；Al（OH）329A、E为短周期元素的单质，B、C为化合物，它们之间的转化关系如图所示：ABC请写出全部可能的情况（写化学式，可不填满，也可补充）第一种情况：AC、BCO、CCO2第二种情况：AS、BSO2、CSO3第三种情况：AN2、BNO、CNO2第四种情况：ANa、BNa2O、CNa2O2【分析】A、E为短周期元素中的某单质，B、C为其化合物，能连续与E反应，E为O2，则B、C应为氧化物，短周期元素形成的氧化物中，常见氧化物有CO2、SO3或NO2，、Na2O2，BC为氯化物，则E为Cl2，如P有神形成三氯化磷、五氯化磷，以此推断可解答该题【解答】解：A、E为短周期元素中的某单质，B、C为其化合物，能连续与E反应，E为O2，则B、C应为氧化物，短周期元素形成的氧化物中，常见氧化物有CO2、SO3或NO2，、Na2O2，BC为氯化物，则E为Cl2，如P有神形成三氯化磷、五氯化磷等，（1）符合转化关系的可以是碳单质，CCOCO2，故答案为：C，CO，CO2；（2）符合转化关系的可以是硫单质，SSO2SO3，故答案为：S，SO2，SO3；（3）符合转化关系的可以是氮气单质，N2NONO2，故答案为；N2，NO，NO2；（4）符合转化关系的可以是金属钠，NaNa2ONa2O2，故答案为：Na，Na2O，Na2O2；四、（3031小题，共14分）30有一包粉末，可能是氯化钾、碳酸钠、三氯化铁、硫酸钠、硝酸钡中的一种或几种组成为了研究它的组成，我做了如下实验，现将研究的问题和实验过程填写在下表中（假设各步恰好完全反应）：问题实验步骤实验现象结论实验一存在有色离子吗？取少量粉末，加水，溶解，过滤有白色沉淀生成，滤液无色这种粉末中一定无FeCl3实验二白色沉淀是什么？取少量沉淀，向其中滴加稀盐酸沉淀部分溶解有气泡产生有硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡实验三是否含有KCl？取少量滤液，滴加硝酸银溶液和稀硝酸产生白色沉淀有KCl存在通过实验推断此粉末的组成是硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡、氯化钾【分析】根据铁离子在溶液中显黄色，钡离子和碳酸根离子、硫酸根离子会生成沉淀，硫酸钡难溶于酸和水，氯化银沉淀难溶于酸，检验氯离子需要加酸排除碳酸根离子的干扰进行分析【解答】解：氯化铁在溶液中显黄色，有白色沉淀生成，滤液无色，所以一定不存在氯化铁，可能存在硝酸钡和碳酸钠、硫酸钠，取沉淀滴加盐酸，沉淀全部溶解，依据硫酸钡沉淀难溶于酸，所以沉淀是碳酸钡沉淀，混合物中一定存在碳酸钠和氯化钡，鉴别氯化钾，取实验一反应后的滤液少许，滴加硝酸酸化的硝酸银，会生成白色沉淀，说明存在氯化钾，反之不存在通过实验推断此粉末的组成是碳酸钠、硝酸钡、氯化钾，要根据这个实验结论完成对现象和步骤的设计故答案为：问题实验步骤实验现象结论实验一FeCl3实验二沉淀部分溶解有气泡产生有硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡实验三是否含有KCl？取少量滤液，滴加硝酸银溶液和稀硝酸产生白色沉淀有KCl存在粉末组成：硫酸钠、碳酸钠、硝酸钡、氯化钾31图为制取纯净干燥的气体A的装置图的一部分生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制已知A是一种无色、无气味的气体，它不能使酸碱指示剂变色，也不能在空气中燃烧，但能使带火星的木条复燃（1）A是O2（2）若C是一种淡黄色固体，则烧瓶中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（3）若C是一种黑色粉末，则B物质是H2O2，C物质的作用是催化剂（4）洗气瓶中的试剂是浓硫酸，其作用是干燥剂【分析】A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体，但能使带火星的木条复燃，应为氧气，图为固体与液体不加热条件下制备氧气，可为过氧化钠和水或过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成，D为干燥装置，以此解答该题【解答】解：（1）A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体，但能使带火星的木条复燃，应为氧气，故答案为：O2；（2）若C是一种淡黄色固体，能够制取氧气，则C为过氧化钠，过氧化钠和水反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；故答案为；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（3）若C是一种黑色粉末，能够制取氧气，则C为二氧化锰，B为双氧水，二氧化锰起催化剂的作用；故答案为：H2O2；催化剂；（4）D中导管长进短出，应该盛装浓硫酸，起干燥剂作用，除去氧气中混有的少量水蒸气，故答案为：浓硫酸；干燥剂五、（3233小题，共10分）32用Cu跟浓H2SO4反应，得到SO2的体积为22.4L（标准状况）把所得的CuSO4配制成500mL溶液求：（1）反应过程中转移电子的物质的量（2）所得溶液中溶质的物质的量浓度【分析】得到SO2的体积为22.4L，其物质的量为： =1mol，生成1mol的二氧化硫转移2mol的电子，根据c=计算CuSO4的物质的量浓度，由此分析解答【解答】解：（1）n（SO2）=1 mol，生成1mol的二氧化硫转移2mol的电子，答：转移电子的物质的量2 mol；（2）n（CuSO4）=n（SO2）=1 mol，所以c（CuSO4）=2 mol/L，答：所得溶液中溶质的物质的量浓度为2 mol/L33将质量为6.3g的Na2SO3暴露在空气中一段时间后溶于水配成100mL溶液取出50mL，加入过量的稀硫酸溶液得到气体在标准状况下的体积为0.448L；另取该溶液50mL加入足量的氯化钡溶液，求生成的白色沉淀的成分及其质量【分析】亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，取出50mL溶液加入稀硫酸后生成的气体为二氧化硫，根据n=计算出二氧化硫的物质的量，从而可知每份溶液中没有被氧化的亚硫酸钠的物质的量及被氧化的物质的量；另一份溶液中加入氯化钡溶液后生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，根据亚硫酸钠、硫酸钠的物质的量可知硫酸钡、亚硫酸钡的物质的量，再根据m=nM计算出沉淀的质量【解答】解：6.3g亚硫酸钠的物质的量为：n（Na2SO3）=0.05 mol，取出一半与稀硫酸反应，生成二氧化硫的物质的量为：n（SO2）=0.02 mol，根据S原子守恒可知溶液中含有亚硫酸钠的物质的量为：n（Na2SO3）=n（SO2）=0.02 mol，溶液具有均一性，则另一份加入氯化钡的溶液中含有亚硫酸钠的物质的量也是0.02mol，结合S原子守恒看含有硫酸钠的物质的量为：n（Na2SO4）=0.05mol0.02mol=0.005 mol，加入氯化钡溶液后生成的白色沉淀为BaSO4、BaSO3，其中生成亚硫酸钡的物质的量为：n（BaSO3）=0.02 mol，质量为：m（BaSO3）=217g/mol0.02mol=4.34g，生成硫酸钡的物质的量为：n （BaSO4）=0.005 mol，质量为：m（BaSO4）=233g/mol0.005mol=1.165g，答：生成的白色沉淀为亚硫酸钡和硫酸钡的混合物，含有4.34g亚硫酸钡，含有1.165g硫酸钡六、（共10分，选做，不计入总分）34如图所示，已知单质E可作为半导体材料；化合物F是一种具有可燃性的氧化物；化合物I能溶于水，水溶液呈酸性，它能跟氧化物A起反应请据此填空（1）化合物F、I的化学式为：CO、HF（2）反应的化学方程式为：SiO2+2C2CO+Si【分析】单质E可作为半导体材料，应为Si，则A应为SiO2，B为C单质，F是一种具有可燃性的氧化物，应为CO，结合转化关系可知C为H2O，G为H2，H为O2，D为F2，I为HF，以此解答该题【解答】解：单质E可作为半导体材料，应为Si，则A应为SiO2，B为C单质，F是一种具有可燃性的氧化物，应为CO，结合转化关系可知C为H2O，G为H2，H为O2，D为F2，I为HF，（1）由以上分析可知F为CO，I为HF，故答案为：CO；HF；（2）反应为工业制备粗硅的反应，化学方程式为：SiO2+2C2CO+Si，故答案为：SiO2+2C2CO+Si35若以A、B、C和D代表四种短周期元素，且知A与B可形成原子数之比为1：1的化合物甲，B与C可形成原子数之比为1：1的化合物乙，A与D、B与D也可形成原子数之比为1：1的化合物丙和丁，又知甲分子含18个电子，1mol乙含38NA个电子，丙分子和丁分子均含14个电子，请填空：（1）A、B、C、D名称分别是氢、氧、钠、碳；（2）化合物甲、丙、丁的化学式分别是H2O2、C2H2、CO；（3）化合物甲的结构式是HOOH【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，且知A与B可形成原子数之比为1：1的化合物甲，B与C可形成原子数之比为1：1的化合物乙，A与D、B与D也可形成原子数之比为1：1的化合物丙和丁，又知甲分子含18个电子，1mol乙含38NA个电子，丙分子和丁分子均含14个电子，可推知A为氢、B为氧、C为钠、D为碳，甲为过氧化氢，乙为过氧化钠，丙为乙炔，丁为一氧化碳，据此解答【解答】解：A、B、C、D是四种短周期元素，且知A与B可形成原子数之比为1：1的化合物甲，B与C可形成原子数之比为1：1的化合物乙，A与D、B与D也可形成原子数之比为1：1的化合物丙和丁，又知甲分子含18个电子，1mol乙含38NA个电子，丙分子和丁分子均含14个电子，可推知A为氢、B为氧、C为钠、D为碳，甲为过氧化氢，乙为过氧化钠，丙为乙炔，丁为一氧化碳，（1）根据上述分析，A、B、C、D名称分别是氢、氧、钠、碳，故答案为：氢、氧、钠、碳；（2）化合物甲、丙、丁的化学式分别是H2O2、C2H2、CO，故答案为：H2O2；C2H2；CO；（3）化合物甲为H2O2，其结构式是HOOH，故答案为：HOOHxx年8月18日