【化学】河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一3月月考试题（解析版）

【化学】河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一3月月考试题（解析版）

河北省石家庄实验中学2019-2020学年高一3月月考试题 一、单选题（每个2分，总分50分）‎ ‎1.下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(　　)‎ A. 制取NH3 B. 干燥NH3‎ C. 收集NH3 D. 处理尾气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵与氢氧化钙共热制取氨气，但加热固体物质时试管口应略向下倾斜，选项A错误；‎ B、浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，应使用碱石灰干燥氨气，选项B错误；‎ C、由于氨气密度小于空气，导气管应短进长出才能收集到气体，选项C错误；‎ D、氨气极易溶于水，易产生倒吸现象，用干燥管组合的装置进行防倒吸，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列对于硝酸的认识正确的是(　　)‎ A. 稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝 B. 硝酸能与碳酸钠反应，但不能生成二氧化碳 C. 硝酸能与金属反应放出氢气 D. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硝酸不能使红色石蕊试纸变蓝，硝酸具有强氧化性，有漂白作用，故A错误；‎ B. 硝酸具有酸性，能与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，故B正确；‎ C. 硝酸具有强氧化性，不能与金属发生置换反应产生氢气，通常反应生成NO或NO2气体，故C错误；‎ D.‎ ‎ 浓硝酸在光照下颜色变黄，其原因是硝酸分解生成二氧化氮溶于硝酸中，说明浓硝酸不稳定，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎3.铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降(　　)‎ A. 0.2‎mol/L B. 0.8mol/L C. 0.6mol/L D. 0.4mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，参加 反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确 ，选B。‎ ‎4.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（ ）‎ A. 实验时先打开装置③中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置①的酒精灯 B. 装置②的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3‎ C. 向步骤 I 所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4Cl D. 用装置④可实现步骤Ⅱ的转化，所得CO2可循环使用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。‎ ‎【详解】A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；‎ B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；‎ C、通入氨气的作用是增大的浓度，使NH4Cl更多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；‎ D、用装置④加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤Ⅱ的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎5.四种短周期元素X、Y、Z、W的最外层电子数之和为16，其中X、Y、Z的电子层数相同，W原子的核外电子层数与其他三种不同，X元素的焰色反应呈黄色，Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃，Z元素的最外层电子数是K层的2倍。下列推断正确的是（ ）‎ A. 原子半径：X＜Y B. 简单离子半径：W＞X＞Y C. Z和W形成的化合物和某些酸、强碱均能发生反应 D. X、Y、W和氢元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z的电子层数相同，则三者位于同周期；又X元素的焰色反应呈黄色，X为Na；Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃，白磷着火点低易自燃， Y为P；Z元素的最外层电子数是K层的2倍，则Z的最外层电子是4，为Si；又X、Y、Z、W的最外层电子数之和为16，均为短周期元素，故W的最外层电子数为=‎16-1-5‎-4=6，W为O。‎ ‎【详解】A．同一周期原子半径从左到右依次减小，原子半径X＞Y，故A错误；‎ B．简单离子的核外电子排布相同，序数越大，离子半径越小；X、W相同，Y大于两者，故大小顺序应为：Y＞W＞X，故B错误；‎ C．Z和W形成的化合物是二氧化硅，二氧化硅能与氢氟酸反应：，也可以和氢氧化钠反应：，故C正确；‎ D．X（Na）和氢元素形成的化合物的水溶液是NaOH，显碱性；Y（P）和氢元素形成的化合物的水溶液显弱碱性，W（O）和氢元素形成的化合物的水溶液是水，显中性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.已知镓（31Ga）和溴（35Br）是第四周期的主族元素。下列分析错误的是（ ）‎ A. 镓元素为第四周期第ⅢA元素 B. 原子半径：Br＞Ga C. 79Br与81Br得电子能力相同 D. 碱性：Ga（OH）3＞Al（OH）3，酸性：HClO4＞HBrO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.镓的原子序数为31，核外电子排布为，所以镓（31Ga）元素属于第四周期第ⅢA元素，故A正确；‎ B.同周期元素，从左到右原子的半径逐渐减小，所以镓（31Ga）和溴（35Br）原子半径：Br＜Ga，故B错误；‎ C.79Br与81Br互为同位素，他们的化学性质相同，所以得电子能力相同，故C正确；‎ D.同主族自上而下金属性增强，故金属性Ga>Al，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性Ga(OH)3>Al(OH)3；同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性 Cl>Br，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4＞HBrO4,故D正确； 答案：B。‎ ‎7.下列说法正确的是(　　)‎ A. 、、互为同位素，因为它们核内质子数相同，中子数不同 B. 通常人们所说的C-12原子是指质子数和中子数都是6的碳原子 C. 核素的种类比元素少 D. 和互为同位素，两者的化学性质不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．、、是分子，不是原子，不能称为同位素，故A错误；‎ B．原子的质量数=质子数+中子数，C-12原子是指质子数和中子数都是6的碳原子，故B正确；‎ C．同一元素原子的中子数可能不等，即存在同位素，因此核素的种类比元素多，故C错误；‎ D．和核内质子数相同，中子数不同，互为同位素，两者的化学性质几乎相同，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是(　　)‎ A. W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z B. W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族 C. 丙属于两性氧化物 D. 等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。‎ A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；‎ B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；‎ C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；‎ D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误； ‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.某主族元素R的最高正价与最低负价的代数和为4，由此可以判断（　　）‎ A. R一定是第四周期元素 B. R一定是ⅣA族元素 C. R气态氢化物化学式为H2R D. R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设主族元素R的最高正化合价为x，则最低负价x-8，有x+(x-8)=4，解得x=+6，该元素处于ⅥA族。‎ A.根据上述分析，R元素处于ⅥA族，不一定为第四周期元素，故A错误；‎ B.由以上分析可知，R原子最外层电子数为6，该元素处于ⅥA族，故B错误；‎ C.R的最低负化合价为-2，氢化物化学式为H2R，故C正确；‎ D.R为ⅥA族元素，R的位置未知，无法判断，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：‎ 元素代号 L M Q R T 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、﹣2‎ ‎+7、﹣1‎ ‎﹣2‎ 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.074‎ 据表中信息判断，下列有关叙述中，正确是(　　)‎ A. L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈 B. M与T形成的化合物能和强酸、强碱反应且产物不同 C. Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物 D. L与R两元素形成的化合物中，含有非极性共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。‎ A. Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；‎ B. Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；‎ C. S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；‎ D. Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.元素X和Y是同周期主族元素，X元素在第ⅠA族，Y元素在第ⅦA族，则X和Y两元素原子序数之差不可能是（ ）‎ A. 6 B. ‎16 ‎C. 26 D. 30‎ ‎【答案】C ‎【解析】第一周期没有VIIA，第二、三周期，两者原子序数相差6.，第四、五周期两者原子序数相差16，第六、七周期两者原子序数相差30，故选项C正确。‎ ‎12.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）‎ A. b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：b＞c C. c为第二周期第VIIA族元素 D. 原子半径：d>c>b>a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为‎15-1-3‎=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．‎ ‎【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。‎ ‎13.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A. Q位于第三周期ⅠA族 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C. 简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋‎ D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；‎ B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；‎ C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；‎ D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎14.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列说法错误的是(　　)‎ A. W元素和X元素形成的化合物WX2属于非极性分子 B. 工业上常用电解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法来制取单质Y C. 制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质Z D. X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，所以W是C元素，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，所以X为O元素，Y元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，所以Y为Al元素，Z和W同主族，所以Z为Si元素，R元素被称为“成盐元素”，所以R为Cl元素。‎ ‎【详解】A、WX2是CO2，CO2为非极性分子，故A正确；‎ B、Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，工业上常用电解熔融氧化铝制备铝单质，故B错误；‎ C、Si为良好的半导体，常用于制备计算机芯片，故C正确；‎ D、元素X和R形成的ClO2，具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎15.短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3−、dD−都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 单质的还原性：A>B>D>C B. a−c=1‎ C. 离子半径：C>D>B>A D. 原子半径：A>B>D>C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B处于同一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数A＞B，单质还原性B＞A，C、D处于同一周期，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，原子序数D＞C，单质氧化性D＞C，故A错误；‎ B．aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，所以a－c＝5，故B错误；‎ C．aA2+、bB+、cC3-、dD-都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a＞b＞d＞c，所以离子半径C3-＞D-＞B+＞A2+，故C正确；‎ D．A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，原子半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎16.反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用来检验输送氯气的管道是否漏气。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）‎ A. 中子数为20的氯原子：Cl B. N2的结构式：N═N C. Cl-的结构示意图： D. NH4Cl的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素符号左上方为质量数，左下方为质子数，中子数=质量数-质子数，中子数为20的氯原子为Cl，A正确； ‎ B.氮元素之间存在3个共用电子对，即 N2的结构式为N=N，B错误；‎ C. Cl-最外层电子数符合“‎8”‎电子稳定结构，即结构示意图： ，C错误；‎ D. 铵根为阳离子，含有N-H共用电子对，即NH4Cl的电子式为，D错误。‎ 答案为A。‎ ‎17.下列说法正确的是( )‎ A. H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定 B. He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键 C. PCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构 D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2‎ O分子间存在氢键，影响水的沸点，稳定性是化学性质，沸点是物理性质，所以稳定性与氢键无关，故A错误；‎ B. CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；‎ C. PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；‎ D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 中子数为10的氧原子：‎ B. Mg2+的结构示意图：‎ C. 硫化钠的电子式：‎ D. HCl的形成过程：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中子数为10的氧原子应为，A项错误；‎ B.Mg的核电荷数为12，Mg2+的核外电子数为10，B项正确；‎ C.硫化钠是离子化合物，其电子式应为：，C项错误；‎ D.HCl是共价化合物，不是离子化合物，HCl电子式为，D项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎19.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是(　　)‎ A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI D. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键； ‎ D.氢键具有方向性和饱和性。‎ ‎【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C错误；‎ D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎20.下列用电子式表示共价化合物的形成过程，正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氯化氢属于共价化合物，其电子式没有阴阳离子；溴化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，属于共价化合物。‎ ‎【详解】A. 氯化氢属于共价化合物，氢原子最外层电子与氯原子最外层电子形成一对共用电子对，电子式表示其形成过程为：，A错误；‎ B．溴化钠为离子化合物，钠离子与溴离子通过离子键结合，用电子式表示形成过程为，B错误； C．氟离子和镁离子通过离子键形成离子化合物氟化镁，其形成过程为 ‎，C错误； D．O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，D正确。 答案为D。‎ ‎21.下列说法正确的是（ ）‎ A. CaCl2晶体中存在共价键 B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是离子化合物 C SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力 D. I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CaCl2晶体中存在离子键，没有共价键，故A错误；‎ B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，而硫酸是共价化合物，二者无因果关系，故B错误；‎ C．SiO2属于原子晶体，熔化只破坏共价键，晶体中没有分子间作用力，故C错误；‎ D．I2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.已知RO32－的核内有x个中子，R的质量数为A，则mgRO32－含有电子的物质的量为（ ）‎ A. m(A+26－x)/(A+48) B. m(A－x－48)/(A+48)‎ C. m(A－x+50)/ (A+48) D. m(A－x+2)/A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧原子的中子数为8，RO32-的核内有x个中子，则R的中子数为x-24，R原子的质子数为A-x+24，1个RO32-含有电子数为：A-x+24+2+8×3=A-x+50，mgRO3n-的物质的量为=mol，所以mgRO32-含有电子的物质的量为×（A-x+50）mol。‎ 故选A。‎ ‎23.氢化钠化合物中钠元素是价，NaH跟水反应放出，下列叙述正确的是( )‎ A. 在NaH中的氢离子半径比锂离子半径大 B. 在NaH中的氢离子的电子层排布与不相同 C. NaH跟水反应后溶液呈酸性 D. NaH中的氢离子被还原成氢气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H-离子和Li+离子电子层结构相同，锂离子核电荷数大于H-，核电荷数越大，离子半径越小，故H-离子半径大于Li+离子半径，故A正确；‎ B．NaH中H元素是-1价，其核外电子数为2，所以其电子层排布与Li+的相同，故B错误；‎ C．NaH中H元素是-1价，氢化钠和水放出氢气，氢气单质中H元素的化合价为0价，氢元素的化合价升高到0，氢气单质中有两个氢原子，一个是升高的，另一个氢原子降低，根据元素守恒写出化学方程式：，有NaOH生成，其水溶液显碱性，故C错误；‎ D．反应中，NaH中H元素是-1价，生成物氢气中H元素的化合价为0价，氢元素的化合价升高，氢化钠中氢离子被氧化成氢气，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎24.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 1 molNH5中含有5NA个N—H键(NA表示阿伏加德罗常数)‎ B. NH5中既有共价键又有离子键，它形成的晶体是离子晶体 C. NH5的电子式为：‎ D. 它与水反应的化学方程式为：NH5＋H2O=NH3·H2O＋H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，应为NH4H，为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，为离子混合物，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．NH5为离子混合物，为NH4H，1molNH5中含有4NA个N﹣H键，故A错误；‎ B．NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，为离子化合物，含有离子键，N﹣H键共价键，故B正确；‎ C．NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，电子式为，故C正确；‎ D．它与H2O反应，H﹣具有还原性，H2O具有氧化性，可生成一水合氨和氢气，反应的方程式为NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎25.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）‎ A. 504mL B. 336mL C. 224mL D. 168mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)==0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。‎ 第II卷 非选择题 二、填空题 ‎26.X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：‎ ‎（1）Y在周期表中的位置是第______周期第_____族，其原子结构示意图为_______________；Y与Z之间形成的化学键属于__________。‎ ‎（2）X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是__________(填元素符号)；X单质既可与盐酸反应，又可溶于氢氧化钠溶液，产生的气体为__________(填分子式)，该气体与Y单质反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎（3）Z的最高价氧化物的电子式为____________________。‎ ‎【答案】(1). 二 (2). ⅤA (3). (4). (极性)共价键 (5). Al (6). H2 ‎ ‎ (7). N2＋3H22NH3 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】非金属Z的一种固体单质可导电，Z为C，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，则可推出Y为N，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，X为Al。‎ ‎【详解】根据以上分析，X为Al，Y为N，Z为C，‎ ‎（1）Y为N，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族，其原子结构示意图为；与C之间形成的化学键,是不同的非金属和非金属之间的键，为极性共价键。‎ 故答案为二 ；ⅤA ； ；(极性)共价键。‎ ‎（2）比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电核数（核电核数越小，半径越大），因此三种元素中，原子半径最大的是Al；Al与盐酸和氢氧化钠反应产生的气体为H2，与N2反应的化学方程式为N2＋3H22NH3。故答案为Al； H2 ；N2＋3H22NH3。‎ ‎（3）Z是C，最高价氧化物为CO2，因此电子式为。故答案为。‎ ‎27.有A、B、C、D四种短周期元素, 它们的原子序数由A到D依次增大, 已知A和B原子有相同的电子层数, 且A的L层电子数是K层电子数的两倍, C在空气中燃烧时呈现黄色火焰, C的单质在加热下与B的单质充分反应, 可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物, 试根据以上叙述回答:‎ ‎（1）元素名称: A ______ B _____ C _____ D ______‎ ‎（2）D元素位于周期表中___________周期____________族 ‎（3）写出AB2与C2B2反应的化学方程式：________________________________________。‎ ‎（4）电子式表示化合物 C2D 的形成过程：________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 碳 (2). 氧 (3). 钠 (4). 硫 (5). 第三 (6). VIA (7). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 (8). ‎ ‎【解析】有A、B、C、D四种短周期元素,它们的原子序数由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的电子层数,且A的L层电子数是K层电子数的两倍,所以A是C元素;C燃烧时呈现黄色火焰,C的单质在加热条件下与B的单质充分反应,可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物,所以C是Na元素,B是O元素,D是S元素. (1)通过以上分析知,A是C,B是O,C是Na,D是S,因此，本题正确答案是:碳;氧;钠;硫; (2)S质子数为16,有3个电子层,最外层6个电子,处于第三周期第VIA族,因此，本题正确答案是:第三;VIA;   (3) AB2为CO2，C2B2 为Na2O2，两者反应是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,化学反应方程式为: 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,因此，本题正确答案是: 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2; (4)C2D为Na2S,由钠离子与硫离子构成,电子式表示Na2S的形成过程为， 因此，本题正确答案是:．‎ ‎28.已知X、Y、Z、W四种元素是元素周期表中连续三个不同短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。试推断：‎ ‎（1）X、Y、Z、W四种元素的符号： X________、Y__________、Z____________、W、________‎ ‎（2）由以上元素中的两种元素组成的能溶于水且水溶液显碱性的化合物的电子式分别为__________________，______________________。‎ ‎（3）由X、Y、Z所形成的离子化合物是________________，它与W的最高氧化物的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式是________________________________________。‎ ‎【答案】(1). H (2). N (3). O (4). Na (5). (6). 、 (7). NH4NO3 (8). NH4++OH-NH3↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W四种元素是元素周期表中连续三个不同短周期的元素，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、W同主族，则W是Na元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是O元素。Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，则Y为N元素。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）X、Y、Z、W四种元素的符号： X是H、Y是N、Z是O、W是Na。‎ ‎（2）H、N、O、Na中的两种元素组成的能溶于水且水溶液显碱性的化合物是氨气、氧化钠、过氧化钠，电子式分别为 ，、。‎ ‎（3）由H、N、O所形成的离子化合物是硝酸铵（NH4NO3），Na的最高氧化物的水化物是NaOH， NH4NO3与NaOH反应生成硝酸钠和氨气，离子方程式是NH4++OH-NH3↑+H2O。‎ ‎29.回答下列问题：‎ ‎（1）锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物的叙述正确的是__。‎ A．Li2SO4难溶于水 B．Li与N2反应产物是Li3N C．LiOH难溶于水 D．LiOH与Li2CO3受热都易分解 ‎（2）与铝位于对角线位置的第二周期元素是__，能区别Be(OH)2和Mg(OH)2的一种试剂是__，反应的化学方程__。‎ ‎（3）门捷列夫在研究元素周期表时，科学地预言了11种尚未发现的元素，为它们在周期表中留下空位。例如，他预测在铝的下方有一个与铝类似的元素“类铝”，后来被法国化学家于1875年发现，命名为镓。镓的元素符号是__，它在周期表中的位置是__。‎ ‎（4）关于与镓同主族的第6周期元素性质的推测中不正确的是_。‎ A．单质是银白色较软的金属 B．其氢氧化物是两性氢氧化物 C．在化合物中显＋3价 D．单质与盐酸的反应比铝剧烈 ‎【答案】(1). BD (2). 铍(Be) (3). NaOH溶液 (4). Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O (5). Ga (6). 第四周期ⅢA族 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】(1).元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据MgSO4、Mg、Mg(OH)2、MgCO3的性质可推断Li2SO4、Li、LiOH、Li2CO3的性质；‎ ‎(2).根据元素周期表的位置，铝和铍处于对角线位置，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be(OH)2也具有两性，可以与氢氧化钠反应， Mg(OH)2‎ 不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，依照氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，写出氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式；‎ ‎(3).同主族元素性质相似，铝下方的元素为镓，位于第四周期ⅢA族；‎ ‎(4).根据同主族元素性质的递变规律可知铊的性质。‎ ‎【详解】(1).A. 锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；‎ B. 锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，故B正确；‎ C. 氢氧化镁不易溶于水，但‎20℃‎时，‎100g水中能溶解‎12.8g属于易溶物质，所以氢氧化锂属于易溶物质，故C错误；‎ D. 锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D正确；‎ 故答案选BD。‎ ‎(2).根据对角线规则，与铝位于对角线位置的第二周期元素是铍，有相似的化学性质，氢氧化铝具有两性，Be(OH)2也具有两性，可以与氢氧化钠反应， Mg(OH)2不可以与氢氧化钠反应，故可以用氢氧化钠来鉴别，依照氢氧化铝与氢氧化钠反应的化学方程式，写出氢氧化铍与氢氧化钠反应的化学方程式，化学方程式为Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O ，‎ 故答案为：铍(Be)；NaOH溶液；Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；‎ ‎(3).同主族元素性质相似，铝下方的元素为镓，元素符号为Ga，位于第四周期ⅢA族，‎ 故答案为：Ga；第四周期ⅢA族；‎ ‎(4).A. 与镓同主族的第六周期元素为铊，单质为银白色，质软，故A正确；‎ B. 氢氧化物为两性的物质位于金属和非金属的临界处，如硼铝硅锗砷等，铊不是两性物质，其氢氧化物也不是两性氢氧化物，故B错误；‎ C. 铊与铝同主族，具有相同的最外层电子数，所以铊在化合物中也显+3价，故C正确；‎ D. 同主族元素自上到下金属性递增，与盐酸反应的剧烈程度递增，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎30.标号为①～⑩的元素，在元素周期表中的位置如下：‎ 主族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0族 ‎1‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎2‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎3‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）(填写元素符号)① _____③______⑤_____ ⑦_____‎ ‎（2）①和④号元素形成的化合物的化学式为________，用电子式表示其形成过程为__________。‎ ‎（3）⑦和⑧号元素的最高价氧化物的水化物的碱性是： ______﹥_________ （填化学式）。⑨和⑩号元素的最高价氧化物的水化物的酸性是： ______ ﹥_________ （填化学式）。‎ ‎（4）①、⑤、⑦号元素形成的一种化合物的电子式是________，在该化合物中既含有________键，又含有________键。‎ ‎【答案】(1). H (2). C (3). O (4). Na (5). NH3 (6). (7). NaOH (8). Mg(OH)2 (9). HClO4 (10). H2SO4 (11). Na+ (12). 离子 (13). 共价 ‎【解析】‎ ‎【详解】由元素在周期表中位置知，①为H、②为He、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Na、⑧为Mg、⑨为S、⑩为Cl。‎ ‎（1）、①为H、③为C、⑤为O、⑦为Na；‎ ‎（2）、①和④号元素形成的化合物的化学式为NH3，用电子式表示其形成过程为；‎ ‎（3）、元素金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，则⑦和⑧号元素的最高价氧化物的水化物NaOH与Mg(OH)2的碱性是： NaOH﹥Mg(OH)2；元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则⑨和⑩号元素的最高价氧化物的水化物的酸性是：HClO4﹥H2SO4；‎ ‎（4）、①、⑤、⑦号元素形成的一种化合物NaOH的电子式是Na+，在该化合物由钠离子和氢氧根离子构成，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间存在共价键，故该化合物中既含有离子键，又含有共价键。‎