福建省泉州第十六中学2022-2022学年高一化学下学期期中试题含解析.doc

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1、福建省泉州第十六中学2022-2022学年高一化学下学期期中试题含解析可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 S-32 Ba-137第一卷选择题一、选择题此题共22小题，每题只有一个正确选项。1.以下化学用语或模型正确的选项是A. 氯化氢的电子式： B. N2的结构式：NNC. CH4分子的球棍模型：D. 硫离子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；B两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，结构式是NN，故B正确；C是CH4分子的比例模型，故C错误；D硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图：，故D错误；应选B。2.F和

2、F两种粒子中，不相同的是 核内质子数 核外电子数 最外层电子数 核外电子层数A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】F-是F原子得到一个电子后形成，质子数不变，都是9，都属于氟元素，故不选；F-是F原子得到一个电子后形成的，因此电子数一定不相同，应选；F-是F原子得到一个电子后形成的，氟原子最外层电子数为7，氟离子最外层电子数为8，最外层电子数不同，应选。F-是F原子得到一个电子后形成的，两者的电子层数都是2，故不选；F和F两种粒子中，不相同的是，应选A。3.A、B两种元素能形成AB2型离子化合物，那么A和B的原子序数可能是 A. 11和8B. 6和16C. 11和16D. 12和1

3、7【答案】D【解析】【详解】A11和8号元素分别为Na和O，O为-2价，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2O，不能形成AB2型离子化合物，故A错误；B6号元素是C元素，16号元素是S元素，都是非金属元素，二者不能形成离子化合物，故B错误；C11号元素是Na元素，16号元素是S元素，一种是活泼的金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，能形成Na2S，不能形成AB2型离子化合物，故C错误；D12号元素是Mg元素，17号元素为Cl，一种是活泼金属元素，一种是活泼的非金属元素，易形成离子化合物，可生成MgCl2，能形成AB2型离子化合物，故D正确；

4、应选D。【点睛】解答此题的关键是能够根据原子序数判断元素的种类。要注意活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，AB2型离子化合物中A显+2价，B显-1价。4.13153I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中13153I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。以下有关13153I的表达中错误的选项是 A. 13153I的化学性质与12753I相同B. 13153I的原子序数为53C. 13153I的原子核外电子数为78D. 13153I的原子核内中子数多于质子数【答案】C【解析】【详解】A. 13153I和12753I互为同位素，其化学性质相同，故A正确；B.原子序数等于质子数，那么

5、13153I的原子序数为53，故B正确；C.质子数等于核外电子数，那么13153I的原子核外电子数为53，故C错误；D. 13153I表示的是质子数为53，质量数为131的碘原子，中子数1315378，所以中子数多于质子数，故D正确，答案选C。5.短周期元素M和N的离子M2+和N2具有相同电子层结构，那么以下说法正确的选项是 A. M和N原子的电子层数相等B. M和N原子最外层电子数相等C. M的原子序数比N小D. M2+的离子半径比N2小【答案】D【解析】【分析】短周期元素的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，M元素位于N元素的下一周期，N位于第二周期第VIA族，为O元素，M位于第三周期

6、第IIA族，为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，N为O元素，M为Mg元素。A元素的周期数与其原子的电子层数相同，M的电子层数是3，N的电子层数是2，所以两种元素原子的电子层数不同，故A错误；BM最外层有2个电子，N最外层有6个电子，所以M和N元素的最外层电子数不等，故B错误； CM是Mg元素，N是O元素，镁元素的原子序数是12，氧元素的原子序数是8，所以M的原子序数大于N，故C错误；D电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以氧离子的半径大于镁离子，故D正确； 应选D。6.以下化合物中既含有离子键又含共价键的是 A. CaCl2B. Na2O2C. HClD.

7、 H2O2【答案】B【解析】【详解】ACaCl2中只含有离子键，故A错误；BNa2O2中钠离子与过氧根离子间形成离子键，O与O之间形成非极性共价键，故B正确；CHCl为共价化合物，只含共价键，故C错误；DH2O2为共价化合物，只含有共价键，故D错误；应选B。【点睛】此题的易错点为A，要注意离子化合物中共价键的判断方法，如果离子化合物能够电离出原子团，那么原子团中含有共价键。7.以下表达正确的选项是 A. 共价化合物一定不含离子键B. 离子化合物一定不含共价键C. 气态单质的分子中一定存在共价键D. 全部由非金属元素形成的化合物一定不含离子键【答案】A【解析】【详解】A只含共价键的化合物是共价化

8、合物，所以共价化合物中一定不含离子键，故A正确； B离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，故B错误； C气态单质的分子中不一定存在共价键，如稀有气体中只存在范德华力但不存在共价键，故C错误；D全部由非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如铵盐，故D错误；应选A。8.X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在1018之间，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。那么以下判断正确的选项是( )A. 非金属性：XYZB. 酸性：H3ZO4H2YO4HXO4C. 原子半径：按X、Y、Z变小D. 气态氢化物稳定性：按X、Y、Z顺序减弱【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z三种元素原子的核

9、电荷数在1018之间，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，那么X为Cl元素，Y为S元素，Z为P元素。【详解】A同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，那么非金属性：XYZ，故A错误；B非金属性：XYZ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，那么酸性H3ZO4H2YO4HXO4，故B错误；C同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，那么原子半径按X、Y、Z变大，故C错误；D非金属性：XYZ，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，那么气态氢化物稳定性按X、Y、Z顺序减弱，故D正确；答案选D。9. 四种短周期元素在周期表中的位置如

10、图，其中只有M为金属元素。以下说法不正确的选项是A. 原子半径ZX，故酸性HNO3H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2OSiH4，C正确；D、ZO，位于元素周期表中第二周期、第A族，D正确。答案选B。10.33As、35Br位于同一周期，以下关系正确的选项是A. 原子半径：AsC1PB. 热稳定性：HC1AsH3HBrC. 复原性：As3-S2-C1-D. 酸性：H3AsO4H2SO4H3PO4【答案】C【解析】【详解】A原子半径大小顺序是AsPCl，故A错误；B非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，那么热稳定性：HClHBrAsH3，故B错误；C单质的氧化性Cl

11、2SAs，所以阴离子的复原性：As3S2Cl，故C正确；D非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，那么酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D错误；应选C11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多4，W与Y同主族。以下说法正确的选项是 A. 原子半径的大小顺序：W Z Y XB. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C. 单质Z能在X的最高价氧化物中燃烧D. Y、W的简单气态氢化物的热稳定性：Y W【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子

12、数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，那么Y为O元素，Z的核电荷数比Y多4，故Z的质子数为12，那么Z为Mg，W与Y同主族，那么W为S元素，据此分析解答。【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素，W为S元素。A同周期自左而右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：CO，即XY，故A错误；BY分别与Z、W形成的化合物分别为氧化镁、二氧化硫，含有的化学键分别为离子键、共价键，故B错误；C镁在二氧化碳中能够燃烧生成MgO和C，故C正确；D非金属性SO，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氢化

13、物的热稳定性：Y W，故D错误；应选C。【点睛】正确判断元素是解题的关键。此题的易错点为C，要注意镁的性质的应用。12.以下说法不正确的选项是 A. “臭氧空洞、“温室效应、“光化学烟雾的形成都与氮氧化合物有关B. 铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁等过程中都包含化学变化C. 低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为根底的经济开展模式D. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液【答案】A【解析】【详解】A温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误； B铝土矿是将氧化铝转化为铝、硫磺制硫酸是将硫单质转化为硫酸、海水制镁是将海水中的化合态的镁转化为单质镁，过程中都涉及化学变化，故B正确；C低

14、碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为根底的经济开展模式，低碳经济所倡导的是：提高能源利用率；开发清洁能源；追求绿色经济，故C正确；D氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确。应选A。【点睛】此题的易错点为B，要注意从铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁的原理分析判断。13.大气与生态圈的氮循环如下图，以下表达不正确的选项是A. 维持大气中氮元素含量稳定B. 是野生植物生长所需氮元素的重要来源C. 为硝化过程、为反硝化过程，都是氮元素的复原反响过程D. 是氮肥工业根底，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮【答案】C【解析】【详解】A由图可知，为土壤中的硝酸

15、盐被细菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，故A正确；B由图可知，是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反响生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；C为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，进一步转化为硝酸盐的过程，氮元素化合价升高，发生氧化反响，故C不正确；D是合成氨的反响，属于工业固氮，是氮肥工业根底，由于使用高温高压催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故D正确。答案选C。【点睛】此题主要考查了氮以及化合物的性质，主要是元素自然界中的循环图的理解应用，理解复原反响、人工固氮进而生物固氮的区别等知识点是解答的关键。14.以下关于浓硫

16、酸的表达正确的选项是 A. 浓硫酸能使胆矾变成白色无水硫酸铜，说明浓硫酸具有脱水性B. 浓硫酸能使蔗糖炭化，说明浓硫酸有吸水性C. 浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸D. 常温下，浓硫酸不与铁、铝反响，所以可以用铁、铝制容器盛装浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，说明蓝色胆矾失去了结晶水，表达了浓H2SO4的吸水性而不是脱水性，故A错误；B浓硫酸可使蔗糖炭化， 蔗糖中的H和O元素以水的形式失去，表达了浓硫酸的脱水性，故B错误；C浓硫酸具有吸水性，浓硫酸露置于空气中，容易吸收空气中水蒸气，因此浓硫酸久置于空气中变成稀硫酸，故C正确；D由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫

17、酸能在铁和铝的外表形成一层致密的氧化膜，导致铝和铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁、铝制容器盛装浓硫酸，故D错误；应选C。15.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是 A. 标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NAB. 常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NAC. 标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NAD. 1L 1molL-1的硫酸溶液中所含氢原子数2NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下，22.4LCO2与CO物质的量为1mol，1molCO2与CO的混合物中含有1molC，含有的碳原子数为NA，故A正确；B24g镁的物质的量为

18、1mol，1mol镁变成镁离子失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，不是得到电子，故B错误；C标况下，水不是气体，5.6L水含有的分子数远大于0.25NA，故C错误；D1L1molL-1硫酸溶液中除了硫酸含有H原子，水分子也含有H原子，所以1L 1molL-1的硫酸溶液中所含氢原子数多于2NA，故D错误；应选A。16.以下离子方程式中，书写正确的选项是 A. 稀硫酸和铁的反响：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B. 碳酸钙与硝酸反响：CO32+2H+=H2O+CO2C. 硫酸和氢氧化钡溶液反响：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2OD. 向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫：SO2+OH

19、= HSO3【答案】D【解析】【详解】A稀硫酸和铁反响生成亚铁离子，反响的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B碳酸钙难溶于水，与硝酸反响的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故B错误；C硫酸和氢氧化钡溶液反响，离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故C错误；D向氢氧化钠溶液中通入过量二氧化硫得到亚硫酸氢盐，即SO2+OH-HSO3-，故D正确；应选D。17.在以下溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 A. 碳酸钠溶液：K+、SO42、Cl、H+B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClC. 氢氧化钠溶液：K+、

20、Ba2+、Cl、BrD. 参加铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl、NH4+、NO3【答案】C【解析】【详解】ACO32-、H+离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化复原反响，不能大量共存，故B错误；C碱性溶液中，K+、Ba2+、Cl、Br离子之间不反响，能大量共存，故C正确；D参加铝粉放出氢气的溶液，可能为酸或强碱溶液，酸性溶液中，存在NO3，不生成氢气，碱溶液中NH4+反响生成一水合氨，那么不能共存，故D错误；应选C。18.以下除杂的操作方法，正确的选项是A. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶B. N

21、O中混有少量NO2气体：用水洗涤后再枯燥C. 食盐中混有少量NH4Cl：加过量烧碱溶液后加热蒸干D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2后再过滤【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸与氨气反响,那么不能除杂,应选碱石灰,故A错误；B.二氧化氮与水反响生成NO,那么用水洗涤后再枯燥可除杂,故B正确；C. 食盐中混有少量NH4Cl，加过量烧碱溶液后加热蒸干，会引入新杂质NaOH，可直接加热除杂，故C错误；D.硫酸与氯化钡反响生成硫酸钡和盐酸,引入新杂质盐酸,故D错误；答案选B。19.以下说法正确的选项是 A. SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红褪去，说明SO2有漂白性B. 向久置的Na2SO3溶

22、液中参加足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解，说明局部Na2SO3被氧化C. 向某溶液中加NaOH溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中含有NH4+D. 将少量铁粉参加稀硝酸中，充分反响后滴加KSCN溶液，有气体生成且有血红色沉淀，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+【答案】B【解析】【详解】A二氧化硫具有复原性，和高锰酸钾发生氧化复原反响，故A错误；B参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解，沉淀含硫酸钡、亚硫酸钡，那么说明局部Na2SO3被氧化，故B正确；C氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么该实验不能说明原溶液中含有NH4+，故C错误；D将少量铁粉参加稀硝酸中

23、，充分反响后生成铁离子，滴加KSCN溶液后，溶液呈血红色，不是生成血红色沉淀，故D错误；应选B。【点睛】此题的易错点为D，要注意铁离子与KSCN反响的产物易溶于水，使溶液呈血红色，类似的还有，氢氧化铁胶体是澄清透明的，也没有沉淀。20.常温下，以下各组物质中，Y既能与X反响又能与Z反响的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2稀盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】.氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反响生成偏铝酸钠和水，与稀硫酸反响生成硫酸铝和水，故符合；.二氧化硅能与氢氧化钾反响生成硅酸钾和水，在酸中二氧化硅只与HF反

24、响，不能与盐酸反响，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反响得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下反响生成氨气，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反响，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反响生成硝酸铜、二氧化氮和水，与氯化铁溶液反响得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，应选B。21.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如下图省略夹持和净化装置仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质浓氨水NaOHNH3H2O浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液稀硝酸CuNOH2O浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解

25、】、氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，收集方法错误，故错误；、用浓盐酸与MnO2反响制取氯气时需加热，故错误；、NO与可与空气中的O2反响，收集NO用排水法收集，故错误；、制取、收集及尾气处理都合理，故正确，答案选D。22.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，以下有关说法中，正确的选项是 元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.1120.074主要化合价236、27、1+22A. 与稀盐酸反响的剧烈程度：M单质X单质B. Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反响C. Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D. 等物质的量的X、Y的单质

26、与足量盐酸反响，生成H2一样多【答案】A【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，Z有+6、-2价，那么Q为O元素、Z为S元素；L有+7、-1价，那么L为氯元素；X、M均有+2价，处于A族，原子半径XM，那么X为Mg元素、M为Be元素；Y为+3价，处于A族，原子半径大于硫，所以Y为Al元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为Mg元素，Y为Al元素，Z为S元素，L为氯元素，M为Be元素，Q为O元素。A金属性MgBe，故Mg与盐酸反响更剧烈，故A正确；BY与Q形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠，故B错误；C非金属性ClS

27、，所以稳定性HClH2S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故C错误；DX为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反响，根据电子转移守恒可知，二者生成H2为23，故D错误；应选A。第二卷非选择题二、填空题此题包括5小题23.X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如表所示，其中X、Y 元素均能形成10电子的氢化物，Z的原子序数是Y的2倍。请答复以下问题：XYZW1W的简单离子的结构示意图为_，Y的氢化物电子式为_。2Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是_填化学式，下同，X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是_。3写出单质碳与X元素

28、最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式_。4W与Z形成的液体化合物Z2W2，该物质可与水反响生成一种能使品红溶液褪色的气体，1 mol Z2W2参加反响时转移1.5 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，Z2W2与水反响的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 或 (3). HClO4 (4). NH3 (5). C 4HNO3(浓)4NO2CO22H2O (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中的短周期元素，Z的原子序数是Y的2倍，Y、Z为同主族元素，那么Y为O元素，Z为S元素；根据位置关系，X为N元素，W为Cl元

29、素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。(1)氯为17号元素，氯的简单离子的结构示意图为，Y的氢化物为水或过氧化氢，电子式为或，故答案为：；或；(2)元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Z、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强的是HClO4；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，X、Y 元素的10电子的氢化物中稳定性较弱的是NH3，故答案为：HClO4；NH3；(3)X元素最高价氧化物的水化物为硝酸，单质碳与X元素最高价氧化物的水化物浓溶液共热的化学方程式为C 4HNO3(浓)4NO2CO22H2O，故答案为：C 4HNO3(浓)4NO2

30、CO22H2O；(4)W与Z形成的液体化合物Z2W2为S2Cl2，该物质可与水反响生成一种能使品红溶液褪色的气体，为二氧化硫，1 mol Z2W2参加反响时转移1.5 mol电子，那么2mol Z2W2参加反响时转移3 mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，说明只有S元素由+1价变成+4价，那么同时3个S变成0价，与水反响的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2 +3S+4HCl。【点睛】此题的易错点为(1)中O元素的氢化物可能是水，也可能是过氧化氢，难点是(4)中反响产物的判断，要注意根据转移的电子数结合化合价升降守恒分析

31、判断。24.有A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同；A、B可形成离子化合物B2A；C的原子结构示意图为：，D的最外层电子数是电子层数的2倍。试答复以下各问题：1A的阴离子的结构示意图为_；2C元素位于元素周期表中第_周期、第_族；3化合物B2A的电子式为_；4：D的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反响，生成两种物质，其中一种是气体，反响的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). 3 (3). A (4). (5). S + 2H2SO4(浓)3SO2 + 2H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，B的阳

32、离子与A的阴离子和氖原子的电子层结构相同，说明B为第三周期元素，A为第二周期元素；A、B可形成离子化合物B2A，那么B为Na元素，A为O元素；C的原子结构示意图为，那么x=2，所以C为硅元素；D的最外层电子数是电子层数的2倍，原子序数大于14，那么D为S元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，AO元素，B为Na元素，C为硅元素，D为S元素。(1)氧为8号元素，其阴离子的结构示意图为，故答案为：；(2)C为硅元素，位于元素周期表中第3周期、第A族，故答案为：3；A；(3)化合物B2A为氧化钠，是离子化合物，电子式为，故答案为：；(4)S的最高价氧化物的水化物为硫酸，硫单质与浓硫酸共热发生氧化复

33、原反响，生成二氧化硫和水，反响的化学方程式为S + 2H2SO4(浓) 3SO2 + 2H2O，故答案为：S + 2H2SO4(浓) 3SO2 + 2H2O。25.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：1NaClO2中Cl的化合价为_。2写出“反响步骤中生成ClO2的化学方程式并配平：_。3“尾气吸收反响的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。此反响中复原剂是_，假设产生8gO2，那么该反响转移电子数为_。【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (3).

34、 H2O2 (4). 0.5NA (或3.011023 )【解析】【分析】(1)根据正负化合价的代数和为0，分析判断NaClO2中Cl的化合价；(2)根据流程图，“反响步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反响生成ClO2，同时生成NaHSO4，据此书写反响的化学方程式；(3)根据氧化复原反响的规律分析解答。【详解】(1)NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)根据流程图，“反响步骤中NaClO2、H2SO4和SO2反响生成ClO2，同时生成NaHSO4，反响的化学方程式为2NaClO2+SO2+H2SO4=2

35、ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO2+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；(3)“尾气吸收反响的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，反响中Cl的化合价由+4价变成+3价，过氧化氢中O由-1价变成0价，因此复原剂是H2O2，氧化剂为ClO2，8gO2的物质的量为=0.25mol，那么反响转移电子数为0.5NA (或3.011023 )，故答案为：H2O2；0.5NA (或3.011023 )。26.某化学兴趣小组利用以下装置制取氨气并探究氨气的有关性质。1图一是实验室制取氨气的发生装置，试管中反响的化学方程式为_。2图二可用于

36、实验室快速制取氨气，A中烧瓶内试剂可选用_填序号，下同。a碱石灰 b浓硫酸 c生石灰 d五氧化二磷3为探究氨气的溶解性，先利用图三装置收集氨气，氨气的进气口为_填“a或“b，在实验过程中观察到图三中的烧瓶内产生了红色喷泉，那么说明氨气具有的物理性质是_。4通过上面装置制得的NH3进行如下实验实验前旋塞1、2均关闭。先翻开旋塞1，D瓶中的现象是_，原因是_用化学方程式表示；稳定后，关闭旋塞1，再翻开旋塞2，观察到的现象是_。5为防止环境污染，以下装置除标明外，其余盛放的液体均为水可用于吸收多余氨气的是_填序号。【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3 (2

37、). ac (3). a (4). 极易溶于水 (5). 出现白烟 (6). NH3+HCl= NH4Cl (7). 水倒流入D中 (8). 【解析】【分析】(1)根据实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，书写反响的化学方程式；(2)根据图二，用于实验室快速制取氨气的根本原理是利用氨气的挥发性，能够加快氨气挥发的都可以；(3)根据氨气的密度比空气小，极易溶于水分析解答；(4)根据氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗粒分析解答；(5)氨气极易溶于水，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，据此分析判断。【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，反响的化学方程式为Ca(OH)2+

38、2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3；(2)a碱石灰溶于水放热，加快氨气的挥发，可以快速制取氨气，故a正确；b浓硫酸能够与氨气反响，不能用于制备氨气，故b错误；c生石灰与水反响是放热反响，溶液温度升高，促进氨气放出，可以快速制取氨气，故c正确；d五氧化二磷的水溶液为磷酸，能够与氨气反响，不能用于制备氨气，故d错误；故答案为：ac；(3)氨气的密度比空气小，因此收集氨气时的进气口为a，在实验过程中观察到烧瓶内产生了红色喷泉，说明氨气极易溶于水，故答案为：a；极易溶于水；(4)先翻开旋塞1，氯化氢和氨气化合生成氯化铵固体颗

39、粒，NH3+HCl= NH4Cl，因此D瓶中的现象是出现白烟，故答案为：出现白烟；NH3+HCl= NH4Cl；生成的氯化铵为固体，使得瓶中气体的压强减小，稳定后，关闭旋塞1，再翻开旋塞2，可以观察到水倒流入D中，故答案为：水倒流入D中；(5)氨气极易溶于水，为防止环境污染，用溶液吸收多余氨气时，需要防止倒吸，根据图示，装置均可防止倒吸，故答案为：。27.某化学兴趣小组同学利用以下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请答复以下问题：查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ，酒精灯火焰的温度为400500 1仪器a的名称_。2装置D和F的

40、作用是_。3加热时，装置A中反响的化学方程式为_。4翻开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是_，当装置C中溶液由蓝色变为无色，由此推测所得无色溶液中的离子主要是H、I 和_；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化，该实验操作及现象是：_。5关闭K1，翻开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是：有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是_，生成白色沉淀的原因可能是_选填字母序号。aSO2与BaCl2溶液反响生成了白色沉淀 bBaCl2溶液与硫酸蒸气反响生成了白色沉淀cSO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反响生成白色沉淀6取A中产生的SO2

41、气体通入足量双氧水中，然后参加足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、枯燥得到4.66 g沉淀。据此推知SO2气体的体积为_mL标准状况。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 吸收SO2防止污染空气及防倒吸 (3). Cu2H2SO4浓CuSO4SO22H2O (4). 品红褪色 (5). SO42- (6). 取少量所得溶液于试管中再参加BaCl2溶液，出现白色沉淀 (7). BaSO4 (8). bc (9). 448【解析】【分析】1根据装置图答复仪器a的名称。2根据SO2有毒，污染空气分析。3加热时，装置A中铜与浓硫酸反响生成硫酸铜、二氧化硫、水。4SO2具有漂白性；装置C中溶液由蓝色变为

42、无色，说明碘单质与二氧化硫发生了氧化复原反响；SO42-与氯化钡反响生成白色沉淀；5BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在酸性条件下不存在，二氧化硫与氯化钡不反响；6根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积。【详解】1根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗。2SO2有毒，污染空气，装置D和F的作用是吸收SO2防止污染空气及防倒吸。3加热时，装置A中铜与浓硫酸反响生成硫酸铜、二氧化硫、水，反响方程式是Cu2H2SO4浓CuSO4SO22H2O。4翻开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，SO2具有漂白性，能使品红褪色，所以B中的现象是品红褪色；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘分子与二氧化硫发生了氧化复原反响，

43、I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，所以溶液中的离子主要是H、I 和SO42-；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化为SO42-，实验操作及现象是：取少量所得溶液于试管中再参加BaCl2溶液，出现白色沉淀。5关闭K1，翻开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在强酸性条件下不能生成，所以白色沉淀的成分是BaSO4；浓硫酸的沸点为338 ，酒精灯火焰的温度为400500 ，所以BaCl2溶液可能与硫酸蒸气反响生成了硫酸钡沉淀；也可能是SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，H2SO4再与BaCl2反响生成硫酸钡沉淀，应选bc；6根据硫元素守恒有关系式SO2BaSO4；设SO2的体积是VLSO2