2025年湘师大新版必修1化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年湘师大新版必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2；其结构如图所示，其中X；M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的3/4。下列说法正确的是。

A.简单离子半径：Z>M>Y>XB.Z和M的单质均能溶于NaOH溶液C.X和Y形成的X2Y2是离子化合物D.Z的最高价氧化物的水化物是中强碱2、在物质分类中，前者包含后者的是（）A.氧化物、化合物B.胶体、溶液C.化合物、电解质D.非金属氧化物、酸性氧化物3、如果用“·”表示最外层的电子；原子形成NaCl和HCI的的过程可表示如下：

有关说法正确的是A.H易失电子显+1价而形成稳定结构B.NaCl固体中主要存在NaCl分子C.HCl的水溶液中主要存在HCl分子D.H与Cl共用一对电子形成HCl4、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L氦气与lmol氢气所含原子数均为NAB.1L0.lmol/LNaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3-C.已知可将0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAD.6molCl2通入足量热NaOH溶液发生反应：3Cl2+6NaOHNaC1O3+5NaCl+3H2O，转移电子数目为10NA5、氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径；某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。下列说法错误的是。

A.甲装置中的固体可以是NaOH或CaOB.乙装置中的干燥剂可以是碱石灰C.丙中发生的反应是4NH3＋5O24NO＋6H2OD.若戊中观察到紫色溶液变红，则说明已制得HNO36、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：

。元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5、-3-2

下列叙述正确的是A.X、Y的最高价氧化物对应水化物的碱性：B.简单离子的半径：C.Y与W形成的化合物既能与酸反应又能与强碱反应D.X与Z形成的化合物为共价化合物评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑧种元素，填写下列空白：

。主族周期。

ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②③④3⑤⑥⑦⑧（1）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的名称是______，碱性最强的化合物的化学式是_______。

（2）⑤⑦形成化合物的电子式___。②形成的最高价氧化物的结构式____。

（3）最高价氧化物是两性氧化物的元素其元素符号是____；写出它的氢氧化物与⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式________。

（4）⑥的单质与⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式是______。

（5）②和⑦可形成原子数1∶2的液态化合物甲，并能溶解⑦的单质，用电子式表示甲的形成过程：____________。8、在我国青海；西藏等地有许多干涸盐湖盛产一种钠盐Q。Q为一种易溶于水的白色固体。Q的水溶液用硫酸酸化；得到弱酸X。X为无色小片状透明晶体。X和甲醇在浓硫酸存在下生成易挥发的E.E在空气中点燃呈现绿色火焰。E和NaH反应得到易溶于水的白色固态化合物Z(分子量37.83)。

(1)写出由Q得到X的离子方程式________。

(2)写出X在水中的电离方程式_______。

(3)写出X和甲醇在浓硫酸存在下生成E的化学方程式________。

(4)写出E燃烧反应的化学方程式_____。

(5)写出由E和NaH制备Z的化学反应方程式______。

(6)Z在水溶液里的稳定性与溶液pH有关，pH越大越稳定。为什么_____。

(7)近年来，用Z和过氧化氢构建一种新型碱性电池已成为热门的研究课题。该电池放电时，每摩尔Z释放8摩尔电子，标准电动势大于2V。写出这种电池放电反应的离子方程式_______。9、用化学用语填空：

(1)①2个氧分子___________；

②3个氢离子________

(2)某粒子的结构示意图为它的电子数为________

(3)铝；铁、铜是人类广泛使用的三种金属；与我们生活息息相关。

①按人类开始使用这三种金属的先后排序为________(用元素符号表示)。

②在空气中________制品(填“铝”或“铁”)更耐腐蚀。

③用下列试剂验证这三种金属的活动性顺序，能达到目的的是________(填序号)。

A．硫酸铝溶液B．硫酸亚铁溶液C．硫酸铜溶液。

④人们大量使用的是合金而不是纯金属，这是因为合金具有更多优良性能，例如钢比纯铁硬度________(填“大”或“小”)。

⑤写出铁与稀硫酸反应的化学方程式________10、2013年H7N9禽流感肆虐期间；为了保证卫生环境，常使用漂白液和漂白粉对环境和饮大规模传染病爆发。回答下列问题：

(1)漂白粉的有效成分是(填化学式)_______；

(2)某研究性学习小组对漂白液进行了如下实验探究：取漂白液少量，滴入3~5滴紫色石试液，发现溶液先变蓝色后褪色，证明漂白液具有______和________(选项编号)。

A.酸性B.碱性C.漂白性D.还原性。

(3)工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学反应方程式为________。

(4)制取漂白粉的氯气可通过电解饱和食盐水得到。在电解食盐水之前，需要提纯食盐水。为了除去粗盐中的及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作，正确的操作顺序是_______。

①过滤②加过量的溶液③加适量的盐酸④加过量的溶液⑤加过量的溶液。

A.①④②⑤③B.④①②⑤③C.②⑤④①③D.⑤②④③①11、(1)氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为：8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：

在上述变化过程中，发生还原反应的过程是___________→___________(填化学式)该反应的氧化产物是___________(填化学式)

(2)已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IOMnOIO有关反应的离子方程式为___________。

(3)在反应3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴的物质的量是___________。12、(1)147gH2SO4的物质的量是_______；0.5molH2SO4的质量是_______g；

(2)氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO2Cu2O+O2↑，若反应过程中生成1molO2分子，则转移电子数为_______。

(3)钠在空气中燃烧的化学方程式：_______，1mol钠完全燃烧转移电子的个数为_______。13、铝土矿(主要成分为Al2O3；还有少量杂质)是提取铝的原料。提取铝的工艺流程如下：

(1)请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：________________。

(2)写出以上工艺流程中第③步反应的离子方程式：________________。

(3)写出实验室制取Al(OH)3的离子方程式：________________。14、从宏观和微观两个角度认识氯；硫、铁、铝等元素的单质及其化合物是学好中学化学的重要基础。完成下列填空：

(1)Cl在元素周期表中的位置为______________；由此可知，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为：______________，次氯酸分子的结构式为：_____________。

(2)Cl；S、Na三种元素形成简单离子其半径由大到小的顺序是_______________________（用离子符号表示）。铝最高价氧化物对应的水化物表现出了独特的性质；其在水溶液中的电离方程式为________________________________。

(3)硫和氯的非金属性强弱关系是_________________；试从原子结构的角度解释其原因。______________________________________

(4)写出电解饱和食盐水的化学方程式___________________，检验氯气生成的方法是_________。15、22克CO2的物质的量为_mol，含质子的物质的量为_mol，该气体在标准状况下的体积为_L。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。(_____)A.正确B.错误17、可以用分液漏斗分离乙酸乙酯和乙醇。(____)A.正确B.错误18、羟基的电子式：(___________)A.正确B.错误19、VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性。(_______)A.正确B.错误20、处于金属和非金属分界线附近的元素常作催化剂。(_______)A.正确B.错误21、从溶液中取出了所得硫酸的物质的量浓度为(_______)A.正确B.错误22、过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁。(_______)A.正确B.错误23、石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏。(____)A.正确B.错误24、华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共3题，共12分)25、部分中学化学常见元素原子结构及性质如下表所示。元素结构及性质A元素A在第三周期中简单离子半径最小BB原子最外层电子数是内层电子数的0.6C使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5D元素D与B同主族，且大多数情况下D不显正化合价E元素E在周期表中位于ⅠA族，有人认为将其排在ⅦA族也有一定道理F元素F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应

(1)元素C在周期表中的位置是____元素；元素E形成的一种简单离子能支持“将元素E排在ⅦA族”这一观点，该离子的结构示意图为___。

(2)元素E与D可以按原子个数比2∶1、1∶1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为__。E与B形成的一种化合物Z与X、Y中的一种电子总数相同且能发生化学反应，写出该反应的化学方程式：___(用相应化学式表示)。

(3)请画出化合物F2B2的电子式：_____，该化合物中含有的化学键类型是___。

(4)元素A与元素F相比，金属性较强的是_________(用元素符号表示)，下列表述正确且能证明这一事实的是___(填字母代号)。

a．对应单质与酸反应时；每个A原子比每个F原子失电子多。

b．对应单质与同浓度盐酸反应时；F比A剧烈得多。

c．A的氧化物熔点比F的氧化物熔点高。

d．F可将A从其盐溶液中置换出来。

e．最高价氧化物对应的水化物的碱性F比A的强26、A；B、C、D、E是短周期元素；原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素，F的单质是生活中用量最大的金属。根据以上信息回答下列问题：

(1)B元素在周期表中的位置是__________，F元素在周期表中的位置是__________。

(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)________________________________________。

(3)写出E的最高价氧化物对应的水化物分别与A；C两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：

①___________________________________________________；

②___________________________________________________。

(4)D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙的化学式为____________。27、和代表原子序数依次增大的四种短周期元素；它们满足以下条件：

①元素周期表中，与相邻，与也相邻；

②和三种元素的原子最外层电子数之和为17。

请回答下列问题。

（1）和三种元素是否位于同一周期？______（填“是”或“否”），理由是______。

（2）是______（填元素符号，下同），是______，是______。

（3）和可组成一种化合物，其中各元素原子个数之比为写出该化合物的名称及化学式：______。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共9分)28、元素周期表的形式多种多样；下图是扇形元素周期表的一部分，对照中学化学常见长式元素周期表，回答下列问题：

(1)将26号元素Fe的元素符号填在上述周期表的合适位置___________。元素J在长式元素周期表中的位置是第___________周期____________族。

(2)在元素B与元素C分别形成的最高价氧化物中，熔点更高的是___________(用化学式表示)，请用文字简述原因___________。

(3)元素C的最高价氧化物对应的水化物分子为对称结构，每个原子的最外层电子均满足稳定结构，写出该分子的结构式___________；J和氯元素可形成原子个数比为1：1的化合物，最外层均达到8电子的稳定结构，该化合物的电子式为___________，J和氯元素形成的共用电子对偏向于___________(填元素符号)。

(4)用A；D、G表示上述周期表中相应元素形成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应。丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中含有18mol电子。

①丁中所包含的共价键类型是：___________。

②甲被大量用于制造电子元件，工业上用乙、C单质和D单质在高温下制备甲，其中乙和C单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为：___________。29、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B；E除最外层均只有2个电子外；其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：

(1)B、C中电负性较大的是___________，基态D原子价电子的排布图_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸点高得多的原因____________________________。

(2)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。

①C2Cl6属于___________晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。

②[C(OH)4]－中存在的化学键有________________________。

③工业上制备的B单质是熔融B的氯化物，而不是电解BA原因是___________________________。

(3)B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。

(4)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图2所示。

①在该晶胞中，E的配位数为________________________。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图2晶胞中，原子坐标a为(0,0,0)；b为(1/2；0，1/2)；c为(1/2，1/2,0)，则d原子的坐标。

参数为________________________。

③已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则其中两个D原子之间的距离为_______pm(NA为阿伏伽德罗常数，列出计算式即可)30、中国科学院官方微信于2017年3月发表《灰霾专题》；提出灰霾中细颗粒物的成因，部分分析如下图所示。

（1）根据上图信息可以看出，下列哪种气体污染物不是由机动车行驶造成的_______________。

a．SO2b．NOxc．VOCsd．NH3

（2）机动车大量行驶是污染源之一。汽车发动机废气稀燃控制系统主要工作原理如图所示；写出稀燃过程中NO发生的主要反应的方程式_______________。

（3）科学家经过研究发现中国霾呈中性；其主要原因如下图所示：

请判断A的化学式并说明判断理由：_____________________________________________。

（4）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中；反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：

。离子。

Na+

SO42−

NO3−

H+

Cl−

浓度/（mol·L−1）

5.5×10−3

8.5×10−4

y

2.0×10−4

3.4×10−3

①SO2和NaClO2溶液反应的离子方程式是________________________________________。

②表中y＝_______________。评卷人得分六、推断题(共2题，共6分)31、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________32、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

Y原子核外最外层电子数是其电子总数的设Y的最外层电子数为y，则有(2+y)=y或(2+8+y)=y，解得y=6或y=30(舍)，则Y为O；X的原子序数、原子半径均比Y小，且X的族序数等于周期序数，则X为H；M的原子半径比Y大且M的族序数均等于周期序数，则M为Al；分子式为Z2M2Y4(YX)2，即Z2Al2O4(OH)2；可知，Z的化合价为+2价，由结构可知，Z的原子半径比Al大，则Z为Mg；综上所述，X；Y、Z、M分别为：H、O、Mg、Al，据此解答。

【详解】

A．H+核外没有电子，原子半径最小，O2-、Mg2+、Al3+核外均有2个电子层，而核电荷数：O2-＜Mg2+＜Al3+，所以简单离子半径：Y(O2-)＞Z(Mg2+)＞M(Al3+)＞X(H+)；A错误；

B．Z(Mg)不能和NaOH溶液反应；B错误；

C．X2Y2(H2O2)是共价化合物；C错误；

D．Z的最高价氧化物对应的水化物为Mg(OH)2，Mg(OH)2是中强碱；D正确。

答案选D。2、C【分析】【详解】

A.氧化物属于化合物；后者包含前者，A不合题意；

B.胶体和溶液都属于分散系；是两个平行概念，没有从属关系，B不合题意；

C.化合物分为电解质和非电解质；所以前者包含后者，C符合题意；

D.非金属氧化物有的是酸性氧化物；有的不是酸性氧化物，属于交叉关系，D不合题意。

故选C。

【点睛】

非金属氧化物有的是酸性氧化物，如CO2、SO2等；有的是不成盐氧化物，如CO、NO、H2O等。酸性氧化物有的是非金属氧化物，有的是金属氧化物，如Mn2O7。3、D【分析】【详解】

A．HCl是共价化合物；H和Cl之间存在共用电子对，共用电子对偏向Cl，使得H显+1价，Cl显-1价，A错误；

B．NaCl是由Na+和Cl-形成的离子化合物；不存在“NaCl分子”的说法，B错误；

C．HCl是强电解质；在水中完全电离，故HCl的水溶液中不存在HCl分子，C错误；

D．如图所示；H与Cl共用一对电子形成HCl，D正确；

故选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.标准状况下，22.4L氦气的物质的量是1mol，氦气分子是单原子分子，1mol氦气含有原子数目为NA。但氢气分子是双原子分子，lmol氢气所含原子数为2NA；A错误；

B.1L0.lmol/LNaHCO3溶液中含有溶质NaHCO3的物质的量是0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-发生水解反应而消耗，所以含有HCO3-的数目小于0.1NA个；B错误；

C.0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，由于胶粒是许多NaCl的集合体，所以其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA；选项C错误；

D.根据方程式可知每3molCl2反应转移5mol电子，则6molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是10mol，则转移电子数目是10NA；选项D正确；

故合理选项是D。5、A【分析】【分析】

甲中浓氨水用于制备氨气；经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化，因此甲中需要同时提供氨气和氧气，则X为过氧化钠，丙中氨气；氧气在催化作用下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置，据此分析解答。

【详解】

A．甲装置需要提供氨气和氧气；如果甲装置中的固体是NaOH或CaO，只能提供氨气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，故A错误；

B．乙用于干燥氨气；氧气；可用碱石灰干燥，故B正确；

C．加热条件下，氨气与氧气在催化条件下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH３+5O24NO+6H2O；故C正确；

D．戊中观察到紫色溶液变红；说明生成了酸性物质，可以说明二氧化氮；氧气与水反应生成了硝酸，故D正确；

故选A。6、C【分析】根据元素周期律：元素原子电子层数越多；其原子半径越大；同一周期主族元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大；主族元素中，最高正化合价与其主族序数相同(O；F除外)，最低负化合价=主族序数－8，结合表中数据可推知：X为Mg、Y为Al、Z为N、W为O。

【详解】

A．Mg和Al位于同一周期相邻主族，金属性最高价氧化物对应水化物的碱性A错误；

B．具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，它们的离子半径B错误；

C．Y(Al)与W(O)形成的化合物为属于两性氧化物；既可以和酸反应又可以和强碱反应，C正确；

D．Mg和N形成的化合物为为离子化合物，D错误；

故答案为：C。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，但中学阶段O和F没有正价，即最高价氧化物的水化物酸性最强的是Cl，其最高价氧化物对应水化物是HClO4；名称为高氯酸；同周期从左向右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，即钠元素的金属性最强，其最高价氧化物的水化物是NaOH；

(2)⑤⑦形成化合物是Na2O和Na2O2，均属于离子化合物，电子式分别是：②为碳原子，其最高价氧化物是CO2；结构式为O=C=O；

(3)表现两性的氧化物是Al；Al的氢氧化物是Al(OH)3，氢氧化铝表现两性，⑧的最高价氧化物的水化物是HClO4，两者反应离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；

(4)⑥的单质是Al，⑤的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；

(5)②和⑦按1：2形成的液态化合物是CS2，用电子式表示CS2形成的过程：

【点睛】

本题难点在（5），用电子式表示二硫化碳形成的过程，先判断二硫化碳属于共价化合物，其结构式为S=C=S，箭头右端相同微粒不能合并写，箭头左端相同微粒可以合并写，即【解析】高氯酸NaOHO=C=OAlAl(OH)3+3H+=Al3++3H2O2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑8、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】B4O5(OH)+3H2O+2H+=4H3BO3B(OH)3+H2O=B(OH)+H+B(OH)3+3CH3OH=B(OCH3)3+3H2O2B(OCH3)3+9O2=B2O3+6CO2+9H2OB(OCH3)3+4NaH=NaBH4+3NaOCH3水溶液的pH越大，(H3O+]越低，BH和H3O+的反应越难，因而NaBH4越稳定BH+4H2O2=B(OH)+4H2O9、略

【分析】（1）

把粒子的数目写在粒子符号的前面就可以表明有几个粒子。则：

①2个氧分子：2O2；

②3个氢离子3H+

（2）

某粒子的结构示意图为它的电子数为2+8+1=11。

（3）

铝；铁、铜是人类广泛使用的三种金属；与我们生活息息相关。

①越不活泼的金属越容易被取得；人类使用的年代也越早。则按人类开始使用这三种金属的先后排序为Cu、Fe、Al。

②在空气中；铝的表面能形成一层致密的氧化物保护膜。则在空气中铝更耐腐蚀。

③铝比铁活泼；因此铝能置换出硫酸亚铁中的铁；铁比铜活泼，因此铜不能置换出硫酸亚铁中的铁。则用下列试剂验证这三种金属的活动性顺序，能达到目的的是硫酸亚铁溶液；选B。

④合金的机械性能大于成分金属。例如合金的硬度比成分金属要大；则钢比纯铁硬度大。

⑤铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式：【解析】(1)2O23H+

(2)11

(3)Cu、Fe、Al铝B大10、略

【分析】【分析】

工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，所得漂白粉含CaCl2和Ca(ClO)2及少量水，其中，Ca(ClO)2有强氧化性、漂白性且溶液呈碱性；提纯食盐水，Mg2+用OH-沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，Ca2+用CO32-沉淀，过量的Ba2+可随Ca2+一起用CO32-除去；盐酸要在过滤除去沉淀后再加，防止将生成的碳酸盐沉淀重新溶解。

【详解】

(1)漂白粉中主要含CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2有强氧化性和漂白性；能杀菌消毒，是漂白粉的有效成分；

(2)滴入3～5滴紫色石试液；发现溶液先变蓝色说明漂白液呈碱性，后褪色说明漂白液具有漂白性，答案为：B；C；

(3)氯气通入石灰乳中发生歧化反应，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(4)Mg2+用OH-沉淀，加入过量的NaOH可以将Mg2+沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的BaCl2可以将SO42-沉淀，无论先除Mg2+，还是先除SO42-都是可行的，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入Na2CO3转化为沉淀，但是加入的Na2CO3要放在加入的BaCl2之后，这样Na2CO3会除去反应剩余的BaCl2，离子都沉淀后，再进行过滤，最后加入盐酸除去反应剩余的OH-和CO32-离子；所以，正确的顺序为：②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液；①过滤，③加适量盐酸，故选C。

【点睛】

用生成沉淀的方法除去杂质，往往要加入过量的沉淀剂，以使杂质充分除去，但过量的沉淀剂也应在后续的过程中除去；设计除杂方案时，既要能达到除杂目的，也应使操作步骤简洁。【解析】①.Ca(ClO)2②.B③.C④.2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O⑤.C11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O中，氧化剂和还原剂都是HClO3，HClO3中Cl元素得电子化合价降低生成Cl2而发生还原反应，所以发生还原反应的过程是HClO3→Cl2；故答案为HClO3；Cl2；

②O氧元素的化合价由-2价→0价，Cl元素的化合价由+5价→+7价，所以氧化产物是O2、HClO4；，故答案为O2和HClO4；

(2)①锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO和IO中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO作氧化剂，还原产物是IO同时水参加反应生成氢离子，所以该反应的离子方程式为：2Mn2＋＋5IO＋3H2O=2MnO＋5IO＋6H＋，故答案为2Mn2＋＋5IO＋3H2O=2MnO＋5IO＋6H＋；

②3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，元素化合价变化情况为:溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的量为2mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol×2=xmol×(3-0)解得x=mol，故答案为：mol。【解析】HClO3Cl2O2和HClO42Mn2＋＋5IO＋3H2O=2MnO＋5IO＋6H＋mol12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据n=147gH2SO4的物质的量==1.5mol，根据m=nM，0.5molH2SO4的质量是0.5mol×98g/mol=49g；

(2)氧化铜在高温下发生分解反应：4CuO2Cu2O+O2↑，铜的化合价从+2价降低到+1价，若反应过程中生成1molO2分子，则转移电子的物质的量为4mol，转移的电子数目为4NA；

(3)钠在空气中燃烧生成过氧化钠，化学方程式：2Na+O2Na2O2，钠的化合价从0价升高到+1价，2mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为2mol，1mol钠完全燃烧转移电子的个数为NA。【解析】1.5mol494NA2Na+O2Na2O2NA13、略

【分析】【分析】

提取铝的工艺流程：①中Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2和水，②过滤，③向NaAlO2中通入过量的CO2可以生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，④过滤得到Al（OH）3，⑤Al（OH）3灼烧时分解生成Al2O3，⑥电解Al2O3熔融物可以得到金属Al；

【详解】

（1）Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2和水，离子方程式为Al2O3＋2OH-=2＋H2O；

（2）向NaAlO2中通入过量的CO2可以生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，离子方程式为＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋

（3）实验室用可溶性铝盐和氨水制取，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3【解析】Al2O3＋2OH-=2＋H2O＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋314、略

【分析】【分析】

(1)主族元素周期数=电子层数；族序数=最外层电子数；氯元素的最高价氧化物对应水化物为高氯酸；HClO中O原子分别与H原子、Cl原子形成1对共用电子对；

(2)电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小；离子的电子层越多离子半径越大；氢氧化铝是两性氢氧化物，在水中有碱式电离；酸式电离两种情况；

(3)电子层相同；质子数越大，原子核对最外层电子的吸引越强，得电子能力越强；

(4)电解NaCl溶液产生NaOH、Cl2、H2；用湿润的KI-淀粉试纸检验。

【详解】

(1)Cl是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，故处于周期表中第三周期第VIIA族。Cl最高化合价为+7价，故氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4；HClO分子中O原子分别与H原子；Cl原子各形成1对共用电子对；其结构式为H-O-Cl；

(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；离子核外电子层越多离子半径越大。S2-、Cl-核外有3个电子层，Na+有2个电子层，故离子半径：S2-＞Cl-＞Na+；Al元素最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，在水中电离方程式为：H+++H2OAl(OH)3Al3++3OH–；

(3)同一周期元素；原子序数越大，原子半径越小，原子核吸引最外层电子能力越强，元素的非金属性就越强。Cl和S原子核外电子层数相同，质子数Cl大于S，故非金属性：Cl＞S；

(4)电解饱和NaCl溶液，在阳极，Cl-失去电子变为氯气，在阴极，H+得到电子变为H2，故电解NaCl溶液，反应产物是NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。

氯气具有强氧化性，会将KI氧化产生I2，I2能够使淀粉溶液变为蓝色；故可以用湿润的淀粉KI试纸检验氯气，若有氯气，则试纸变为蓝色。

【点睛】

本题考查元素周期律的应用。要根据元素的位、构、性上理解金属性、非金属性强弱原因，注意金属性与非金属性强弱比较实验事实。【解析】第三周期VIIA族HClO4H－O－ClS2-＞Cl-＞Na+H+++H2OAl(OH)3Al3++3OH–Cl>S氯和硫原子电子层数相同，质子数氯大于硫，因此氯原子核对最外层电子的吸引能力大于硫，得电子能力大于硫2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑用湿润的淀粉KI试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气生成。15、略

【分析】【详解】

22g二氧化碳的物质的量为0.5mol二氧化碳分子中含有质子的物质的量为0.5mol×22=11mol；标准状况下0.5mol二氧化碳在标准状况下的体积为22.4L·mol-1×0.5mol=11.2L。【解析】0.51111.2三、判断题(共9题，共18分)16、B【分析】【详解】

用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体会造成浓度偏低，故错误。17、B【分析】【详解】

乙酸乙酯和乙醇互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，错误。18、B【分析】【分析】

【详解】

羟基为中性基团，氧原子最外层有7个电子，有1个单电子，其电子式：故答案为：错误。19、A【分析】【详解】

VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性，故正确。20、B【分析】【详解】

处于金属和非金属分界线附近的元素常作半导体，故答案为：错误。21、B【分析】【详解】

溶液为均一稳定的，物质的量浓度与体积无关，故取出10mL的硫酸的物质的量浓度仍为5mol/L，故错误。22、A【分析】【详解】

过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，正确。23、A【分析】【详解】

石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，应该先停止加热，待溶液冷却后再加入沸石，再继续加热蒸馏。24、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料。芯片主要原料晶体硅，太阳能电池感光板主要原料为硅，故正确四、有机推断题(共3题，共12分)25、略

【分析】【分析】

元素A在第三周期中简单离子半径最小；则A为Al；B原子最外层电子数是内层电子数的0.6，则内层电子为10，外层为6，B为S；使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5，则C为Fe；元素D与S同主族，且大多数情况下D不显正化合价，则D为O；元素E在周期表中位于ⅠA族，有人认为将其排在ⅦA族也有一定道理，其可显示-1价，E为H；元素F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应，F的氢氧化物显两性，则F为Na。

【详解】

(1)元素C为Fe，在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；元素E为H，将元素E排在ⅦA族”这一观点时，其显-1价，H-离子的结构示意图为

(2)元素E与D分别为H、O，按原子个数比2∶1、1∶1形成两种化合物X、Y分别为H2O、H2O2，过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下生成氧气，而水无此性质，实验为分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2；E与B分别为H、S，形成的一种化合物Z为H2S，与H2O2的电子数相等，发生反应时生成S和水，方程式为H2O2＋H2S===S↓＋2H2O；

(3)F、B分别为Na、S，形成的化合物F2B2为Na2S2，其电子式为该化合物为离子化合物；含有离子键；非极性共价键；

(4)元素A与元素F分别为Al；Na；金属性较强的为Na；

a．Al；Na与酸反应时；金属性的强弱与失电子个数的多少无关，a错误；

b．对应单质与同浓度盐酸反应时，金属性越强，则金属反应的越剧烈，Na比Al剧烈得多，则Na的金属性比Al强，b正确；

c．金属的氧化物熔点与金属的金属性无关；则熔点的高低不能确定金属性的强弱，c错误；

d．Na不能将Al从其盐溶液中置换出来；d错误；

e．金属的金属性越强；则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，Na比Al的强，则Na的金属性比Al强，e正确；

答案为be。

【点睛】

金属性强弱的比较，可通过金属与相同浓度的盐酸反应的剧烈程度或根据其最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱判断。【解析】第四周期第Ⅷ族分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2H2O2＋H2S===S↓＋2H2O离子键、非极性共价键Nabe26、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则A、B处于第二周期，B、C、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2：1和1：1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na，B为O；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；F的单质是生活中用量最大的金属，F为Fe；D、A按原子个数比3：2形成化合物丙，则D为Mg、A为N元素。

【详解】

（1）B为O元素；在周期表中的位置是：第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；

F为Fe元素；在周期表中的位置是：第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；

（2）同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Mg＞Al＞N＞O；

故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；

（3）氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O；

氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O；

故答案为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O；

（4）Mg、N按原子个数比3：2形成化合物丙的化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2。

【点睛】

本题考查位置结构性质关系应用，明确元素的种类是解答本题的关键，需要学生熟练掌握基础知识。【解析】第二周期ⅥA族第四周期Ⅷ族Na＞Mg＞Al＞N＞OAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2OMg3N227、略

【分析】【分析】

(1)若Y；Z、W三者处于同一周期；最外层电子数之和不可能为17；

(2)列出可能的位置关系；利用最外层电子数之和为17推断；

(3)化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4；为硫酸根，化合物中x原子与氮原子个数之比为4：1，为铵根离子。

【详解】

(1)假设处于同一周期，根据它们的原子序数依次增大，其原子的最外屋电子数可分别设为则不为整数；不合理，即假设不成立；

(2)可能出现的位置关系有如下两种情况：

设的最外层电子数为若为第一种情况，则有解得对应的三种元素分别为若为第二种情况，则有不为整数，不合理。故分别为

(3)该化合物中硫原子与氧原子的个数之比为即它们组成硫酸根离子，化合物中原子与氮原子的个数之比为且的原子序数比氨的原子序数小，由此可知它们组成的离子是铵根离子，所以该化合物为硫酸铵()。

【点睛】

位置决定结构，结构决定性质，周期表中一定要明确各元素的位置。【解析】否若三者处于同一周期，则三者的原子最外层电子数之和不可能为17硫酸铵，五、结构与性质(共3题，共9分)28、略

【分析】【分析】

对照周期表，各元素分别为A-H、B-Si、C.D-N、G-Al、J-S。A为H2、D为N2、G为Al，甲为AlN、乙为Al2O3、丙为NH3。戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，戊为Al(OH)3。丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中含有18mol电子，丁为N2H4。

【详解】

(1)26号元素Fe位于第四周期，第八列，将26号元素Fe的元素符号填在上述周期表的合适位置元素J在长式元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族。故答案为：三；ⅥA；

(2)在元素B与元素C分别形成的最高价氧化物SiO2、CO2中，SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，熔点更高的是SiO2(用化学式表示)，原因CO2熔化破坏范德华力，SiO2熔化破坏共价键，范德华力弱于共价键，故SiO2熔点高。故答案为：SiO2；CO2熔化破坏范德华力，SiO2熔化破坏共价键，范德华力弱于共价键，故SiO2熔点高；

(3)元素C的最高价氧化物对应的水化物分子H2CO3为对称结构，每个原子的最外层电子均满足稳定结构，C形成四个共价键，O形成两个共价键，该分子的结构式J为S，和氯元素可形成原子个数比为1：1的化合物S2Cl2，最外层均达到8电子的稳定结构，两个硫原子间形成一个共价键，S与Cl间形成一个共价键，该化合物的电子式为氯的电负性强，硫和氯元素形成的共用电子对偏向于Cl(填元素符号)。故答案为：Cl；

(4)用A、D、G表示上述周期表中相应元素形成的单质，A为H2、D为N2、G为Al，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物。甲为AlN、乙为Al2O3、丙为NH3。戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，戊为Al(OH)3。丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中含有18mol电子，丁为N2H4。

①丁为N2H4，N-N为非极性键、N-H为极性键，N2H4包含的共价键类型是：非极性键；极性键。故答案为：非极性键、极性键；

②甲为AlN，被大量用于制造电子元件，工业上用Al2O3、C单质和N2单质在高温下制备AlN，其中Al2O3和C单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为：故答案为：【解析】三ⅥASiO2CO2熔化破坏范德华力，SiO2熔化破坏共价键，范德华力弱于共价键，故SiO2熔点高Cl非极性键、极性键29、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，因此A是O，D是S；工业上电解熔融C2A3制取单质C；则C是Al；B；E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区，因此B是Mg，E是Zn。

【详解】

(1)同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性越强，则电负性越小，则Al的电负性大于Mg；基态S原子价电子排布式为3s23d4，其排布图为SO2分子中价层电子对数是2+(6-2×2)=3，所以其VSEPR模型是平面三角形；由于H2O分子间存在氢键，H2S分子间存在范德华力，因此H2O比H2S熔沸点高得多；

(2)①Al2Cl6的熔沸点较低，易升华，属于分子晶体；其中Al原子形成4个共价键，杂化轨道类型为sp3杂化；

②[Al(OH)4]－中存在的化学键有O-H间的极性共价键；Al-O间的配位键；

③由于熔融MgCl2能导电；可电解，但MgO熔沸点高，电解熔融MgO能耗大，所以工业上制备Mg的单质是电解熔融氯化镁，而不是电解氧化镁；

(3)Al3+比Mg2+电荷多、半径小，形成的离子键键能大，则AlF3的晶格能比MgCl2大得多；

(4)①在该晶胞中；Zn的周围最近且距离相等的S原子有4个，则锌的配位数为4；

②根据晶胞结构可知d原子位于右侧面心处；所以坐标参数为(0，1/2，1/2)；

③该晶胞中S和Zn的原子个数均是4个，晶胞的密度为ρg/cm3，则晶胞的边长是cm。两个S原子之间的距离为面对角线的一半，即为×cm=××1010pm。【解析】铝(或Al)平面三角形水分子间存在氢键分子sp3极性共价键、配位键(或共价键、配位键)熔融MgCl2融能导电，可电解；MgO熔点高，电解能耗大Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多4(1，1/2，1/2)××101030、略

【分析】（1）根据示意图可知SO2不是由机动车行驶造成的；故答案为a。

（2）稀燃过程中NO发生的主要反应的方程式为：2NO+O2=2NO2。

（3）反应前S元素为+4价，N元素为+4价，反应后HONO中N元素为+3价，化合价降低；有化合价的降低，必有元素化合价升高，所以是S元素从+4升高到+