第四章《物质结构元素周期律》检测题（含解析）—2023--2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 第四章《物质结构元素周期律》检测题（含解析）—2023--2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 621.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-17 19:58:25 | ||
图片预览
文档简介
第四章《物质结构 元素周期律》检测题
一、单选题（共12题）
1．有A、B两种主族元素，A原子有5种不同能量的电子，且S电子总数比p电子总数少1个；B原子的3p亚层上有2个未成对电子。则下列说法不正确的是
A．在周期表中（同周期），A元素的左边是金属元素，右边是非金属元素
B．A的单质能和氧化铁在一定条件发生反应
C．B的最高价氧化物一定是原子晶体
D．B的最高价氧化物的水化物一定是酸
2．下列关于原子的说法中，正确的是
A．原子不显电性，说明原子内的质子数等于中子数
B．同种原子内的质子数相同
C．含有相同中子数的原子，一定是同一类的原子
D．原子是最小的粒子
3．下列说法不正确的是
A．离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键
B．含金属元素的化合物一定是离子化合物
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D．由分子组成的物质中不一定存在共价键
4．下列实验方案正确，且能达到目的的是（ ）
选项 实验方案 目的
A 用标准NaOH溶液滴定，选择甲基橙作指示剂 测定CH3COOH溶液中的H+浓度
B 将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象 证明Cl2的氧化性比Br强
C 用镊子取少量MnO2加入到过氧化氢溶液中 实验室制取氧气
D 测得Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液 证明电离常数Ka:HSO>HCO
A．A B．B C．C D．D
5．A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图所示。已知：B、C两元素原子最外层电子数之和等于A元素原子最外层电子数的2倍；B．C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍。下列说法正确的是
A．C位于元素周期表中第3周期第VA族
B．B的非金属性比A强
C．C的气态氢化物的稳定性比B的强
D．原子半径：r(B)6．某溶液中可能含有、、、、、、中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A．溶液中的阳离子有、、、
B．溶液中 mol
C．溶液中一定不含，可能含有
D．：：：2：1
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．10g D2O中含有的质子数与中子数均为5NA
B．2 L 0.25 mol·L 1 MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
C．标准状况下，8.96L H2与CO的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D．2.3g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
8．利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中正确的是
A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子
B．第三周期元素的原子半径：r(P) ＜r(S) ＜r(Cl)
C．第VIIA族元素从上到下，单质与氢气化合越来越难
D．碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3
9．X、 Y、Z、W是原子序数递增的短周期主族元素，其中X是地壳中含量最多的元素，X与Z最外层电子数相同，Y为短周期元素中金属性最强的元素，下列说法不正确的是
A．原子半径：Y>Z>W>X
B．X、Y形成的化合物一定含离子键
C．简单氢化物的沸点： X>Z
D．含氧酸酸性： Z10．下列说法正确的是
A．离子晶体中一定存在离子键，分子晶体中一定存在共价键
B．Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C．N2和NCl3两种化合物中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．常温常压下，H2O与NH3的状态不同可以说明H2O的热稳定性更好
11．化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数。该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．Z和Y只能形成一种化合物
C．两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D．1000℃后得到固体产物属于盐
12．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入CO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
二、填空题（共9题）
13．自然界的矿物，岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每增加1 km，压强增大约25000~30000kPa，在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g) SiF4(g)+2H2O(g)。
(1)SiF4的结构式为 ，用电子式表示H2O的形成过程
(2)以上反应在地壳的那个区域先达到化学平衡状态 (选填编号，下同)。
A．地壳表层 B．地壳深层
(3)如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到化学平衡状态时，
A．2v正(HF)=v逆(H2O) B．c(HF)与c(H2O)之比保持不变
C．SiO2的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物
(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为
14．下图为元素周期表的一部分，请参照①～⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）②的元素符号是 ，⑥在周期表中的位置是 。
（2）⑦、⑧两元素比较，非金属性强的是（填元素符号） ，从原子结构角度解释原因 。
（3）④-⑥这三种元素中，写出最高价氧化物对应水化物两两之间能反应的离子方程式 。
（4）写出工业冶炼元素⑤单质的化学方程式 ，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是 。
（5）元素①和③可以组成很多种物质，写出其中原子个数比为1:4的物质的电子式 ，请从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因 。
（6）已知Se在周期表中的位置如图所示，请画出Se的原子结构示意图 。
请任意写出三种Se物质的化学式，预测其性质（一条即可）,并说明预测依据，完成在下列表格中。
含Se物质化学式 性质 预测依据
15．1803 年， 英国科学家道尔顿提出了近代原子学说， 他认为一切物质是由原子构成的， 这些原子是微小的不可分割的实心球。 1911 年， 英国科学家卢瑟福用一束平行高速运动的 粒子（ 粒子是带两个单位正电荷的氦原子核） 轰击金箔时（ 金原子的核电荷数为 79， 质量数为 197）， 发现大多数 粒子能穿透金箔， 而且不改变原来的运动方向， 但他还发现有一小部分 粒子改变了原来的运动路径， 甚至有极少数的 粒子好像碰到了坚硬不可穿透的质点而被笔直地弹了回来。
（1）金原子的核外电子数为 ， 中子数为 ；
（2）按现在对原子、 分子的认识， 你认为道尔顿提出的近代原子学说中不确切的地方， 请用“ ”划出， 并在下方加以改正
（3）根据卢瑟福实验的现象能得出关于金箔中金原子结构的一些结论， 试写出其中的三点：
（i） ；
（ii） ；
（iii） 。
16．已知：氧化性：KMnO4>HNO3；Bi 元素+3价较稳定，NaBiO3溶液为无色。取一定量的Mn（NO3）2溶液依次进行下列实验，现象记录如下。
①滴加适量的NaBiO3溶液，溶液变为紫红色。
②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。
③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
④最后通入足量的SO2气体，请回答下列问题：
（1）Bi和P元素在同一主族，试写出P在周期表中的位置 ；
（2）KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为 ；
（3）实验④中的现象为： ；
（4）实验②反应的离子方程式是： ；
（5）实验③反应的离子方程式是： 。
17．(1)下列叙述正确的是
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D．第n主族元素其最高价氧化物分子式为R2On，氢化物分子式为RHn (n≥4)
E．所有主族元素最高正化合价等于最外层电子数
F．稀有气体原子与同周期I A、ⅡA族元素的简单阳离子具有相同的核外电子排布
G．共价化合物中不可能含有离子键
H．只有非金属原子间才能形成共价键
I．非金属原子间不可能形成离子化合物
(2)写出下列物质的电子式
MgBr2 CCl4 HClO
N2 NH4Cl NH3
18．无水AlCl 3 易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿(主要成分是Al 2 O 3 和Fe 2 O 3 ,还含有少量的SiO 2 )和石油焦(主要成分是C)为原料制备无水AlCl 3 ：2Al 2 O 3 ＋6Cl 2 ===4AlCl 3 ＋3O 2
回答以下问题：
（1）Cl－的电子式为 。Al在元素周期表最中的位置是 。
（2）生产中加入石油焦，其目的是 。
（3）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3 ＋C＋Cl2 AlCl3 ＋X↑，设计实验确定气体X的成分： 。
（4）在提纯AlCl3 粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3 转化为熔点较高的FeCl2 ，从而避免在AlCl3 中混入铁的氯化物。该反应的化学方程式为 。
（5）为测定制得的无水AlCl3 产品(含FeCl3 杂质)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3 样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32 g。
①过程涉及的离子方程式 、 。
②AlCl3 产品的纯度为 。
（6）以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝
①写出滤液甲中溶质的化学式 。
②写出滤液乙中加入过量氨水得到Al(OH)3 的离子方程式 。
19．根据①～ 元素的编号所在周期表中的位置，用相应的元素符号或者化学用语回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0族
1 ① ②
2 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦
3 ⑧ ⑨ ⑩
(1)能显＋1 价，还能显-1 价的元素是 。
(2)最难形成化合物的元素是 。
(3)单质具有半导体性质的元素是 。
(4)任意排放的氧化物溶于雨水形成酸雨的元素是 。
(5)元素⑦氢化物水溶液与 SiO2反应的化学方程式为 。
(6)最新发现的一种单质是由 60 个原子组成球状结构的分子。这种单质叫足球烯，它是由 元素组成的。
(7)第三周期某元素氢化物(组成为 RH)能和冷水剧烈反应产生氢气，该反应的化学方程式为 。
(8)元素⑤与元素⑩形成化合物化学式为 ，该化合物在工业上用途是 (列举一种即可)。
20．根据要求回答下列问题。
①CaBr2 ②H2O ③NaCl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO
(1)只含有离子键的是 (填序号，下同)。
(2)含有共价键的离子化合物是 ，其中含有非极性共价键的物质的电子式为 。
(3)属于共价化合物的是 。
(4)熔融状态下能导电的化合物是 。
(5)用电子式表示H2O的形成过程 。
21．某文献资料上记载的相对原子质量数据摘录如表所示：
原子 相对原子质量 质量数 丰度 元素的相对原子质量 元素的近似相对原子质量
63Cu 62.928 63 69.15% 63.546 63.618
65Cu 65 30.85%
(1)则65Cu的相对原子质量= (保留三位小数)。
常温下，向20mL0.1mol·L-1的硫酸中逐滴加入相同物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系如图所示：
(2)判断溶液处于A、B、C时的酸碱性，A： ；B： ；C： 。
(3)溶液处于 点时的导电性最弱，写出该处发生的化学反应的离子方程式： 。
向含有I-和Cl-的稀溶液中滴入AgNO3溶液，产生沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。
(4)OA段反应生成黄色沉淀，该黄色沉淀的化学式： 。
(5)AB段反应生成白色沉淀，写出生成该沉淀的离子方程式： 。
(6)原溶液中c(I-)：c(Cl-)的比值为： (用V1、V2表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】有A、B两种主族元素，A原子有5种不同能量的电子，且s电子总数比p电子总数少1个，则核外电子排布为1s22s22p63s23p1，即A是Al；B原子的3p亚层上有2个未成对电子，则B的原子序数是14或16。则
A.在周期表中（同周期），Al元素的左边是金属元素镁，右边是非金属元素硅，选项A正确；
B.铝的单质能和氧化铁在一定条件发生铝热反应，选项B正确；
C.B的最高价氧化物二氧化硅一定是原子晶体，但如果是三氧化硫，则是分子晶体，选项C错误；
D.B的最高价氧化物的水化物硅酸或硫酸，均是酸，选项D正确；
答案选C。
2．B
【详解】A．原子之所以不显电性，是由于原子核内的质子数等于核外电 子数，错误；
B．原子的种类由质子数决定，同种原子内的质子数相同，B正确；
C．原子的种类由质子数决定，同种原子当然具有相同数目的质子数，而如果只知中子数相同，不知质子数相同，则无法判断是否为同一类原子，C错误；
D．原子只是化学变化中的最小粒子，而构成原子的质子、中子和电子都比原子小，D错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如氯化铵含有离子键、极性共价键，过氧化钠含有离子键、非极性共价键，故A正确；
B．含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误；
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵是离子化合物，故C正确；
D．由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体分子是单原子分子，不含共价键，故D正确；
选B。
4．D
【详解】A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点 pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；
B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；
C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；
D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；
正确答案是D。
5．C
【分析】A、B、C均为短周期元素，设A的原子序数为x，由图可知，A为第二周期，B、C在第三周期，
B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，
由B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍，
则x+7+x+9=4x，
解得x=8，
则A为O，B为P，C为Cl，
【详解】A. C位于元素周期表中第3周期第VIIA族，故A错误；
B. B是P，A为O，非金属性是O的强，故B错误；
C. C为Cl，B为P，同一周期非金属性从左到右逐渐增强，所以气态氢化物的稳定性C比B强，故C正确；
D. 原子半径：同一周期原子半径从左到右逐渐减少，所以r(B)>r(C)，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有、；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为，则；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为，则；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠，则，根据铝元素守恒可知；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为，则。
A. 据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含、、、，故A正确；
B. 最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠，则，根据铝元素守恒可知，故B正确；
C. 由以上分析得溶液中一定不含，一定含有，故C错误；
D. 根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即，则消耗氢氧化钠的物质的量为：，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据，，氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：，所以镁离子的物质的量是，即：：：：：2：1，故D正确。
故答案选C。
7．D
【详解】A．10g D2O的物质的量是10g÷20g/mol＝0.5mol，1分子D2O含有的质子数和中子数均是10个，则其中含有的质子数与中子数均为5NA，A正确；
B．2 L 0.25 mol·L 1 MgCl2溶液中氯离子的物质的量是2L×0.25mol/L×2＝1mol，含有的Cl-数约为6.02×1023，B正确；
C．标准状况下，8.96L H2与CO的混合气体的物质的量是8.96L÷22.4L/mol＝0.4mol，1molH2与1molCO完全燃烧均消耗0.5mol氧气，则消耗氧分子的数目为0.2NA，C错误；
D．2.3g Na的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，钠元素化合价从0价升高到+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，D错误；
答案选D。
8．C
【详解】A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个中子，故A错误；
B．第三周期元素从左到右原子半径逐渐减小：r(Cl)＜r(S) ＜r(P)，故B错误；
C．第VIIA族元素从上到下非金属性逐渐减弱，单质与氢气化合越来越难，故C正确；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，其减小：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH ，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．D
【分析】X是地壳中含量最多的元素，即X为O，X与Z最外层电子数相同，它们属于同一主族，即Z为S，Y是短周期中金属性最强的元素，即Y为Na，原子序数依次增大，则W为Cl，据此分析；
【详解】根据上述分析，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl，
A．利用同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，因此原子半径大小顺序是Na＞S＞Cl＞O，故A说法正确；
B．X和Y形成的化合物是Na2O和Na2O2，它们均属于离子化合物，故B说法正确；
C．X的简单氢化物是H2O，常温下为液体，Z的简单氢化物为H2S，常温下为气体，因此H2O的沸点高于H2S，故C说法正确；
D．H2SO4为强酸，HClO为弱酸，硫酸酸性强于HClO，故D说法错误；
答案为D。
10．B
【详解】A．分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体中不含化学键，故A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中H-O键断裂，并形成H-H键，故B正确；
C．N2中N原子之间形成三键，达到8电子稳定结构，但是N2属于单质，NCl3中N和Cl之间各共用一对电子，两者均具有8电子稳定结构，故C错误；
D．H2O与NH3都属于分子晶体，它们在常温常压下的状态与分子间作用力有关，与共价键无关，所以与热稳定性无关，故D错误；
答案选B。
11．C
【分析】化合物（ZX2Y4 W2Y）存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4 H2O，据此分析解题。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z＞X＞Y，A错误；
B．Z和Y即Ca和O能形成CaO、CaO2，B错误；
C．CaC2O4 H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为(1 )×100%＝87.7%，则A为CaC2O4，A→B段CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，两者的气态产物不同，反应均为氧化还原反应，C正确；
D．C的相对分子质量为146×38.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成氧化钙，不是盐，D错误；
故答案为：C。
12．D
【分析】A.根据反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O判断；
B.根据反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断；
C.根据反应H ++OH-=H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 判断；
D.根据反应Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、2OH-+CO2═CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断。
【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图像符合，故不选A；
B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图像符合，故不选B；
C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+═H20，Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图像符合，故不选C；
D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、OH-+CO2═HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：
1.CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O产生沉淀；
2.CO2+2KOH==K2CO3+H2O；
3.CO2+K2CO3+H2O==2KHCO3；
4.CO2+CaCO3+H2O==Ca(HCO3)2沉淀消失。
13． B BC 0.001mol/(L min)
【详解】(1)SiF4的属于共价化合物，硅原子与氟原子形成4个共价键，所以SiF4的结构式为：；水属于共价化合物，氢氧原子间形成1对共用电子对，用电子式表示H2O的形成过程如下：；
(2) SiO2(s)+4HF(g) SiF4(g)+2H2O(g)是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；地壳内每增加1 km，压强增大约25000~30000kPa，地壳深层区域先达到平衡，故选B。
(3)A．反应的速率之比等于系数之比；v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)= v逆(H2O)，因此v正(HF)=2v逆(H2O)，故A错误；
B．氟化氢为反应物，水蒸气为生成物，当反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，所以c(HF)与c(H2O)之比保持不变，故B正确；
C．反应向右进行时，SiO2不断消耗，质量减小，当SiO2质量保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应达到平衡时正逆反应仍在进行，反应并没有停止，反应物和生成物在相互转化，只是正逆反应速率相等，故D错误；
故选BC。
(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，则气体的质量增大了0.24g，为二氧化硅的质量，n(SiO2)= =0.004mol，由方程式可知消耗0.016molHF，则在这段时间内HF的平均反应速率为=0.001mol/(L min)。
14． B 第3周期第IIIA族 Cl 硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O MgCl2Mg+Cl2 ↑ 镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现 碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 答案合理给分
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为B，③为C，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl，⑨为K，
（1）②的元素符号是 B，⑥在周期表中的位置是第3周期第IIIA族。
（2）⑦S、⑧Cl两元素比较，非金属性强的是（填元素符号）Cl，从原子结构角度解释原因硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强。
（3）④-⑥这三种元素中，最高价氧化物对应水化物NaOH、Mg(OH)2 、Al(OH)3 两两之间能反应的离子方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O 。
（4）工业冶炼元素⑤Mg单质，用电解MgCl2化学方程式MgCl2Mg+Cl2 ↑，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现。
（5）元素①H和③C可以组成很多种物质如：烃，其中原子个数比为1:4的物质CH4的电子式，从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 。
（6）Se的原子结构示意图。三种Se物质的化学式，预测其性质：
15． 79 118 一切物质是由原子构成的，这些原子是微小的不可分割的实心球； “一切”改为“有些”； “不可分割”改为“可分”； “实心球”改为“由质子、 中子等构成”； 每一个原子都有一个体积极小、极密实的核 原子核占有全部正电荷和几乎全部的原子质量 原子核被一个体积很大几乎什么也没有的核外空间包围着；原子核外空间里极稀疏地散布着电子，其总电荷数恰好等于原子核内的正电荷数
【详解】（1）根据题意，金原子的核电荷数为 79，质量数为197，根据质子数等于核电荷数得出质子数为79，根据中子数等于质量数减质子数即197 – 79 = 118；
（2）现代对原子、分子的认识，构成物质的微粒有三种：分子、原子和离子，且原子可以再分，原子由原子核和核外电子构成，原子核一般由质子和中子构成，原子核外电子作高速运动，原子并不是实心球，故道尔顿提出的学说错误在“一切物质是由原子构成的， 这些原子是微小的不可分割的实心球”；将“一切”改为“有些”，“不可分割”改为“可分”，“实心球”改为“由质子、 中子等构成”；
⑶①有一小部分粒子改变了原来的运动路径，原因是粒子带正电粒子，途径金原子核附近时，受到斥力而稍微改变了运动方向，说明“原子核带正电”；
②有极少数的粒子被反弹了回来，说明“每一个原子都有一个体积极小、极密实的核；原子核占有全部正电荷和几乎全部的原子质量”；
③大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，说明“原子核被一个体积很大几乎什么也没有的核外空间包围着；原子核外空间里极稀疏地散布着电子，其总电荷数恰好等于原子核内的正电荷数”。
16． 第3周期、ⅤA族 PbO2、KMnO4、H2O2 紫红色褪去，有白色沉淀 5H2O2 +2MnO4—+6H+=2Mn2++8H2O+5O2 5PbO2+2Mn2++4H+=2MnO4—+5Pb2++2H2O
【分析】（1）磷原子序数为15、结合氮族元素位置确定；
（2）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（3）KMnO4氧化SO2气体生成SO42－，SO42－和③中生成的Pb2＋反应生成白色沉淀；
（4）双氧水可以被高锰酸根离子氧化为氧气，自身被还原为Mn2＋，同时生成水，根据电子转移守恒和电荷守恒、原子守恒配平写出方程式；
（5）PbO2氧化Mn2＋生成KMnO4，自身被还原为Pb2＋，配平写出方程式．
【详解】（1）氮族元素处于ⅤA族，自上而下为N、P、As、Sb、Bi，依次为二、三、四、五、六周期，故Bi处于第6周期ⅤA族，磷处于第3周期ⅤA族；
（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①中现象可知：NaBiO3把Mn（NO3）2氧化生成KMnO4，则氧化性：NaBiO3＞KMnO4；由②中现象可知：KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2＋，则氧化性KMnO4＞H2O2；由③中现象可知：PbO2把Mn2＋氧化成KMnO4，则氧化性PbO2＞KMnO4，总之，氧化性由强到弱的顺序是：PbO2＞KMnO4＞H2O2；
（3）反应④中KMnO4氧化SO2气体生成SO42－，SO42－和③中生成的Pb2＋反应生成白色沉淀；
（4）反应②是双氧水被高锰酸根离子氧化生成氧气，自身被还原为Mn2＋，反应离子方程式为：5H2O2+2MnO4－+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；
（5）反应③是PbO2氧化Mn2＋生成KMnO4，自身被还原为Pb2＋，反应离子方程式为：5PbO2+2Mn2＋+4H＋=5Pb2＋+2MnO4－+2H2O。
17． BG
【详解】（1）A．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，如NaOH，故A错误；
B．稀有气体分子间作用力小，现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体，故B正确；
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，核对电子的引力越小，越难得到电子，故C错误；
D．第n主族元素其最高价氧化物对应的化学式为R2On，最高正化合价为+n，所以最低负价为-（8-n），所以氢化物化学式为RH（8-n）（n≥4）或H（8-n）R，故D错误；
E．对于主族元素，最高正价=最外层电子数（氧元素、氟元素一般没有正化合价），故E错误；
F．稀有气体He原子与同周期H简单阳离子H+的核外电子排布不同，故F错误；
G．根据共价化合物的定义，共价化合物中不可能含有离子键，故G正确；
H．金属非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，故H错误；
I．非金属原子间可能形成离子化合物，如NH4Cl，故I错误；
故选BG。
（2）MgBr2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，；
CCl4 是共价化合物，C在中间，周围8个电子，Cl原子在四周，每个氯原子周围也是8个电子，每个Cl原子都和C公用两个电子，就是四氯化碳的电子式
HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：；
N2 中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；
NH4Cl氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化铵的电子式为：；
NH3氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为：；
18． 第三周期第IIIA族 碳与O2 反应，有利于反应正向进行 气体X可能为CO、CO2或两者的混合物。将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO 2 ，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2 Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓ Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O 96% NaAlO2、Na2SiO3、NaOH Al3=＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋
【详解】（1）Cl－最外层达到了8电子稳定结构，则氯离子电子式为：；Al元素为13号元素，核外3个电子层，位于周期表中第三周期，最外层3个电子，位于第IIIA族；
故答案为；第三周期第IIIA族；
（2）根据反应方程式2Al2 O3 ＋6Cl2=4AlCl3 ＋3O2 可知，加入石油焦后，碳与O2反应，O2减少，可促进该反应向右进行；
故答案为碳与O2反应，有利于反应正向进行；
（3）Al2O3 ＋C＋Cl2 AlCl3 ＋X↑，根据元素守恒可知X为CO、CO2或两者的混合物。确定气体X的成分，就是要检验CO、CO2的存在，可以利用澄清石灰水检验CO2，若澄清石灰水变浑浊则证明有CO2；可以利用CO的还原性来检验CO，将CO通过灼热的氧化铜，若氧化铜由黑变红，则证明有CO；要先将气体通过澄清石灰水检验CO2的存在，再将气体通过灼热的氧化铜，因为CO还原氧化铜会生成CO2。
故答案为气体X可能为CO、CO 或两者的混合物。将生成的气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO。
（4）铝单质具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2 ；
故答案为Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2；
（5）①该制取过程中涉及的离子反应有AlCl3与过量的NaOH溶液反应和FeCl3与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；
②过滤后沉淀物为Fe(OH)3，灼烧后分解为Fe2O3和水，即0.32g残留固体质量是Fe2O3，则n(Fe3+)==0.004mol，m(FeCl3)=162.5g/mol×0.004mol=0.65g，混合物中m（AlCl3）=16.25g-0.65g=15.6g，所以AlCl3产品的纯度为：;
故答案为96%；
（6）①铝土的主要成分是Al2O3和Fe2O3，还含有少量SiO2，加入NaOH溶液后，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，Fe2O3不反应，所以滤液甲中的溶质为：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；
故答案为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；
②根据流程可知，滤液乙中含有Al3+，Al3+与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3+3NH4+，
故答案为Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3+3NH4+．
点睛：（3）问中气体的检验为本题的易错点，当CO和CO2同时存在时，应先检验CO2；（6）问中提纯Al为常见的工艺流程，利用Al2O3、Al(OH)3的两性进行分离和提纯，要求掌握与Al元素有关的化合物之间的转化，可以利用“铝三角”进行理解和记忆。
19． H、Cl He Si N、S 4HF+SiO2=2 H2O+SiF4↑ C NaH+ H2O=NaOH+H2↑ Si3N4 制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为He、③为Li、④为C、⑤为N、⑥为O、⑦为F、⑧为Na、⑨为Mg、⑩为Si、 为S、 为Cl，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】(1)能显+1价，还能显-1价的元素是氢、氯，故答案为：H、Cl；
(2)稀有气体He原子的最外层为稳定结构，最难形成化合物，故答案为：He；
(3)单质具有半导体性质的元素是Si，故答案为：Si；
(4) 氮氧化物和硫氧化物是造成酸雨的主要物质，因此任意排放的氧化物溶于雨水形成酸雨的元素N和S，故答案为：N、S；
(5)⑦的气态氢化物水溶液是氢氟酸，能够和玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(6)足球烯是由碳元素组成的，故答案为：C；
(7) 第三周期某元素氢化物(组成为 RH)能和冷水剧烈反应产生氢气，R显+1价，则RH为NaH，与水反应的化学方程式为NaH+ H2O=NaOH+H2↑，故答案为：NaH+ H2O=NaOH+H2↑；
(8) N的非金属性比Si强，显-3价，Si显+4价，因此元素⑤与元素⑩形成化合物化学式为Si3N4，为原子晶体，是一种重要的结构陶瓷材料，硬度大，熔点高，在工业上常用来制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具等，故答案为：Si3N4；制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具等。
20．(1)①③
(2) ⑤⑥
(3)②④⑦
(4)①③⑤⑥
(5)
【分析】(1)
①CaBr2中只含离子键，②H2O中只含共价键，③NaCl中含离子键，④H2O2 中含共价键，⑤Na2O2 中含离子键和共价键，⑥Ca(OH)2 中含离子键和共价键，⑦HClO中只含共价键，只含有离子键的是：①③；
(2)
含有共价键的离子化合物是⑤⑥，含有非极性共价键的物质是⑤Na2O2，其电子式为；
(3)
含有共价键的共价化合物为②④⑦；
(4)
CaBr2、NaCl、Na2O2、Ca(OH)2 是含离子键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，故选①③⑤⑥；
(5)
水属于共价化合物，以共用电子对形成化学键，用电子式表示H2O的形成过程为。
21．(1)64.931
(2) 酸性 中性 碱性
(3) B Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
(4)AgI
(5)Ag++Cl-=AgCl↓
(6)
【详解】（1）设65Cu的相对原子质量为x，30.85%x+69.15%×62.928=63.546，解得：x=64.931。
（2）B点沉淀量达到最大，说明B点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，B点溶液呈中性，A点硫酸有剩余，溶液呈酸性；C点氢氧化钠过量，溶液呈碱性；
（3）B点硫酸和氢氧化钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度最小，B点溶液导电性最弱，该处发生的化学反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O。
（4）OA段反应生成黄色沉淀，说明OA段生成AgI沉淀，该黄色沉淀的化学式为AgI；
（5）AB段反应生成白色沉淀，说明AB段生成AgCl沉淀，生成该沉淀的离子方程式Ag++Cl-=AgCl↓；
（6）生成AgI沉淀消耗AgNO3溶液的体积为V1mL，生成AgCl沉淀消耗AgNO3溶液的体积为(V2-V1)mL，原溶液中c(I-)：c(Cl-)的比值为V1：(V2-V1)= 。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题（共12题）
1．有A、B两种主族元素，A原子有5种不同能量的电子，且S电子总数比p电子总数少1个；B原子的3p亚层上有2个未成对电子。则下列说法不正确的是
A．在周期表中（同周期），A元素的左边是金属元素，右边是非金属元素
B．A的单质能和氧化铁在一定条件发生反应
C．B的最高价氧化物一定是原子晶体
D．B的最高价氧化物的水化物一定是酸
2．下列关于原子的说法中，正确的是
A．原子不显电性，说明原子内的质子数等于中子数
B．同种原子内的质子数相同
C．含有相同中子数的原子，一定是同一类的原子
D．原子是最小的粒子
3．下列说法不正确的是
A．离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键
B．含金属元素的化合物一定是离子化合物
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D．由分子组成的物质中不一定存在共价键
4．下列实验方案正确，且能达到目的的是（ ）
选项 实验方案 目的
A 用标准NaOH溶液滴定，选择甲基橙作指示剂 测定CH3COOH溶液中的H+浓度
B 将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象 证明Cl2的氧化性比Br强
C 用镊子取少量MnO2加入到过氧化氢溶液中 实验室制取氧气
D 测得Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液 证明电离常数Ka:HSO>HCO
A．A B．B C．C D．D
5．A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图所示。已知：B、C两元素原子最外层电子数之和等于A元素原子最外层电子数的2倍；B．C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍。下列说法正确的是
A．C位于元素周期表中第3周期第VA族
B．B的非金属性比A强
C．C的气态氢化物的稳定性比B的强
D．原子半径：r(B)
A．溶液中的阳离子有、、、
B．溶液中 mol
C．溶液中一定不含，可能含有
D．：：：2：1
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．10g D2O中含有的质子数与中子数均为5NA
B．2 L 0.25 mol·L 1 MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
C．标准状况下，8.96L H2与CO的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D．2.3g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
8．利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中正确的是
A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子
B．第三周期元素的原子半径：r(P) ＜r(S) ＜r(Cl)
C．第VIIA族元素从上到下，单质与氢气化合越来越难
D．碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3
9．X、 Y、Z、W是原子序数递增的短周期主族元素，其中X是地壳中含量最多的元素，X与Z最外层电子数相同，Y为短周期元素中金属性最强的元素，下列说法不正确的是
A．原子半径：Y>Z>W>X
B．X、Y形成的化合物一定含离子键
C．简单氢化物的沸点： X>Z
D．含氧酸酸性： Z
A．离子晶体中一定存在离子键，分子晶体中一定存在共价键
B．Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C．N2和NCl3两种化合物中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．常温常压下，H2O与NH3的状态不同可以说明H2O的热稳定性更好
11．化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数。该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．Z和Y只能形成一种化合物
C．两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D．1000℃后得到固体产物属于盐
12．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是
A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B．向澄清石灰水中通入CO2至过量
C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
二、填空题（共9题）
13．自然界的矿物，岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每增加1 km，压强增大约25000~30000kPa，在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g) SiF4(g)+2H2O(g)。
(1)SiF4的结构式为 ，用电子式表示H2O的形成过程
(2)以上反应在地壳的那个区域先达到化学平衡状态 (选填编号，下同)。
A．地壳表层 B．地壳深层
(3)如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到化学平衡状态时，
A．2v正(HF)=v逆(H2O) B．c(HF)与c(H2O)之比保持不变
C．SiO2的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物
(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为
14．下图为元素周期表的一部分，请参照①～⑨在表中的位置，回答下列问题：
（1）②的元素符号是 ，⑥在周期表中的位置是 。
（2）⑦、⑧两元素比较，非金属性强的是（填元素符号） ，从原子结构角度解释原因 。
（3）④-⑥这三种元素中，写出最高价氧化物对应水化物两两之间能反应的离子方程式 。
（4）写出工业冶炼元素⑤单质的化学方程式 ，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是 。
（5）元素①和③可以组成很多种物质，写出其中原子个数比为1:4的物质的电子式 ，请从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因 。
（6）已知Se在周期表中的位置如图所示，请画出Se的原子结构示意图 。
请任意写出三种Se物质的化学式，预测其性质（一条即可）,并说明预测依据，完成在下列表格中。
含Se物质化学式 性质 预测依据
15．1803 年， 英国科学家道尔顿提出了近代原子学说， 他认为一切物质是由原子构成的， 这些原子是微小的不可分割的实心球。 1911 年， 英国科学家卢瑟福用一束平行高速运动的 粒子（ 粒子是带两个单位正电荷的氦原子核） 轰击金箔时（ 金原子的核电荷数为 79， 质量数为 197）， 发现大多数 粒子能穿透金箔， 而且不改变原来的运动方向， 但他还发现有一小部分 粒子改变了原来的运动路径， 甚至有极少数的 粒子好像碰到了坚硬不可穿透的质点而被笔直地弹了回来。
（1）金原子的核外电子数为 ， 中子数为 ；
（2）按现在对原子、 分子的认识， 你认为道尔顿提出的近代原子学说中不确切的地方， 请用“ ”划出， 并在下方加以改正
（3）根据卢瑟福实验的现象能得出关于金箔中金原子结构的一些结论， 试写出其中的三点：
（i） ；
（ii） ；
（iii） 。
16．已知：氧化性：KMnO4>HNO3；Bi 元素+3价较稳定，NaBiO3溶液为无色。取一定量的Mn（NO3）2溶液依次进行下列实验，现象记录如下。
①滴加适量的NaBiO3溶液，溶液变为紫红色。
②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。
③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
④最后通入足量的SO2气体，请回答下列问题：
（1）Bi和P元素在同一主族，试写出P在周期表中的位置 ；
（2）KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为 ；
（3）实验④中的现象为： ；
（4）实验②反应的离子方程式是： ；
（5）实验③反应的离子方程式是： 。
17．(1)下列叙述正确的是
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D．第n主族元素其最高价氧化物分子式为R2On，氢化物分子式为RHn (n≥4)
E．所有主族元素最高正化合价等于最外层电子数
F．稀有气体原子与同周期I A、ⅡA族元素的简单阳离子具有相同的核外电子排布
G．共价化合物中不可能含有离子键
H．只有非金属原子间才能形成共价键
I．非金属原子间不可能形成离子化合物
(2)写出下列物质的电子式
MgBr2 CCl4 HClO
N2 NH4Cl NH3
18．无水AlCl 3 易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿(主要成分是Al 2 O 3 和Fe 2 O 3 ,还含有少量的SiO 2 )和石油焦(主要成分是C)为原料制备无水AlCl 3 ：2Al 2 O 3 ＋6Cl 2 ===4AlCl 3 ＋3O 2
回答以下问题：
（1）Cl－的电子式为 。Al在元素周期表最中的位置是 。
（2）生产中加入石油焦，其目的是 。
（3）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3 ＋C＋Cl2 AlCl3 ＋X↑，设计实验确定气体X的成分： 。
（4）在提纯AlCl3 粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3 转化为熔点较高的FeCl2 ，从而避免在AlCl3 中混入铁的氯化物。该反应的化学方程式为 。
（5）为测定制得的无水AlCl3 产品(含FeCl3 杂质)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3 样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32 g。
①过程涉及的离子方程式 、 。
②AlCl3 产品的纯度为 。
（6）以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝
①写出滤液甲中溶质的化学式 。
②写出滤液乙中加入过量氨水得到Al(OH)3 的离子方程式 。
19．根据①～ 元素的编号所在周期表中的位置，用相应的元素符号或者化学用语回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0族
1 ① ②
2 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦
3 ⑧ ⑨ ⑩
(1)能显＋1 价，还能显-1 价的元素是 。
(2)最难形成化合物的元素是 。
(3)单质具有半导体性质的元素是 。
(4)任意排放的氧化物溶于雨水形成酸雨的元素是 。
(5)元素⑦氢化物水溶液与 SiO2反应的化学方程式为 。
(6)最新发现的一种单质是由 60 个原子组成球状结构的分子。这种单质叫足球烯，它是由 元素组成的。
(7)第三周期某元素氢化物(组成为 RH)能和冷水剧烈反应产生氢气，该反应的化学方程式为 。
(8)元素⑤与元素⑩形成化合物化学式为 ，该化合物在工业上用途是 (列举一种即可)。
20．根据要求回答下列问题。
①CaBr2 ②H2O ③NaCl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO
(1)只含有离子键的是 (填序号，下同)。
(2)含有共价键的离子化合物是 ，其中含有非极性共价键的物质的电子式为 。
(3)属于共价化合物的是 。
(4)熔融状态下能导电的化合物是 。
(5)用电子式表示H2O的形成过程 。
21．某文献资料上记载的相对原子质量数据摘录如表所示：
原子 相对原子质量 质量数 丰度 元素的相对原子质量 元素的近似相对原子质量
63Cu 62.928 63 69.15% 63.546 63.618
65Cu 65 30.85%
(1)则65Cu的相对原子质量= (保留三位小数)。
常温下，向20mL0.1mol·L-1的硫酸中逐滴加入相同物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系如图所示：
(2)判断溶液处于A、B、C时的酸碱性，A： ；B： ；C： 。
(3)溶液处于 点时的导电性最弱，写出该处发生的化学反应的离子方程式： 。
向含有I-和Cl-的稀溶液中滴入AgNO3溶液，产生沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。
(4)OA段反应生成黄色沉淀，该黄色沉淀的化学式： 。
(5)AB段反应生成白色沉淀，写出生成该沉淀的离子方程式： 。
(6)原溶液中c(I-)：c(Cl-)的比值为： (用V1、V2表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】有A、B两种主族元素，A原子有5种不同能量的电子，且s电子总数比p电子总数少1个，则核外电子排布为1s22s22p63s23p1，即A是Al；B原子的3p亚层上有2个未成对电子，则B的原子序数是14或16。则
A.在周期表中（同周期），Al元素的左边是金属元素镁，右边是非金属元素硅，选项A正确；
B.铝的单质能和氧化铁在一定条件发生铝热反应，选项B正确；
C.B的最高价氧化物二氧化硅一定是原子晶体，但如果是三氧化硫，则是分子晶体，选项C错误；
D.B的最高价氧化物的水化物硅酸或硫酸，均是酸，选项D正确；
答案选C。
2．B
【详解】A．原子之所以不显电性，是由于原子核内的质子数等于核外电 子数，错误；
B．原子的种类由质子数决定，同种原子内的质子数相同，B正确；
C．原子的种类由质子数决定，同种原子当然具有相同数目的质子数，而如果只知中子数相同，不知质子数相同，则无法判断是否为同一类原子，C错误；
D．原子只是化学变化中的最小粒子，而构成原子的质子、中子和电子都比原子小，D错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如氯化铵含有离子键、极性共价键，过氧化钠含有离子键、非极性共价键，故A正确；
B．含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误；
C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵是离子化合物，故C正确；
D．由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体分子是单原子分子，不含共价键，故D正确；
选B。
4．D
【详解】A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点 pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；
B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；
C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；
D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；
正确答案是D。
5．C
【分析】A、B、C均为短周期元素，设A的原子序数为x，由图可知，A为第二周期，B、C在第三周期，
B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，
由B、C两元素的核电荷数之和是A元素原子序数的4倍，
则x+7+x+9=4x，
解得x=8，
则A为O，B为P，C为Cl，
【详解】A. C位于元素周期表中第3周期第VIIA族，故A错误；
B. B是P，A为O，非金属性是O的强，故B错误；
C. C为Cl，B为P，同一周期非金属性从左到右逐渐增强，所以气态氢化物的稳定性C比B强，故C正确；
D. 原子半径：同一周期原子半径从左到右逐渐减少，所以r(B)>r(C)，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有、；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为，则；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为，则；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠，则，根据铝元素守恒可知；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为，则。
A. 据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含、、、，故A正确；
B. 最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠，则，根据铝元素守恒可知，故B正确；
C. 由以上分析得溶液中一定不含，一定含有，故C错误；
D. 根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即，则消耗氢氧化钠的物质的量为：，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据，，氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：，所以镁离子的物质的量是，即：：：：：2：1，故D正确。
故答案选C。
7．D
【详解】A．10g D2O的物质的量是10g÷20g/mol＝0.5mol，1分子D2O含有的质子数和中子数均是10个，则其中含有的质子数与中子数均为5NA，A正确；
B．2 L 0.25 mol·L 1 MgCl2溶液中氯离子的物质的量是2L×0.25mol/L×2＝1mol，含有的Cl-数约为6.02×1023，B正确；
C．标准状况下，8.96L H2与CO的混合气体的物质的量是8.96L÷22.4L/mol＝0.4mol，1molH2与1molCO完全燃烧均消耗0.5mol氧气，则消耗氧分子的数目为0.2NA，C错误；
D．2.3g Na的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，钠元素化合价从0价升高到+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，D错误；
答案选D。
8．C
【详解】A．第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个中子，故A错误；
B．第三周期元素从左到右原子半径逐渐减小：r(Cl)＜r(S) ＜r(P)，故B错误；
C．第VIIA族元素从上到下非金属性逐渐减弱，单质与氢气化合越来越难，故C正确；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，其减小：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜NaOH ，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．D
【分析】X是地壳中含量最多的元素，即X为O，X与Z最外层电子数相同，它们属于同一主族，即Z为S，Y是短周期中金属性最强的元素，即Y为Na，原子序数依次增大，则W为Cl，据此分析；
【详解】根据上述分析，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl，
A．利用同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，因此原子半径大小顺序是Na＞S＞Cl＞O，故A说法正确；
B．X和Y形成的化合物是Na2O和Na2O2，它们均属于离子化合物，故B说法正确；
C．X的简单氢化物是H2O，常温下为液体，Z的简单氢化物为H2S，常温下为气体，因此H2O的沸点高于H2S，故C说法正确；
D．H2SO4为强酸，HClO为弱酸，硫酸酸性强于HClO，故D说法错误；
答案为D。
10．B
【详解】A．分子晶体中不一定存在共价键，如稀有气体中不含化学键，故A错误；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中H-O键断裂，并形成H-H键，故B正确；
C．N2中N原子之间形成三键，达到8电子稳定结构，但是N2属于单质，NCl3中N和Cl之间各共用一对电子，两者均具有8电子稳定结构，故C错误；
D．H2O与NH3都属于分子晶体，它们在常温常压下的状态与分子间作用力有关，与共价键无关，所以与热稳定性无关，故D错误；
答案选B。
11．C
【分析】化合物（ZX2Y4 W2Y）存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4 H2O，据此分析解题。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z＞X＞Y，A错误；
B．Z和Y即Ca和O能形成CaO、CaO2，B错误；
C．CaC2O4 H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为(1 )×100%＝87.7%，则A为CaC2O4，A→B段CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，两者的气态产物不同，反应均为氧化还原反应，C正确；
D．C的相对分子质量为146×38.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成氧化钙，不是盐，D错误；
故答案为：C。
12．D
【分析】A.根据反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O判断；
B.根据反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断；
C.根据反应H ++OH-=H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 判断；
D.根据反应Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、2OH-+CO2═CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断。
【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图像符合，故不选A；
B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图像符合，故不选B；
C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+═H20，Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图像符合，故不选C；
D.向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、OH-+CO2═HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：
1.CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O产生沉淀；
2.CO2+2KOH==K2CO3+H2O；
3.CO2+K2CO3+H2O==2KHCO3；
4.CO2+CaCO3+H2O==Ca(HCO3)2沉淀消失。
13． B BC 0.001mol/(L min)
【详解】(1)SiF4的属于共价化合物，硅原子与氟原子形成4个共价键，所以SiF4的结构式为：；水属于共价化合物，氢氧原子间形成1对共用电子对，用电子式表示H2O的形成过程如下：；
(2) SiO2(s)+4HF(g) SiF4(g)+2H2O(g)是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；地壳内每增加1 km，压强增大约25000~30000kPa，地壳深层区域先达到平衡，故选B。
(3)A．反应的速率之比等于系数之比；v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)= v逆(H2O)，因此v正(HF)=2v逆(H2O)，故A错误；
B．氟化氢为反应物，水蒸气为生成物，当反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，所以c(HF)与c(H2O)之比保持不变，故B正确；
C．反应向右进行时，SiO2不断消耗，质量减小，当SiO2质量保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应达到平衡时正逆反应仍在进行，反应并没有停止，反应物和生成物在相互转化，只是正逆反应速率相等，故D错误；
故选BC。
(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，则气体的质量增大了0.24g，为二氧化硅的质量，n(SiO2)= =0.004mol，由方程式可知消耗0.016molHF，则在这段时间内HF的平均反应速率为=0.001mol/(L min)。
14． B 第3周期第IIIA族 Cl 硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O MgCl2Mg+Cl2 ↑ 镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现 碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 答案合理给分
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为B，③为C，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl，⑨为K，
（1）②的元素符号是 B，⑥在周期表中的位置是第3周期第IIIA族。
（2）⑦S、⑧Cl两元素比较，非金属性强的是（填元素符号）Cl，从原子结构角度解释原因硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强。
（3）④-⑥这三种元素中，最高价氧化物对应水化物NaOH、Mg(OH)2 、Al(OH)3 两两之间能反应的离子方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O 。
（4）工业冶炼元素⑤Mg单质，用电解MgCl2化学方程式MgCl2Mg+Cl2 ↑，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现。
（5）元素①H和③C可以组成很多种物质如：烃，其中原子个数比为1:4的物质CH4的电子式，从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 。
（6）Se的原子结构示意图。三种Se物质的化学式，预测其性质：
15． 79 118 一切物质是由原子构成的，这些原子是微小的不可分割的实心球； “一切”改为“有些”； “不可分割”改为“可分”； “实心球”改为“由质子、 中子等构成”； 每一个原子都有一个体积极小、极密实的核 原子核占有全部正电荷和几乎全部的原子质量 原子核被一个体积很大几乎什么也没有的核外空间包围着；原子核外空间里极稀疏地散布着电子，其总电荷数恰好等于原子核内的正电荷数
【详解】（1）根据题意，金原子的核电荷数为 79，质量数为197，根据质子数等于核电荷数得出质子数为79，根据中子数等于质量数减质子数即197 – 79 = 118；
（2）现代对原子、分子的认识，构成物质的微粒有三种：分子、原子和离子，且原子可以再分，原子由原子核和核外电子构成，原子核一般由质子和中子构成，原子核外电子作高速运动，原子并不是实心球，故道尔顿提出的学说错误在“一切物质是由原子构成的， 这些原子是微小的不可分割的实心球”；将“一切”改为“有些”，“不可分割”改为“可分”，“实心球”改为“由质子、 中子等构成”；
⑶①有一小部分粒子改变了原来的运动路径，原因是粒子带正电粒子，途径金原子核附近时，受到斥力而稍微改变了运动方向，说明“原子核带正电”；
②有极少数的粒子被反弹了回来，说明“每一个原子都有一个体积极小、极密实的核；原子核占有全部正电荷和几乎全部的原子质量”；
③大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，说明“原子核被一个体积很大几乎什么也没有的核外空间包围着；原子核外空间里极稀疏地散布着电子，其总电荷数恰好等于原子核内的正电荷数”。
16． 第3周期、ⅤA族 PbO2、KMnO4、H2O2 紫红色褪去，有白色沉淀 5H2O2 +2MnO4—+6H+=2Mn2++8H2O+5O2 5PbO2+2Mn2++4H+=2MnO4—+5Pb2++2H2O
【分析】（1）磷原子序数为15、结合氮族元素位置确定；
（2）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（3）KMnO4氧化SO2气体生成SO42－，SO42－和③中生成的Pb2＋反应生成白色沉淀；
（4）双氧水可以被高锰酸根离子氧化为氧气，自身被还原为Mn2＋，同时生成水，根据电子转移守恒和电荷守恒、原子守恒配平写出方程式；
（5）PbO2氧化Mn2＋生成KMnO4，自身被还原为Pb2＋，配平写出方程式．
【详解】（1）氮族元素处于ⅤA族，自上而下为N、P、As、Sb、Bi，依次为二、三、四、五、六周期，故Bi处于第6周期ⅤA族，磷处于第3周期ⅤA族；
（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由①中现象可知：NaBiO3把Mn（NO3）2氧化生成KMnO4，则氧化性：NaBiO3＞KMnO4；由②中现象可知：KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2＋，则氧化性KMnO4＞H2O2；由③中现象可知：PbO2把Mn2＋氧化成KMnO4，则氧化性PbO2＞KMnO4，总之，氧化性由强到弱的顺序是：PbO2＞KMnO4＞H2O2；
（3）反应④中KMnO4氧化SO2气体生成SO42－，SO42－和③中生成的Pb2＋反应生成白色沉淀；
（4）反应②是双氧水被高锰酸根离子氧化生成氧气，自身被还原为Mn2＋，反应离子方程式为：5H2O2+2MnO4－+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；
（5）反应③是PbO2氧化Mn2＋生成KMnO4，自身被还原为Pb2＋，反应离子方程式为：5PbO2+2Mn2＋+4H＋=5Pb2＋+2MnO4－+2H2O。
17． BG
【详解】（1）A．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，如NaOH，故A错误；
B．稀有气体分子间作用力小，现已发现的零族元素的单质在常温常压下都是气体，故B正确；
C．第ⅥA族元素的原子，其半径越大，核对电子的引力越小，越难得到电子，故C错误；
D．第n主族元素其最高价氧化物对应的化学式为R2On，最高正化合价为+n，所以最低负价为-（8-n），所以氢化物化学式为RH（8-n）（n≥4）或H（8-n）R，故D错误；
E．对于主族元素，最高正价=最外层电子数（氧元素、氟元素一般没有正化合价），故E错误；
F．稀有气体He原子与同周期H简单阳离子H+的核外电子排布不同，故F错误；
G．根据共价化合物的定义，共价化合物中不可能含有离子键，故G正确；
H．金属非金属原子间也可能形成共价键，如AlCl3，故H错误；
I．非金属原子间可能形成离子化合物，如NH4Cl，故I错误；
故选BG。
（2）MgBr2为离子化合物，阴离子需要标出最外层电子，；
CCl4 是共价化合物，C在中间，周围8个电子，Cl原子在四周，每个氯原子周围也是8个电子，每个Cl原子都和C公用两个电子，就是四氯化碳的电子式
HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：；
N2 中N原子最外层为5个电子，两个N原子间形成三个共用电子对，氮气的电子式为：；
NH4Cl氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化铵的电子式为：；
NH3氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为：；
18． 第三周期第IIIA族 碳与O2 反应，有利于反应正向进行 气体X可能为CO、CO2或两者的混合物。将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO 2 ，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2 Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓ Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O 96% NaAlO2、Na2SiO3、NaOH Al3=＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋
【详解】（1）Cl－最外层达到了8电子稳定结构，则氯离子电子式为：；Al元素为13号元素，核外3个电子层，位于周期表中第三周期，最外层3个电子，位于第IIIA族；
故答案为；第三周期第IIIA族；
（2）根据反应方程式2Al2 O3 ＋6Cl2=4AlCl3 ＋3O2 可知，加入石油焦后，碳与O2反应，O2减少，可促进该反应向右进行；
故答案为碳与O2反应，有利于反应正向进行；
（3）Al2O3 ＋C＋Cl2 AlCl3 ＋X↑，根据元素守恒可知X为CO、CO2或两者的混合物。确定气体X的成分，就是要检验CO、CO2的存在，可以利用澄清石灰水检验CO2，若澄清石灰水变浑浊则证明有CO2；可以利用CO的还原性来检验CO，将CO通过灼热的氧化铜，若氧化铜由黑变红，则证明有CO；要先将气体通过澄清石灰水检验CO2的存在，再将气体通过灼热的氧化铜，因为CO还原氧化铜会生成CO2。
故答案为气体X可能为CO、CO 或两者的混合物。将生成的气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO。
（4）铝单质具有还原性，氯化铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2 ；
故答案为Al＋3FeCl3AlCl3＋3FeCl2；
（5）①该制取过程中涉及的离子反应有AlCl3与过量的NaOH溶液反应和FeCl3与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；
②过滤后沉淀物为Fe(OH)3，灼烧后分解为Fe2O3和水，即0.32g残留固体质量是Fe2O3，则n(Fe3+)==0.004mol，m(FeCl3)=162.5g/mol×0.004mol=0.65g，混合物中m（AlCl3）=16.25g-0.65g=15.6g，所以AlCl3产品的纯度为：;
故答案为96%；
（6）①铝土的主要成分是Al2O3和Fe2O3，还含有少量SiO2，加入NaOH溶液后，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，Fe2O3不反应，所以滤液甲中的溶质为：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；
故答案为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；
②根据流程可知，滤液乙中含有Al3+，Al3+与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3+3NH4+，
故答案为Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3+3NH4+．
点睛：（3）问中气体的检验为本题的易错点，当CO和CO2同时存在时，应先检验CO2；（6）问中提纯Al为常见的工艺流程，利用Al2O3、Al(OH)3的两性进行分离和提纯，要求掌握与Al元素有关的化合物之间的转化，可以利用“铝三角”进行理解和记忆。
19． H、Cl He Si N、S 4HF+SiO2=2 H2O+SiF4↑ C NaH+ H2O=NaOH+H2↑ Si3N4 制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为He、③为Li、④为C、⑤为N、⑥为O、⑦为F、⑧为Na、⑨为Mg、⑩为Si、 为S、 为Cl，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】(1)能显+1价，还能显-1价的元素是氢、氯，故答案为：H、Cl；
(2)稀有气体He原子的最外层为稳定结构，最难形成化合物，故答案为：He；
(3)单质具有半导体性质的元素是Si，故答案为：Si；
(4) 氮氧化物和硫氧化物是造成酸雨的主要物质，因此任意排放的氧化物溶于雨水形成酸雨的元素N和S，故答案为：N、S；
(5)⑦的气态氢化物水溶液是氢氟酸，能够和玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(6)足球烯是由碳元素组成的，故答案为：C；
(7) 第三周期某元素氢化物(组成为 RH)能和冷水剧烈反应产生氢气，R显+1价，则RH为NaH，与水反应的化学方程式为NaH+ H2O=NaOH+H2↑，故答案为：NaH+ H2O=NaOH+H2↑；
(8) N的非金属性比Si强，显-3价，Si显+4价，因此元素⑤与元素⑩形成化合物化学式为Si3N4，为原子晶体，是一种重要的结构陶瓷材料，硬度大，熔点高，在工业上常用来制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具等，故答案为：Si3N4；制作耐高温坩埚或者制作耐高温轴承或者制作耐切削刀具等。
20．(1)①③
(2) ⑤⑥
(3)②④⑦
(4)①③⑤⑥
(5)
【分析】(1)
①CaBr2中只含离子键，②H2O中只含共价键，③NaCl中含离子键，④H2O2 中含共价键，⑤Na2O2 中含离子键和共价键，⑥Ca(OH)2 中含离子键和共价键，⑦HClO中只含共价键，只含有离子键的是：①③；
(2)
含有共价键的离子化合物是⑤⑥，含有非极性共价键的物质是⑤Na2O2，其电子式为；
(3)
含有共价键的共价化合物为②④⑦；
(4)
CaBr2、NaCl、Na2O2、Ca(OH)2 是含离子键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，故选①③⑤⑥；
(5)
水属于共价化合物，以共用电子对形成化学键，用电子式表示H2O的形成过程为。
21．(1)64.931
(2) 酸性 中性 碱性
(3) B Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
(4)AgI
(5)Ag++Cl-=AgCl↓
(6)
【详解】（1）设65Cu的相对原子质量为x，30.85%x+69.15%×62.928=63.546，解得：x=64.931。
（2）B点沉淀量达到最大，说明B点氢氧化钡和硫酸恰好完全反应，B点溶液呈中性，A点硫酸有剩余，溶液呈酸性；C点氢氧化钠过量，溶液呈碱性；
（3）B点硫酸和氢氧化钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度最小，B点溶液导电性最弱，该处发生的化学反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O。
（4）OA段反应生成黄色沉淀，说明OA段生成AgI沉淀，该黄色沉淀的化学式为AgI；
（5）AB段反应生成白色沉淀，说明AB段生成AgCl沉淀，生成该沉淀的离子方程式Ag++Cl-=AgCl↓；
（6）生成AgI沉淀消耗AgNO3溶液的体积为V1mL，生成AgCl沉淀消耗AgNO3溶液的体积为(V2-V1)mL，原溶液中c(I-)：c(Cl-)的比值为V1：(V2-V1)= 。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页