第1章《原子结构元素周期律》（含解析）课时测试题2023-2024学年高一下学期鲁科版（2019）必修第二册
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| 名称 | 第1章《原子结构元素周期律》（含解析）课时测试题2023-2024学年高一下学期鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 470.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-18 19:35:19 | ||
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文档简介
第1章《原子结构元素周期律》课时测试题
一、单选题
1．硒()被称为长寿元素、抗癌之王，在机体中充当抗氧化剂。下列关于的说法错误的是
A．质子数为34 B．质量数为43
C．中子数为43 D．核外电子数为34
2．下列元素的原子半径最大的是（ ）
A．Na B．Al C．S D．Cl
3．下列化学用语错误的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：
B．硫酸的电离方程式：H2SO4 ＝ H+ + SO42-
C．硫原子的结构示意图：
D．核素23Na的中子数是12
4．Rn+离子有m个电子，它的质量数为A，则原子核内的中子数为（ ）
A．m+n B．A－m+n C．A－m－n D．A＋m－n
5．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂
B．二氧化硫具有漂白性，可大量用于漂白银耳
C．单晶硅可用于制造光导纤维
D．冬奥会的火炬外壳使用了新型有机非金属材料——碳纤维复合材料
6．我国“祝融号”火星车首次在火星上探测到含水矿物，通过分析发现矿物含有a、b、c、d四种原子序数依次增大的短周期主族元素，岩石中含有cdb3，其中b也是地球地壳中含量最高的元素，c为金属元素，其单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，a、d为同一主族元素。下列判断错误的是（ ）
A．原子半径：c＞d＞a＞b
B．b分别和a、c、d形成的化合物化学键类型相同
C．a的氢化物的沸点可能高于b的氢化物的沸点
D．从海水中提取c的过程中，工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂
7．下列有关碱金属的说法不正确的是（ ）
A．均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子
B．单质的还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
C．碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH
D．由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大
8．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷(As)和镓(Ga)都是第四周期元素，分别属于VA和IIIA族。下列说法中，错误的是（ ）
A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3
C．Ga(OH)3可能是两性氢氧化物 D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
9．和都可用于考古研究，下列对这两种核素的说法正确的是（ ）
A．中子数相同 B．互为同位素 C．质子数相同 D．质量数相同
10．下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项 目的 分离方法 原理
A 提取碘水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度比水中大
B 除去纯碱中的碳酸氢铵 加热 纯碱的热稳定性大于碳酸氢铵
C 分离KNO3和NaCl 重结晶 硝酸钾的溶解度大于氯化钠
D 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯密度大于乙醇
A．A B．B C．C D．D
11． 、 、 、 、 为原子序数依次增大的短周期主族元素， 原子核外电子总数与 原子次外层电子数相同； 所在周期数与族序数相同； 与 同族。下列叙述错误的是（ ）
A．原子半径：
B． 元素最高正价为+6
C． 与 、 均可形成多种化合物
D． 、 、 、 的简单离子的电子层结构相同
12．M可合成高分子材料聚醚砜，结构式如图所示，其中短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子结合质子能力： W＜Z
B．单质的沸点Y＜X
C．1molM 分子中含有8mol双键结构
D．把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色
13．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：WB．化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键
C．Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W、X
14．下列各组微粒半径大小的比较，错误的是（ ）
A．K＞Na＞Li B．Na+＞Mg2+＞O2﹣
C．P＞S＞O D．Cl﹣＜Br﹣＜I﹣
15．浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴．
下列说法错误的是（ ）
A．海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．步骤②中体现了溴易挥发的性质
C．步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O═2HBr+2H++SO42﹣
D．①﹣④目的是为了富集溴元素
16．海水是重要的资源，可以制备一系列物质．下列说法错误的是（ ）
A．步骤②中，应先通 ，再通
B．步骤③中可将 晶体在 气流中加热脱水
C．除去粗盐中 、 、 等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是： 溶液 溶液 溶液→过滤→盐酸
D．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化
17．列关于实验的叙述中，正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象或结论
A 把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻 钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色，产物为淡黄色固体
B 把小块钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水中 钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变红
C 将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 鲜花褪色，证明氯气具有漂白性
D 用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色 溶液中一定存在 Na+ ，不存在 K+
A．A B．B C．C D．D
18．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依饮增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期
B．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
C．气态氢化物的热稳定性:ZD．氧化物对应的水化物的酸性:Y>W
19．为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验，在实验过程中，观察到氯化亚铁溶液变黄，四氯化碳溶液变为紫红色.下列说法错误的是（已知：碘单质易溶于四氯化碳，可得到紫红色溶液）（ ）
A．烧瓶中的反应为：
B．浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用
C．可用淀粉溶液替换
D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
二、综合题
20．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺流程如下：
请同答下列问题：
（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式 ．
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）．
A．为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 ．每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol．
（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式： FeO42﹣+ H2O= Fe（OH）3（胶体）+ O2↑+ OH﹣．
21．从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是 。
（2）浸出过程中通入的目的是 。
（3）萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有 。
②解释反萃取时的作用： 。
（4）黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH 沉淀率/%
1.5 94.04 0.19
2.5 99.21 0.56
3.8 99.91 3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是 。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是 。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至 (填序号)。
a.6~7 b.9~10 c.11~12
22．如图所示，已知A元素的最低化合价为﹣3价，它的最高价氧化物含氧56.21%，原子核内中子数比质子数多1，试回答：
（1）写出它们的元素符号：
A ，B ，C ，D ，E ．
（2）A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是 ．
（3）A、B、C的原子半径由小到大的顺序是 ．
（4）A、B、C三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是 ．
23．下图是某工业生产过程。
溶解度表：
温度℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
氯化铵 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 55.2 65.6 71.3 77.3
硫酸铵 70.6 73 75.4 78 81 88 95 98 103
硫酸钾 7.4 9.3 11.1 13 14.8 18.2 21.4 22.9 24.1
氯化钾 28 31.2 34.2 37.2 40.1 45.8 51.3 53.9 56.3
（1）本工业生产过程的目标产品是 。（写化学式）
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有 （试举一例）。
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是
A、0~10℃
B、20~30℃
C、40~60℃
D、90~100℃
过滤Ⅱ操作所得滤渣是 。
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：
（5）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是__________
A．氯化氢气流中加热到174℃
B．直接加热至174℃
C．直接加热至260℃
D．氯化氢气流中加热到260℃
（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中 （填化学式）实现了循环利用，副产品 （填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。
24． A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素中，每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物．
请回答下列问题：
（1）C和E两元素相比较，非金属性较强的是 （填元素名称），可以验证该结论的是 （填写编号）；
A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点
B．比较这两种元素的单质在常温下的状态
C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易
（2）写出C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物与E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物反应的化学方程式： ．
（3）A、C、D、E四种元素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为
（4）A和E，A和C可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为 ；
（5）B元素的气态氢化物和其一种常见氧化物（双原子分子）能反应生成B的单质，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ．
（6）在火箭推进器中装有液态B2A4和液态A2C2，已知0.4mol．液态B2A4和足量液态A2C2反应，生成气态B2和气态A2C，放出256.6kJ的热量．试写出该反应的热化学方程式： ．B2A4的电子式
（7）A2C的沸点比A2E 沸点 ，原因是
（8）下列事实可以用氢键解释的是
A．水比硫化氢稳定．
B．氨气易液化．
C．氨气极易溶于水．
D．水结成冰，密度减小，体积增大．
（9）用电子式表示氯化氢的形成过程 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．由上述分析可知，质子数为34，A不符合题意；
B．质量数为77，B符合题意；
C．中子数为77-34=43，C不符合题意；
D．核外电子数为34，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。
2．【答案】A
【解析】【解答】Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，
故答案为：A。
【分析】同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上向下原子半径逐渐增大，结合元素在周期表中的位置分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：3717Cl，故A不符合题意；
B.硫酸在溶液中完全电离，其电离方程式为： H2SO4 ＝ 2H+ + SO42-，所以B符合题意；
C.硫原子的核电荷数为16，核外电子总数为16，最外层含有6个电子，其正确的原子结构示意图为： ，故C不符合题意；
D. 核素23Na的中子数是=23-11=12，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中子数与质子数之和就等于质量数；
B.该离子方程式不符合质量守恒和电荷守恒；
C.原子的质子数等于核外电子数；
D.原子的中子数和质子数之和等于质量数。
4．【答案】C
【解析】【解答】Rn+离子有m个电子，电荷数为n，阳离子的核外电子数=质子数-电荷数，所以质子数=核外电子数+电荷数=m+n；中子数=质量数-质子数=A-（m+n）=A-m-n，选C．
【分析】根据原子到离子的变化规律，可知该离子的质子数等于m+n，再根据质子数加中子数等于质量数就可以计算出其中子数。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氨气易液化、液氨汽化吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，A符合题意；
B．食品中添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但不可大量用于漂白银耳，B不符合题意；
C．硅可用于制造计算机芯片，二氧化硅用于制造光纤，C不符合题意；
D．碳纤维复合材料是新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.液氨汽化吸收大量的热；
B.二氧化硫有毒，不可大量用于漂白银耳；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
D.碳纤维主要成分是碳单质，属于新型无机非金属材料。
6．【答案】B
【解析】【解答】由分析可知，a为C元素、b为O元素、c为Mg元素、d为Si元素；
A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：c(Mg)＞d(Si)＞a(C)＞b(O)，故A不符合题意；
B．b为O，与C形成化合物如CO的化学键是共价键，与Mg形成化合物如MgO是离子键，化学键类型不同，故B符合题意；
C．a为C元素、b为O元素，O的氢化物一般有水和H2O2常温下为液态，而C的氢化物CxHy属于烃类，当C原子个数较大时为固体，因此C的氢化物的沸点可能高于O的氢化物的沸点，故C不符合题意；
D．c为Mg元素，Ca(OH)2和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，Ca(OH)2廉价且原料来源广泛，工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】b是地球地壳中含量最高的元素，则b为O元素，c为金属元素，其单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，则c为Mg元素，a、d为同一主族元素，令d的化合价为x，根据化合价代数和为0可知，+2+x-6=0，解得x=+4，则a为C元素、d为Si元素。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，故A正确；
B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故B错误；
C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成碱的碱性越强，LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；
D．从上到下电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，故D正确；
故选B．
【分析】A．碱金属位于周期表第一主族最外层电子数为1；
B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强；
C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成碱的碱性越强；
D．从上到下电子层数依次增大，原子半径依次增大．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Ga和As位于同一周期，原子序数As＞Ga，原子半径Ga＞As；As在P的下一周期，原子半径As＞P ，所以原子半径Ga＞As＞P，故A说法不符合题意；
B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，所以热稳定性NH3＞PH3＞AsH3，故B说法不符合题意；
C．镓(Ga)是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故C说法不符合题意；
D．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性S＞P，同主族自上而下非金属性减弱，P＞As，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大
B.非金属性越强，氢化物越稳定
C.铝和稼处于斜对角位置，故化学性质相似，氢氧化铝是两性氢氧化物
D.非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物酸性越强
9．【答案】A
【解析】【解答】A．的质量数为14，质子数为6，中子数为14-6=8，的质量数为15，质子数为7，中子数为15-7=8，则中子数相同，A符合题意；
B．和两种核素的质子数不相同，不是同位素，B不符合题意；
C．的质子数为6，的质子数为7，C不符合题意；
D．的质量数为14，的质量数为15，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳提取碘水中的碘，故A错误；
B．加热碳酸氢铵分解，而碳酸钠不反应，可加热法分离，故B正确；
C．二者溶解度受温度影响不同，则选结晶法分离，原理不合理，故C错误；
D．乙酸乙酯和乙醇互溶，应选蒸馏法分离，故D错误；
故选B．
【分析】A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂；
B．加热碳酸氢铵分解，而碳酸钠不反应；
C．二者溶解度受温度影响不同；
D．乙酸乙酯和乙醇互溶．
11．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此，原子半径：Na（Mg）>Al>S>O，故A不符合题意；
B．d为硫元素，为VIA 元素，最高正价为+6价，故B不符合题意；
C．氧元素与硫可以形成SO2、SO3等，与氯元素形成ClO2、Cl2O等化合物，故C不符合题意；
D．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此 、 、 、 的简单离子，钠离子（镁离子）、铝离子电子层结构相同，核外为2层结构，而氯离子、硫离子电子层结构相同，为3层结构，四种离子电子层结构不完全相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据 所在周期数与族序数相同 ，即可判断出c为Al.根据 原子核外电子总数与 原子次外层电子数相同 ，判断出a为O，b为Na，d为S，e为Cl.结合选项即可判断
12．【答案】A
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸，所以氯离子在溶液中不水解，结合质子的能力小于在溶液中水解的硫离子，故A符合题意；
B．常温下，碳单质为固体，氧单质为气体，所以碳单质的沸点高于氧单质，故B不符合题意；
C．苯环不是单双键交替结构，所以1molM 分子中含有2mol双键结构，故C不符合题意；
D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫通入石蕊溶液中，溶液会变为红色，但不会褪色，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．酸根离子越弱，结合质子的能力越强；
B．依据物质的状态判断；
C．苯环不是单双键交替结构；
D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂。
13．【答案】C
【解析】【解答】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；
A.原子半径由小到大的顺序是：X W Z Y，故A不符合题意；
B.化合物Y2Z是Na2S，在Na2S中，只有离子键没有共价键，故B不符合题意；
C.Y、W最高价氧化物对应水化物分别是：NaOH、HClO4，分别为强碱和强酸，氧化铝为两性氧化物，所以水溶液均能溶解氧化铝，故C符合题意；
D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是：HF HCl H2S ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查元素周期表及元素的相关知识。先根据题干信息推断出各元素。
A.同周期元素，原子序数越大半径越小；
B.根据化学键的类型特点进行分析；
C.根据氧化铝具有两性的特点进行分析；
D.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．K、Na、Li是同主族自下而上，故原子半径减小，故A正确；
B．Na+、Mg2+、O2﹣的核外电子排布相同，而当电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，故有：Mg2+＜Na+＜O2﹣，故B错误；
C．O有2个电子层，而P、S均有三个电子层，电子层数越多，半径越大，故O的半径最小；而电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，故S的半径小于P但大于O，故C正确；
D．Cl﹣、Br﹣、I﹣的电子层数逐渐增多，而电子层数越多，离子半径越大，故D正确．
故选B．
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
C．电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小；
D．电子层越多离子半径越大．
15．【答案】C
【解析】【解答】由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中与氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl。
A、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A不符合题意；
B.溴单质易挥发，用热的空气可以吹出，选项B不符合题意；
C.步骤③反应是二氧化硫具有还原性还原溴单质，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO42﹣，选项C符合题意；
D.步骤①-④，先生成溴单质，热空气吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中与氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl，以此来解答。
A.海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法\离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，海水淡化时使水与盐类物质分离；
B.溴单质易挥发；
C.步骤③反应是二氧化硫具有还原性还原溴单质，发生反应为Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，HBr是强电解质完全电离；
D.用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据侯氏制碱法原理，步骤②中生成碳酸氢钠，先通入氨气可增大二氧化碳的溶解，利于析出碳酸氢钠，故A不符合题意；
B．HCl可抑制镁离子水解，则步骤③中可将MgCl2 6H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水氯化镁，故B不符合题意；
C．碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去Ca2+及过量Ba2+，则加入试剂及相关操作顺序可为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸，故C不符合题意；
D．步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】海水中很多矿物质离子，可以利用，这道题主要是充分利用海水中的离子。
A.②中氨气极易溶于水，形成碱性环境，提高二氧化碳的吸收效率
B.③MgCl2.6H2O加热时很容易水解，通入氯化氢气体很好的抑制了水解
C.加入碳酸根的目的是除去钙离子和多余的钡离子，所以只需要保证钡离子加在碳酸根离子之前即可
D.根据溴元素的变化情况，④中被氧化，⑤被还原。⑥中被氧化
17．【答案】A
【解析】【解答】A.钠燃烧时，产生黄色火焰，生成一种淡黄色固体，A符合题意；
B.钠与水反应生成NaOH，NaOH溶液能使紫色石蕊试液变蓝色，B不符合题意；
C.氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气不能使有色鲜花褪色，C不符合题意；
D.焰色反应观察到火焰显黄色，说明原溶液中含有Na+，但不能说明是否含有K+，钾的焰色反应，需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、根据钠的燃烧实验分析；
B、滴入的是紫色石蕊试液，溶液变蓝色；
C、干燥的氯气不能使有色鲜花褪色；
D、钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色；
18．【答案】B
【解析】【解答】A.根据分析，Y、Z和W三种元素分别是：N、O、S，因此三种元素不可能位于同一周期，A选项不符合题意；
B.X、Y、Z三种元素分别是H、N、O，三种元素可以硝酸、亚硝酸、硝酸铵，所以三种元素可以组成共价化合物和离子化合物，B选项符合题意；
C.氧原子半径比硫原子小，H-O的键长比H-S短，键能大，所以H2O比H2S稳定，即Z>W， C选项不符合题意；
D.Y元素是N元素，其氧化物对应的水化物有HNO3和HNO2、W元素是硫，其氧化物对应的水化物有H2SO4、H2SO3酸性：HNO3>H2SO3，但也有酸性H2SO4> HNO2，所以D选项中说法不贴切，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据元素周期表与原子核外电子结构推出X、Y、Z和W三种元素分别是H、N、O、S，H、N、O可以组成铵盐，故B正确。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.浓盐酸与次氯酸钙反应得到氯化钙和氯气和水，写出方程式为： ，故A不符合题意；
B.氯气可溶于氢氧化钠溶液，因此用氢氧化钠处理尾气，故B不符合题意；
C.氯气与碘化钾反应得到碘单质，碘单质溶于四氯化碳后溶液变为紫红色 ，也可用检验碘单质，也可用淀粉代替四氯化碳，淀粉遇碘变蓝。故C不符合题意；
D.该实验无法检验铁离子与碘单质的氧化性，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】漂白粉与浓盐酸反应得到氯气，氯气与亚铁离子反应得到铁离子，说明氯气氧化性强于铁离子；氯气与碘离子反应得到碘单质，氯气氧化性强于碘单质，结合选项判断即可。
20．【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO
（2）A；C
（3）2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45
（4）4；10；4；3；8
【解析】【解答】解：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4.
（1.）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；
（2.）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；
（3.）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；n（K2FeO4）= =0.3mol，根据2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O知，氧化剂的物质的量= =0.45mol，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45；
（4.）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：4；10；4；3；8．
【分析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O；（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；根据转移电子相等计算氧化剂的物质的量；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式．
21．【答案】（1）研磨
（2）将氧化为，便于转化为沉淀除去
（3）O、N；加入，使逆向进行，进入水层
（4）或；2.5
（5）b
【解析】【解答】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【分析】（1）加快反应速率的方法可以使研磨固体，增大接触面积的方法；
（2）氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子；
（3） ① 可以和铜离子结合，铜离子提供空轨道，另一些原子提供孤电子对；
② 增大氢离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
（4） ① 钠离子和铁离子、硫酸根离子、水反应生成黄钠铁矾固体和氢离子；
② 要让铁离子沉淀的pH，要结合铁离子沉淀率和镍离子沉淀率判断；
（5）结合氢氧根离子和氢氧化镍的溶度积判断。
22．【答案】（1）P；S；Cl；O；Se
（2）PH3
（3）Cl＜S＜P
（4）HClO4＞H2SO4＞H3PO4
【解析】【解答】解：（1）A元素的最低化合价为﹣3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.21%，设相对原子质量为x，则 ×100%=56.21%，解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O，E为Se，故答案为：P；S；Cl；O；Se；（2）A、B、C、D中P元素非金属性最差，故气态氢化物稳定性最差的是：PH3，故答案为：PH3； （3）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Cl＜S＜P，故答案为：Cl＜S＜P；（4）同周期自左而右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4．
【分析】A元素的最低化合价为﹣3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.21%，设相对原子质量为x，则 ×100%=56.21%，解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O，E为Se．
23．【答案】（1）CaCl2·6H2O
（2）做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料
（3）D；K2SO4（或K2SO4 和KCl）
（4）NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（5）C
（6）NH3；CaCO3
【解析】【解答】（1）根据上面流程，起点由水吸收氨气，再吸收二氧化碳，最后转化产出的为红色圈的CaCl2·6H2O，本工业生产过程的目标产品是CaCl2·6H2O；而箭头指出的CaCO3受热分解可提供氧化钙和二氧化碳，根据溶解性表中硫酸铵、氯化钾、硫酸钾和氯化铵中硫酸钾溶解度最小，在转化Ⅱ中溶解度最小的先析出，故过滤Ⅱ滤渣A为硫酸钾，即箭头指出的在流程序中间的碳酸钙和硫酸钾都不是目标产品；
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，根据前面转化Ⅰ加入的石膏应该过量且是微溶，故还有的固体为石膏，用途有：做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料等；
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是90~100℃，该温度范围内，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度都比硫酸钾溶解度大得多，容易析出硫酸钾晶体；过滤Ⅱ操作所得滤渣是K2SO4（或K2SO4 和KCl）；
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备是在饱和食盐水中通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠，化学反应方程式为：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（5）由于CaCl2·6H2O的相对分子质量为219、假如有CaCl2·4H2O、CaCl2·2H2O、CaCl2·H2O、，则相对分子质量分别为183、147、129，CaCl2的相对分子质量为111，根据相对分子质量及质量关系，将CaCl2·6H2O转化为CaCl2最佳脱水的方法是应该选D；
（6）上述工业流程（参照前面的图）实现了绿色化学的理念，其中蒸氨过程中NH3实现了循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳，整个流程基本实现了污染物零排放。
【分析】（1）根据流程确定生产过程中所得到的物质；
（2）过滤Ⅰ得到的固体为CaCO3和CaSO4；
（3）根据转化Ⅱ所得物质，以及所给物质的溶解度进行分析；
（4）根据侯氏制碱法的原理书写反应的化学方程式；
（5）根据物质的质量和相对分子质量进行分析；
（6）蒸氨过程中实现了NH3的循环利用；CaCO3为生产过程中的副产物；
24．【答案】（1）氧；CD
（2）Na2O2+SO2=Na2SO4
（3）H++HSO3﹣=H2O+SO2↑
（4）HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O
（5）2：3
（6）N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1；
（7）高；水分子间存在氢键
（8）B；C；D
（9）
【解析】【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．
（1.）同主族自上而下非金属性减弱，故氧元素的非金属性比硫的强，比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度等可以判断非金属性强弱，单质的沸点属于物理性，不能判断非金属性强弱，氢化物沸点也不能判断非金属性强弱，故答案为：氧；CD；
（2.）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；
（3.）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应的离子方程式为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑；
（4.）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，则甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O，故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；
（5.）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（2﹣0）：[0﹣（﹣3）]=2：3，故答案为：2：3；
（6.）0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量，则1mol液态N2H4反应放出的热量为256.6kJ× =641.5kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1，
N2H4的电子式为 ，故答案为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1； ；
（7.）水分子间存在氢键，H2O的沸点比H2S 沸点高，故答案为：高；水分子间存在氢键；
（8.）A．水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强，与氢键无关，故A错误；
B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，氨气易液化，故B正确；
C．氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气极易溶于水，故C正确；
D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，水结成冰，密度减小，体积增大，故D正确，
故选：BCD；
（9.）用电子式表示氯化氢的形成过程： ，故答案为： ．
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．
（1.）同主族自上而下非金属性减弱；
比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度、最高价含氧酸的酸性、化合物中元素化合价等可以判断非金属性强弱，物理性质不能判断非金属性强弱；
（2.）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应生成Na2SO4；
（3.）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（4.）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，二者反应生成硫化钠与水；
（5.）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒计算氧化产物与还原产物的物质的量之比；
（6.）计算1mol液态N2H4反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；
N2H4中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（7.）水分子间存在氢键，沸点高于硫化氢的；
（8.）A．氢键影响物理性质，水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强；
B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高；
C．氨气分子与水分子之间形成氢键；
D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，体积增大；
（9.）HCl属于共价化合物，用H原子、Cl原子电子式表示氯化氢的形成．
一、单选题
1．硒()被称为长寿元素、抗癌之王，在机体中充当抗氧化剂。下列关于的说法错误的是
A．质子数为34 B．质量数为43
C．中子数为43 D．核外电子数为34
2．下列元素的原子半径最大的是（ ）
A．Na B．Al C．S D．Cl
3．下列化学用语错误的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：
B．硫酸的电离方程式：H2SO4 ＝ H+ + SO42-
C．硫原子的结构示意图：
D．核素23Na的中子数是12
4．Rn+离子有m个电子，它的质量数为A，则原子核内的中子数为（ ）
A．m+n B．A－m+n C．A－m－n D．A＋m－n
5．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂
B．二氧化硫具有漂白性，可大量用于漂白银耳
C．单晶硅可用于制造光导纤维
D．冬奥会的火炬外壳使用了新型有机非金属材料——碳纤维复合材料
6．我国“祝融号”火星车首次在火星上探测到含水矿物，通过分析发现矿物含有a、b、c、d四种原子序数依次增大的短周期主族元素，岩石中含有cdb3，其中b也是地球地壳中含量最高的元素，c为金属元素，其单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，a、d为同一主族元素。下列判断错误的是（ ）
A．原子半径：c＞d＞a＞b
B．b分别和a、c、d形成的化合物化学键类型相同
C．a的氢化物的沸点可能高于b的氢化物的沸点
D．从海水中提取c的过程中，工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂
7．下列有关碱金属的说法不正确的是（ ）
A．均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子
B．单质的还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
C．碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH
D．由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大
8．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷(As)和镓(Ga)都是第四周期元素，分别属于VA和IIIA族。下列说法中，错误的是（ ）
A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3
C．Ga(OH)3可能是两性氢氧化物 D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
9．和都可用于考古研究，下列对这两种核素的说法正确的是（ ）
A．中子数相同 B．互为同位素 C．质子数相同 D．质量数相同
10．下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项 目的 分离方法 原理
A 提取碘水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度比水中大
B 除去纯碱中的碳酸氢铵 加热 纯碱的热稳定性大于碳酸氢铵
C 分离KNO3和NaCl 重结晶 硝酸钾的溶解度大于氯化钠
D 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯密度大于乙醇
A．A B．B C．C D．D
11． 、 、 、 、 为原子序数依次增大的短周期主族元素， 原子核外电子总数与 原子次外层电子数相同； 所在周期数与族序数相同； 与 同族。下列叙述错误的是（ ）
A．原子半径：
B． 元素最高正价为+6
C． 与 、 均可形成多种化合物
D． 、 、 、 的简单离子的电子层结构相同
12．M可合成高分子材料聚醚砜，结构式如图所示，其中短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子结合质子能力： W＜Z
B．单质的沸点Y＜X
C．1molM 分子中含有8mol双键结构
D．把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色
13．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：W
C．Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Z、W、X
14．下列各组微粒半径大小的比较，错误的是（ ）
A．K＞Na＞Li B．Na+＞Mg2+＞O2﹣
C．P＞S＞O D．Cl﹣＜Br﹣＜I﹣
15．浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴．
下列说法错误的是（ ）
A．海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．步骤②中体现了溴易挥发的性质
C．步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O═2HBr+2H++SO42﹣
D．①﹣④目的是为了富集溴元素
16．海水是重要的资源，可以制备一系列物质．下列说法错误的是（ ）
A．步骤②中，应先通 ，再通
B．步骤③中可将 晶体在 气流中加热脱水
C．除去粗盐中 、 、 等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是： 溶液 溶液 溶液→过滤→盐酸
D．步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化
17．列关于实验的叙述中，正确的是（ ）
选项 实验操作 实验现象或结论
A 把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻 钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色，产物为淡黄色固体
B 把小块钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水中 钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变红
C 将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片 鲜花褪色，证明氯气具有漂白性
D 用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色 溶液中一定存在 Na+ ，不存在 K+
A．A B．B C．C D．D
18．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依饮增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期
B．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
C．气态氢化物的热稳定性:Z
19．为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验，在实验过程中，观察到氯化亚铁溶液变黄，四氯化碳溶液变为紫红色.下列说法错误的是（已知：碘单质易溶于四氯化碳，可得到紫红色溶液）（ ）
A．烧瓶中的反应为：
B．浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用
C．可用淀粉溶液替换
D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：
二、综合题
20．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺流程如下：
请同答下列问题：
（1）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式 ．
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）．
A．为下一步反应提供碱性的环境
B．使KClO3转化为KClO
C．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
D．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 ．每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为 mol．
（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式： FeO42﹣+ H2O= Fe（OH）3（胶体）+ O2↑+ OH﹣．
21．从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是 。
（2）浸出过程中通入的目的是 。
（3）萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有 。
②解释反萃取时的作用： 。
（4）黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH 沉淀率/%
1.5 94.04 0.19
2.5 99.21 0.56
3.8 99.91 3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是 。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是 。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至 (填序号)。
a.6~7 b.9~10 c.11~12
22．如图所示，已知A元素的最低化合价为﹣3价，它的最高价氧化物含氧56.21%，原子核内中子数比质子数多1，试回答：
（1）写出它们的元素符号：
A ，B ，C ，D ，E ．
（2）A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是 ．
（3）A、B、C的原子半径由小到大的顺序是 ．
（4）A、B、C三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是 ．
23．下图是某工业生产过程。
溶解度表：
温度℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
氯化铵 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 55.2 65.6 71.3 77.3
硫酸铵 70.6 73 75.4 78 81 88 95 98 103
硫酸钾 7.4 9.3 11.1 13 14.8 18.2 21.4 22.9 24.1
氯化钾 28 31.2 34.2 37.2 40.1 45.8 51.3 53.9 56.3
（1）本工业生产过程的目标产品是 。（写化学式）
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该固体的用途有 （试举一例）。
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是
A、0~10℃
B、20~30℃
C、40~60℃
D、90~100℃
过滤Ⅱ操作所得滤渣是 。
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备的化学反应方程式为：
（5）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择最佳脱水的方法是__________
A．氯化氢气流中加热到174℃
B．直接加热至174℃
C．直接加热至260℃
D．氯化氢气流中加热到260℃
（6）上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中 （填化学式）实现了循环利用，副产品 （填化学式）可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。
24． A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素中，每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物．
请回答下列问题：
（1）C和E两元素相比较，非金属性较强的是 （填元素名称），可以验证该结论的是 （填写编号）；
A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点
B．比较这两种元素的单质在常温下的状态
C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易
（2）写出C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物与E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物反应的化学方程式： ．
（3）A、C、D、E四种元素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为
（4）A和E，A和C可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为 ；
（5）B元素的气态氢化物和其一种常见氧化物（双原子分子）能反应生成B的单质，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ．
（6）在火箭推进器中装有液态B2A4和液态A2C2，已知0.4mol．液态B2A4和足量液态A2C2反应，生成气态B2和气态A2C，放出256.6kJ的热量．试写出该反应的热化学方程式： ．B2A4的电子式
（7）A2C的沸点比A2E 沸点 ，原因是
（8）下列事实可以用氢键解释的是
A．水比硫化氢稳定．
B．氨气易液化．
C．氨气极易溶于水．
D．水结成冰，密度减小，体积增大．
（9）用电子式表示氯化氢的形成过程 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．由上述分析可知，质子数为34，A不符合题意；
B．质量数为77，B符合题意；
C．中子数为77-34=43，C不符合题意；
D．核外电子数为34，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。
2．【答案】A
【解析】【解答】Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，
故答案为：A。
【分析】同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上向下原子半径逐渐增大，结合元素在周期表中的位置分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为：3717Cl，故A不符合题意；
B.硫酸在溶液中完全电离，其电离方程式为： H2SO4 ＝ 2H+ + SO42-，所以B符合题意；
C.硫原子的核电荷数为16，核外电子总数为16，最外层含有6个电子，其正确的原子结构示意图为： ，故C不符合题意；
D. 核素23Na的中子数是=23-11=12，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中子数与质子数之和就等于质量数；
B.该离子方程式不符合质量守恒和电荷守恒；
C.原子的质子数等于核外电子数；
D.原子的中子数和质子数之和等于质量数。
4．【答案】C
【解析】【解答】Rn+离子有m个电子，电荷数为n，阳离子的核外电子数=质子数-电荷数，所以质子数=核外电子数+电荷数=m+n；中子数=质量数-质子数=A-（m+n）=A-m-n，选C．
【分析】根据原子到离子的变化规律，可知该离子的质子数等于m+n，再根据质子数加中子数等于质量数就可以计算出其中子数。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氨气易液化、液氨汽化吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，A符合题意；
B．食品中添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但不可大量用于漂白银耳，B不符合题意；
C．硅可用于制造计算机芯片，二氧化硅用于制造光纤，C不符合题意；
D．碳纤维复合材料是新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.液氨汽化吸收大量的热；
B.二氧化硫有毒，不可大量用于漂白银耳；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
D.碳纤维主要成分是碳单质，属于新型无机非金属材料。
6．【答案】B
【解析】【解答】由分析可知，a为C元素、b为O元素、c为Mg元素、d为Si元素；
A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：c(Mg)＞d(Si)＞a(C)＞b(O)，故A不符合题意；
B．b为O，与C形成化合物如CO的化学键是共价键，与Mg形成化合物如MgO是离子键，化学键类型不同，故B符合题意；
C．a为C元素、b为O元素，O的氢化物一般有水和H2O2常温下为液态，而C的氢化物CxHy属于烃类，当C原子个数较大时为固体，因此C的氢化物的沸点可能高于O的氢化物的沸点，故C不符合题意；
D．c为Mg元素，Ca(OH)2和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，Ca(OH)2廉价且原料来源广泛，工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】b是地球地壳中含量最高的元素，则b为O元素，c为金属元素，其单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，则c为Mg元素，a、d为同一主族元素，令d的化合价为x，根据化合价代数和为0可知，+2+x-6=0，解得x=+4，则a为C元素、d为Si元素。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，故A正确；
B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故B错误；
C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成碱的碱性越强，LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；
D．从上到下电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，故D正确；
故选B．
【分析】A．碱金属位于周期表第一主族最外层电子数为1；
B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强；
C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成碱的碱性越强；
D．从上到下电子层数依次增大，原子半径依次增大．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Ga和As位于同一周期，原子序数As＞Ga，原子半径Ga＞As；As在P的下一周期，原子半径As＞P ，所以原子半径Ga＞As＞P，故A说法不符合题意；
B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，所以热稳定性NH3＞PH3＞AsH3，故B说法不符合题意；
C．镓(Ga)是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故C说法不符合题意；
D．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性S＞P，同主族自上而下非金属性减弱，P＞As，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大
B.非金属性越强，氢化物越稳定
C.铝和稼处于斜对角位置，故化学性质相似，氢氧化铝是两性氢氧化物
D.非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物酸性越强
9．【答案】A
【解析】【解答】A．的质量数为14，质子数为6，中子数为14-6=8，的质量数为15，质子数为7，中子数为15-7=8，则中子数相同，A符合题意；
B．和两种核素的质子数不相同，不是同位素，B不符合题意；
C．的质子数为6，的质子数为7，C不符合题意；
D．的质量数为14，的质量数为15，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳提取碘水中的碘，故A错误；
B．加热碳酸氢铵分解，而碳酸钠不反应，可加热法分离，故B正确；
C．二者溶解度受温度影响不同，则选结晶法分离，原理不合理，故C错误；
D．乙酸乙酯和乙醇互溶，应选蒸馏法分离，故D错误；
故选B．
【分析】A．乙醇与水互溶，不能作萃取剂；
B．加热碳酸氢铵分解，而碳酸钠不反应；
C．二者溶解度受温度影响不同；
D．乙酸乙酯和乙醇互溶．
11．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此，原子半径：Na（Mg）>Al>S>O，故A不符合题意；
B．d为硫元素，为VIA 元素，最高正价为+6价，故B不符合题意；
C．氧元素与硫可以形成SO2、SO3等，与氯元素形成ClO2、Cl2O等化合物，故C不符合题意；
D．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此 、 、 、 的简单离子，钠离子（镁离子）、铝离子电子层结构相同，核外为2层结构，而氯离子、硫离子电子层结构相同，为3层结构，四种离子电子层结构不完全相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据 所在周期数与族序数相同 ，即可判断出c为Al.根据 原子核外电子总数与 原子次外层电子数相同 ，判断出a为O，b为Na，d为S，e为Cl.结合选项即可判断
12．【答案】A
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸，所以氯离子在溶液中不水解，结合质子的能力小于在溶液中水解的硫离子，故A符合题意；
B．常温下，碳单质为固体，氧单质为气体，所以碳单质的沸点高于氧单质，故B不符合题意；
C．苯环不是单双键交替结构，所以1molM 分子中含有2mol双键结构，故C不符合题意；
D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫通入石蕊溶液中，溶液会变为红色，但不会褪色，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．酸根离子越弱，结合质子的能力越强；
B．依据物质的状态判断；
C．苯环不是单双键交替结构；
D．二氧化硫具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂。
13．【答案】C
【解析】【解答】经分析可知：X是F，Y 是Na，Z是S，W是Cl；
A.原子半径由小到大的顺序是：X W Z Y，故A不符合题意；
B.化合物Y2Z是Na2S，在Na2S中，只有离子键没有共价键，故B不符合题意；
C.Y、W最高价氧化物对应水化物分别是：NaOH、HClO4，分别为强碱和强酸，氧化铝为两性氧化物，所以水溶液均能溶解氧化铝，故C符合题意；
D.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是：HF HCl H2S ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题主要考查元素周期表及元素的相关知识。先根据题干信息推断出各元素。
A.同周期元素，原子序数越大半径越小；
B.根据化学键的类型特点进行分析；
C.根据氧化铝具有两性的特点进行分析；
D.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．K、Na、Li是同主族自下而上，故原子半径减小，故A正确；
B．Na+、Mg2+、O2﹣的核外电子排布相同，而当电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，故有：Mg2+＜Na+＜O2﹣，故B错误；
C．O有2个电子层，而P、S均有三个电子层，电子层数越多，半径越大，故O的半径最小；而电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，故S的半径小于P但大于O，故C正确；
D．Cl﹣、Br﹣、I﹣的电子层数逐渐增多，而电子层数越多，离子半径越大，故D正确．
故选B．
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
C．电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小；
D．电子层越多离子半径越大．
15．【答案】C
【解析】【解答】由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中与氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl。
A、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项A不符合题意；
B.溴单质易挥发，用热的空气可以吹出，选项B不符合题意；
C.步骤③反应是二氧化硫具有还原性还原溴单质，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO42﹣，选项C符合题意；
D.步骤①-④，先生成溴单质，热空气吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由分离流程可知，浓缩海水中溴离子的浓度较大，①中与氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl，以此来解答。
A.海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法\离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，海水淡化时使水与盐类物质分离；
B.溴单质易挥发；
C.步骤③反应是二氧化硫具有还原性还原溴单质，发生反应为Br2+2H2O+SO2=2HBr+ H2SO4，HBr是强电解质完全电离；
D.用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据侯氏制碱法原理，步骤②中生成碳酸氢钠，先通入氨气可增大二氧化碳的溶解，利于析出碳酸氢钠，故A不符合题意；
B．HCl可抑制镁离子水解，则步骤③中可将MgCl2 6H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水氯化镁，故B不符合题意；
C．碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去Ca2+及过量Ba2+，则加入试剂及相关操作顺序可为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸，故C不符合题意；
D．步骤④是溴离子被氧化为溴单质，步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢，步骤⑥溴元素被氧化为溴单质，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】海水中很多矿物质离子，可以利用，这道题主要是充分利用海水中的离子。
A.②中氨气极易溶于水，形成碱性环境，提高二氧化碳的吸收效率
B.③MgCl2.6H2O加热时很容易水解，通入氯化氢气体很好的抑制了水解
C.加入碳酸根的目的是除去钙离子和多余的钡离子，所以只需要保证钡离子加在碳酸根离子之前即可
D.根据溴元素的变化情况，④中被氧化，⑤被还原。⑥中被氧化
17．【答案】A
【解析】【解答】A.钠燃烧时，产生黄色火焰，生成一种淡黄色固体，A符合题意；
B.钠与水反应生成NaOH，NaOH溶液能使紫色石蕊试液变蓝色，B不符合题意；
C.氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气不能使有色鲜花褪色，C不符合题意；
D.焰色反应观察到火焰显黄色，说明原溶液中含有Na+，但不能说明是否含有K+，钾的焰色反应，需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、根据钠的燃烧实验分析；
B、滴入的是紫色石蕊试液，溶液变蓝色；
C、干燥的氯气不能使有色鲜花褪色；
D、钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色；
18．【答案】B
【解析】【解答】A.根据分析，Y、Z和W三种元素分别是：N、O、S，因此三种元素不可能位于同一周期，A选项不符合题意；
B.X、Y、Z三种元素分别是H、N、O，三种元素可以硝酸、亚硝酸、硝酸铵，所以三种元素可以组成共价化合物和离子化合物，B选项符合题意；
C.氧原子半径比硫原子小，H-O的键长比H-S短，键能大，所以H2O比H2S稳定，即Z>W， C选项不符合题意；
D.Y元素是N元素，其氧化物对应的水化物有HNO3和HNO2、W元素是硫，其氧化物对应的水化物有H2SO4、H2SO3酸性：HNO3>H2SO3，但也有酸性H2SO4> HNO2，所以D选项中说法不贴切，D选项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据元素周期表与原子核外电子结构推出X、Y、Z和W三种元素分别是H、N、O、S，H、N、O可以组成铵盐，故B正确。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.浓盐酸与次氯酸钙反应得到氯化钙和氯气和水，写出方程式为： ，故A不符合题意；
B.氯气可溶于氢氧化钠溶液，因此用氢氧化钠处理尾气，故B不符合题意；
C.氯气与碘化钾反应得到碘单质，碘单质溶于四氯化碳后溶液变为紫红色 ，也可用检验碘单质，也可用淀粉代替四氯化碳，淀粉遇碘变蓝。故C不符合题意；
D.该实验无法检验铁离子与碘单质的氧化性，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】漂白粉与浓盐酸反应得到氯气，氯气与亚铁离子反应得到铁离子，说明氯气氧化性强于铁离子；氯气与碘离子反应得到碘单质，氯气氧化性强于碘单质，结合选项判断即可。
20．【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO
（2）A；C
（3）2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45
（4）4；10；4；3；8
【解析】【解答】解：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4.
（1.）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；
（2.）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；
（3.）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；n（K2FeO4）= =0.3mol，根据2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O知，氧化剂的物质的量= =0.45mol，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；0.45；
（4.）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：4；10；4；3；8．
【分析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O；（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子；根据转移电子相等计算氧化剂的物质的量；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式．
21．【答案】（1）研磨
（2）将氧化为，便于转化为沉淀除去
（3）O、N；加入，使逆向进行，进入水层
（4）或；2.5
（5）b
【解析】【解答】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【分析】（1）加快反应速率的方法可以使研磨固体，增大接触面积的方法；
（2）氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子；
（3） ① 可以和铜离子结合，铜离子提供空轨道，另一些原子提供孤电子对；
② 增大氢离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
（4） ① 钠离子和铁离子、硫酸根离子、水反应生成黄钠铁矾固体和氢离子；
② 要让铁离子沉淀的pH，要结合铁离子沉淀率和镍离子沉淀率判断；
（5）结合氢氧根离子和氢氧化镍的溶度积判断。
22．【答案】（1）P；S；Cl；O；Se
（2）PH3
（3）Cl＜S＜P
（4）HClO4＞H2SO4＞H3PO4
【解析】【解答】解：（1）A元素的最低化合价为﹣3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.21%，设相对原子质量为x，则 ×100%=56.21%，解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O，E为Se，故答案为：P；S；Cl；O；Se；（2）A、B、C、D中P元素非金属性最差，故气态氢化物稳定性最差的是：PH3，故答案为：PH3； （3）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Cl＜S＜P，故答案为：Cl＜S＜P；（4）同周期自左而右非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4．
【分析】A元素的最低化合价为﹣3价，则最高价为+5价，它的最高价氧化物为A2O5，含氧56.21%，设相对原子质量为x，则 ×100%=56.21%，解得x=31，故A为P元素，由元素在周期表中的位置可知，B为S，C为Cl，D为O，E为Se．
23．【答案】（1）CaCl2·6H2O
（2）做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料
（3）D；K2SO4（或K2SO4 和KCl）
（4）NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（5）C
（6）NH3；CaCO3
【解析】【解答】（1）根据上面流程，起点由水吸收氨气，再吸收二氧化碳，最后转化产出的为红色圈的CaCl2·6H2O，本工业生产过程的目标产品是CaCl2·6H2O；而箭头指出的CaCO3受热分解可提供氧化钙和二氧化碳，根据溶解性表中硫酸铵、氯化钾、硫酸钾和氯化铵中硫酸钾溶解度最小，在转化Ⅱ中溶解度最小的先析出，故过滤Ⅱ滤渣A为硫酸钾，即箭头指出的在流程序中间的碳酸钙和硫酸钾都不是目标产品；
（2）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，根据前面转化Ⅰ加入的石膏应该过量且是微溶，故还有的固体为石膏，用途有：做石膏模型；加入到水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料等；
（3）根据溶解度表转化Ⅱ适宜的温度是90~100℃，该温度范围内，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度都比硫酸钾溶解度大得多，容易析出硫酸钾晶体；过滤Ⅱ操作所得滤渣是K2SO4（或K2SO4 和KCl）；
（4）我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备是在饱和食盐水中通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠，化学反应方程式为：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（5）由于CaCl2·6H2O的相对分子质量为219、假如有CaCl2·4H2O、CaCl2·2H2O、CaCl2·H2O、，则相对分子质量分别为183、147、129，CaCl2的相对分子质量为111，根据相对分子质量及质量关系，将CaCl2·6H2O转化为CaCl2最佳脱水的方法是应该选D；
（6）上述工业流程（参照前面的图）实现了绿色化学的理念，其中蒸氨过程中NH3实现了循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳，整个流程基本实现了污染物零排放。
【分析】（1）根据流程确定生产过程中所得到的物质；
（2）过滤Ⅰ得到的固体为CaCO3和CaSO4；
（3）根据转化Ⅱ所得物质，以及所给物质的溶解度进行分析；
（4）根据侯氏制碱法的原理书写反应的化学方程式；
（5）根据物质的质量和相对分子质量进行分析；
（6）蒸氨过程中实现了NH3的循环利用；CaCO3为生产过程中的副产物；
24．【答案】（1）氧；CD
（2）Na2O2+SO2=Na2SO4
（3）H++HSO3﹣=H2O+SO2↑
（4）HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O
（5）2：3
（6）N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1；
（7）高；水分子间存在氢键
（8）B；C；D
（9）
【解析】【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．
（1.）同主族自上而下非金属性减弱，故氧元素的非金属性比硫的强，比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度等可以判断非金属性强弱，单质的沸点属于物理性，不能判断非金属性强弱，氢化物沸点也不能判断非金属性强弱，故答案为：氧；CD；
（2.）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；
（3.）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应的离子方程式为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑；
（4.）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，则甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O，故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；
（5.）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（2﹣0）：[0﹣（﹣3）]=2：3，故答案为：2：3；
（6.）0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量，则1mol液态N2H4反应放出的热量为256.6kJ× =641.5kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1，
N2H4的电子式为 ，故答案为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ mol﹣1； ；
（7.）水分子间存在氢键，H2O的沸点比H2S 沸点高，故答案为：高；水分子间存在氢键；
（8.）A．水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强，与氢键无关，故A错误；
B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，氨气易液化，故B正确；
C．氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气极易溶于水，故C正确；
D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，水结成冰，密度减小，体积增大，故D正确，
故选：BCD；
（9.）用电子式表示氯化氢的形成过程： ，故答案为： ．
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 ，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．
（1.）同主族自上而下非金属性减弱；
比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度、最高价含氧酸的酸性、化合物中元素化合价等可以判断非金属性强弱，物理性质不能判断非金属性强弱；
（2.）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应生成Na2SO4；
（3.）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（4.）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，二者反应生成硫化钠与水；
（5.）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒计算氧化产物与还原产物的物质的量之比；
（6.）计算1mol液态N2H4反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；
N2H4中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；
（7.）水分子间存在氢键，沸点高于硫化氢的；
（8.）A．氢键影响物理性质，水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强；
B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高；
C．氨气分子与水分子之间形成氢键；
D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，体积增大；
（9.）HCl属于共价化合物，用H原子、Cl原子电子式表示氯化氢的形成．