第1章 原子结构 元素周期律 单元检测卷（含解析） 2023-2024学年高一化学下册鲁科版（2019）必修第二册
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| 名称 | 第1章 原子结构 元素周期律 单元检测卷（含解析） 2023-2024学年高一化学下册鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 218.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-06 21:29:16 | ||
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文档简介
第1章 原子结构 元素周期律 单元检测卷 2023-2024学年高一化学下册鲁科版（2019）必修第二册
一、选择题
1．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体的性质
B．漂白粉要密封保存
C．酸性洁厕灵与碱性“84消毒液”共用，可提高清洁效果
D．食盐不慎撒落在天然气火焰上，观察到黄色火焰原因是钠元素的焰色为黄色
2．地震、洪水等自然灾害过后，地下水等饮用水都会受到一定程度的污染，为了保证人们身心健康，下列物质不能用于水源消毒的是（ ）
A．氯气 B．漂白粉 C．烧碱 D．次氯酸钠
3．下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（ ）
A．由二氧化碳制取汽油：等
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→
D．利用太阳能合成燃料：
4．某化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y， W与X的原子序数之和等于Y的族序数。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径： WB．X的最高价含氧酸为弱酸
C．W和Y形成的化合物中只含有极性键
D．Z元素的焰色反应的焰色为白色
5．工业生产中除去电石渣浆（含）中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．碱性条件下，氧化性：
B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
C．将转化为理论上需要的体积为（标准状况）
D．该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应
6．甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图2所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：丁>戊>乙
B．非金属性：戊>丁>丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
7．已知X、Y、Z、W均为短周期元素。25℃时， 其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol/L)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3
B．简单离子半径大小顺序：X＞M
C．气态氢化物的稳定性：Z＞W
D．X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L CCl4中含有的氯原子数目为0.4mol
B．1mol甲基(－CH3)所含的电子数为9NA
C．16.25g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
D．2L 0.5mol·L－1碳酸钠溶液中CO32－数目为NA
9．有A，B，C，D四种短周期元素，其在周期表中位置如图所示，A2+与C原子的电子数相差2。下列推断不正确的是（ ）
…… C
A B …… D
A．A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性
B．与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中可作催化剂
C．离子半径：C>A>B
D．D的最高价氧化物对应水化物为强酸
10．0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第三周期、ⅠA族
B．第三周期、ⅡA族
C．第四周期、ⅠA族
D．第四周期、ⅡA族
11．甲~戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示．戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸．下列说法不正确的是（ ）
A．离子半径：丁>戊>乙
B．单质与氢气化合的剧烈程度：戊>丁>丙
C．甲和乙一定可以形成“甲乙”、“”两种化合物
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
12．锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
二、非选择题
13．用如图所示装置可以完成一系列实验(图中夹持装置已略去)。
用装置A由浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质，②蘸有KI溶液，③蘸有石蕊溶液。请回答下列问题：
（1）仪器P的名称是 。
（2）①处包有的某固体物质可能是(填序号) 。
a.MnO2 b.KMnO4 c.KCl d.Cu
反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式： 。
（3）在实验过程中，在③处能观察到 。
（4）甲同学为了验证剩余气体的主要成分，在C中设计了如图装置，D中装有铜丝网，装置E的试管中不加任何试剂，装置F的烧杯中加入适量的AgNO3溶液。
①实验过程中，装置D的作用是 ；
②装置F中的现象是有白色沉淀产生；写出反应的离子方程式： 。
三、综合题
14．以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为 。
（2）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有 。
（3）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，滤渣1的主要成分为FeS2和S，写出该反应的离子方程式 。
（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为 ；滤渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是 (填化学式)。
（5）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。计算产品中MnSO4的质量分数(写出计算过程，保留两位有效数字) 。
[已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)]
15．已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如下表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L 层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的 3d 能级为半充满
e 元素基态原子的 M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
（1）写出元素 d基态原子的电子排布式为 。
（2）元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
（3）c、f 的气态氢化物的稳定性顺序为 (填化学式)，请比较 a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。
（4）df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有
HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，该反应时若有1
mol df2参加反应，则转移的电子数为 。
四、推断题
16．如表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
（1）①、④、⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物，该化合物的电子式 。
（2）写出元素②的单质与元素⑧最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式： 。
（3）甲同学查阅资料知：氨气(NH3)的分解温度在850℃以上，甲烷(CH4)的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性 (填“强”或“弱”)。乙同学对此结论持怀疑态度，甲同学通过实验间接证明了自己的结论。你认为甲同学的实验方案是 (请结合离子方程式简要说明)。
（4）①和③形成的18电子的化合物甲是一种应用广泛的化工原料，写出甲的结构式 。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备甲，反应的化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里形成的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，A不符合题意；
B．漂白粉能与空气中的二氧化碳反应，故都要密封保存，B不符合题意；
C．酸性洁厕灵主要成分为HCl，“84消毒液”主要成分为NaClO，二者混合时发生归中反应生成氯气，降低清洁效果，C符合题意；
D．食盐的主要成分为NaCl，含有Na元素，焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．胶体由多种形式，如气溶胶、液溶胶、固溶胶；
B．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，溶液和空气中二氧化碳反应；
C．盐酸能与次氯酸钠反应生成有毒的氯气；
D．焰色实验是含有某些金属元素的物质在火焰上灼烧时呈现特殊的颜色
2．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故A不选；
B．漂白粉在水中能生成HClO，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故B不选；
C．烧碱能使蛋白质发生变性，但是烧碱有强碱性，消毒后的水不能饮用，不能用烧碱进行水源消毒，故C选；
D．次氯酸钠在水中能生成HClO，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故D不选；
故答案为：C。
【分析】氯气溶于水可以生成次氯酸，具有强氧化性，漂白粉、次氯酸钠溶于水都可以形成次氯酸。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，A项不符合题意；
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)，包含He，有0族元素，B项符合题意；
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，C项不符合题意；
D．利用太阳能合成燃料：，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】0族元素包含He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn。
4．【答案】B
【解析】【解答】从结构分析，Z离子带两个单位正电荷，属于短周期元素，且为四种元素中原子序数最大的元素，故为镁元素。Y形成两个共价键，为氧元素，X形成三个共价键，为氮元素和硼元素，根据原子序数W+Z=X+Y 分析，X为硼元素，W为氢。
A．原子半径，氢<氧<硼<镁，A不符合题意；
B．氮的最高价含氧酸为硼酸，是弱酸，B符合题意；
C．氢和氧形成过氧化氢中含有非极性键，C不符合题意；
D．镁元素焰色反应为无色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合离子方程式，可以知道，Z为金属元素，且为IIA族，X有3个共价键，可以知道X为B、N、P中的一种，Y为2个共价键，可以知道Y为O、S中的一种，结合“ W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y， W与X的原子序数之和等于Y的族序数 ”可以知道W为H，X为B，Y为O，Z为Mg；
A、电子层数越多，半径越大，同一周期的元素，从左到右半径递减；
B、B的最高价含氧酸为硼酸，是一种弱酸；
C、氢元素和氧元素可以形成水和过氧化氢两种化合物，H2O只有极性键，H2O2既有极性键，又有非极性键；
D、镁元素的焰色反应应该是无色。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.由分析可知，被氧化得到，是氧化剂，是氧化产物；可以氧化得到，是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，则碱性条件下，氧化性：，A错误；
B.由分析可知，过程II中，可以氧化得到，自身被还原为，根据氧化还原规律配平可得离子方程式为： ，B正确；
C.由分析可知，利用原子守恒、得失电子守恒，可得关系式，故将转化为理论上需要的物质的量为2mol，标准状况下体积为44.8L，C错误；
D.该过程中CaO与溶液反应生成的化学反应是非氧化还原反应，余反应均是氧化还原反应，D错误；
故选B。
【分析】CaO与溶液反应生成，溶液呈碱性，过程I中被氧化得到，过程II中，可以氧化得到，自身被还原为，循环利用，最后被氧化得到，得到硫酸盐。
A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物；
B.根据氧化还原规律配平；
C.依据原子守恒、得失电子守恒，利用关系式法计算；
D.利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．原子半径在同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，所以是丁＞戊＞乙，A不符合题意；
B．元素的非金属性早同周期从左到右逐渐增强，所以是戊＞丁＞丙，B不符合题意；
C．根据分析可知，甲可能是N或C，则其对应氢化物是NH和烷烃，NH遇氯化氢一定有白烟产生，但烷烃遇氯化氢无明显现象，C符合题意；
D．丙可能是Si或P，则其最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸或磷酸，它们均能与强碱反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，A符合题意；
B.X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，B不符合题意；
C.非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S，即Z＞W，C不符合题意；
D.X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知M为Na，以此解答该题。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.标准状态下， CCl4不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意；
B.一个甲基中含有9个电子，因此1mol-CH3中所含的电子数为9NA，B符合题意；
C.FeCl3形成Fe(OH)3的过程是一个水解反应，为可逆反应，同时Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OH)3颗粒聚集而成的，因此形成Fe(OH)3胶体粒子数无法确定，C不符合题意；
D.Na2CO3溶液中存在CO32-的水解，因此溶液中所含CO32-的数目小于1NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.标准状态下，CCl4不是气体；
B.一个-CH3找那个含有9个电子；
C.Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OIH)3颗粒聚集形成的；
D.溶液中CO32-会发生水解反应；
9．【答案】A
【解析】【解答】A.A和D组成的化合物为MgCl2，MgCl2在水中完全电离，为强电解质，选项错误，A符合题意；
B.A同周期C同主族的元素E为S，其最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4可在某些反应的催化剂，选项正确，B不符合题意；
C.A、B、C形成的离子，其核外电子层结构相同，核外电子结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径C>A>B，选项正确，C不符合题意；
D.D的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，为强酸，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，则C在第二周期，A、B、D在第三周期；因此A2+为Mg2+；，因此A为Mg，则B为Al；A2+与C原子的电子数相差2，因此C为O，则D为Cl；据此结合元素周期表的性质第变规律分析。
10．【答案】B
【解析】【解答】0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2(标准状况)，设金属反应后元素的化合价为x，由电子守恒可知0.05mol×(x-0)= ×2×(1-0)，解得x=+2，离子具有Ne原子的电子层结构，则金属的原子序数为10+2=12，即为Mg元素，位于第三周期第ⅡA族，
故答案为B。
【分析】1.12LH2(标准状况)为0.05mol，H有+1价变成0价，则得电子的物质的量为0.05×2=0.1mol，根据得失电子守恒，0.05mol某金属单质失电子数也是0.1mol，则1mol某金属单质失电子为0.1÷0.05=2mol，失电子后，离子具有Ne原子的电子层结构，则金属的原子序数为10+2=12，即为Mg元素。
11．【答案】C
12．【答案】D
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
13．【答案】（1）分液漏斗
（2）b；Cl2+2I-=2Cl-+I2
（3）先变红后褪色
（4）验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；
【解析】【解答】（1）仪器P为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
（2）有棕黄色物质确定为单质碘，卤素单质间能发生置换反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，因通过①后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4；
故答案为：b；Cl2+2I-=2Cl-+I2；
（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去；
故答案为：先变红后褪色；
（4）甲同学实验的原理如下：用铜网证明剩下气体总含有Cl2(若Cu颜色变化，说明Cu与Cl2反应生成CuCl2)；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝而除去；再根据剩余气体与AgNO3溶液反应情况验证是否存在HCl气体；
故答案为：验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；。
【分析】（1）仪器P为分液漏斗；
（2） ① 的物质需要制取氯气，且不需要加热，因此使用高锰酸钾；
（3）氯气溶于水后呈酸性且具有漂白性；
（4） ① D的目的时验证氯气的存在；
② 银离子和氯离子形成氯化银固体。
14．【答案】（1）[Ar]3d5
（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等
（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
（4）3；Fe(OH)3、CaSO4
（5）80.00%。
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，其基态核外电子排布式为 [Ar]3d54s2，则Mn2+的核外电子排布式为 [Ar]3d5，故答案为： [Ar]3d5 ；
（2）提高锰离子的浸出率方法有： 加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等 ，故答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；
（3）MnO2具有氧化性，FeS2具有还原性，结合题干信息可知产物有S，则反应为 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ，故答案为： 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ；
（4）结合，可知，要使Fe3+沉淀完全，则，则pH约为3；SO42-可以和Ca2+结合生成CaSO4，调节pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3，故答案为：3； Fe(OH)3、CaSO4 ；
（5）已知 +→CO2↑+Mn2+，C化合价由+3变为+4，Mn由+7变为+2，则可以找出关系式5C2O42-~2MnO4-，Na2C2O4质量为0.5360g，可知n(C2O42-)=0.004mol，再用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL，即消耗的KMnO4为0.0008mol，
则n(C2O42-)剩余=0.002mol，则n(C2O42-)反应=0.002mol，根据2Mn2+~5C2O42-，则n(Mn2+)=0.0008mol，则n(MnSO4)=0.0008mol，n(MnSO4)=0.1208g，则，故答案为：80%。
【分析】（1）核外电子排布式要结合原子序数判断；
（2）提高锰离子的浸出率方法有： 加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；
（3）根据化合价变化配平化学计量数；
（4）结合溶度积和铁离子的浓度计算氢氧根浓度，判断pH；
（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
15．【答案】（1）1s22s22p63s23p623d64s2
（2）6；3
（3）H2O>HBr；O>N>C
（4） (稀)= ；13NA
【解析】【解答】(1)d为26号元素Fe，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)a为C，核外有6个电子，因此元素a的原子核外共有6种不同运动状态的电子；有1s、2s、2p共3种不同能级的电子；
(3)c为O，f为Br，O的非金属性强于Br，因此气态氢化物的稳定性顺序为H2O>HBr；a为C，b为N，c为O，非金属性越强，电负性越大，由于非金属性：O>N>C，因此a、b、c的电负性大小顺序为O>N>C；
(4)d为Fe，F为Br，b为N，N的最高价氧化物对应水化物的稀溶液为稀硝酸，稀硝酸有强氧化性，Fe2+的还原性强于Br-，Br-被氧化为HBrO3，则Fe2+也被氧化为Fe3+，遇空气显红棕色的气体为NO，则FeBr2与过量稀HNO3反应的化学方程式为 (稀)= ；该反应中只有Fe2+被氧化为Fe3+，-1价的溴被氧化为+5价的溴，则该反应若有1 molFeBr2参加反应，则转移的电子物质的量为1mol×1+2mol×(5+1)=13mol，即转移电子数为13NA。
【分析】 a原子的L 层上s能级电子数等于p能级电子数，则其核外电子排布式为1s22s22p2，a为C元素，b是一种非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，则b为N元素，c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O元素，d元素的正三价离子的 3d 能级为半充满，则d为Fe元素，e元素基态原子的 M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则其电子排布为1s22s22p63s23p623d104s1，为Cu元素，f单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p623d104s24p5 ，为Br元素。
16．【答案】（1）
（2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（3）弱；把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体，2H++CO=CO2↑+H2O或2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
（4）；2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O
【解析】【解答】由元素在周期表中的位置关系可知①为H ②为C ③为N ④为O ⑤为Na ⑥为Al⑦为Si ⑧为S，⑨为Cl据此分析解答。
(1)①、④、⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物为氢氧化钠，该化合物的电子式。
(2)元素②的单质与元素⑧最高价氧化物的水化物的浓溶液的反应，即C和浓H2SO4在加热下生成CO2、SO2和H2O，化学方程式：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
(3)甲同学查阅资料知：氨气(NH3)的分解温度在850℃以上，甲烷(CH4)的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性弱。②、③是同周期的元素，同周期从左往右，非金属性增强，其简单氢化物稳定性增强、其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3，认为甲同学只要证明酸性HNO3>H2CO3，实验方案是把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体，2H++CO=CO2↑+H2O或2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O。
(4)①和③形成的18电子的化合物甲是N2H4，为共价化合物，则甲的结构式。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备甲， NH3转变为N2H4、N元素化合价升高、发生氧化反应，则NaClO发生还原反应生成NaCl，反应的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。
【分析】（1）铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物，相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
（2）碳和浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（3）氢化物的稳定性即比较非金属性，稳定性越强，则非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强；
（4）18电子的化合物即N2H4，结构式中，氢原子有1个短杆，氮原子有3个短杆。
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一、选择题
1．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体的性质
B．漂白粉要密封保存
C．酸性洁厕灵与碱性“84消毒液”共用，可提高清洁效果
D．食盐不慎撒落在天然气火焰上，观察到黄色火焰原因是钠元素的焰色为黄色
2．地震、洪水等自然灾害过后，地下水等饮用水都会受到一定程度的污染，为了保证人们身心健康，下列物质不能用于水源消毒的是（ ）
A．氯气 B．漂白粉 C．烧碱 D．次氯酸钠
3．下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（ ）
A．由二氧化碳制取汽油：等
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→
D．利用太阳能合成燃料：
4．某化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y， W与X的原子序数之和等于Y的族序数。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径： W
C．W和Y形成的化合物中只含有极性键
D．Z元素的焰色反应的焰色为白色
5．工业生产中除去电石渣浆（含）中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．碱性条件下，氧化性：
B．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为
C．将转化为理论上需要的体积为（标准状况）
D．该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应
6．甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图2所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径：丁>戊>乙
B．非金属性：戊>丁>丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
7．已知X、Y、Z、W均为短周期元素。25℃时， 其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol/L)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3
B．简单离子半径大小顺序：X＞M
C．气态氢化物的稳定性：Z＞W
D．X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L CCl4中含有的氯原子数目为0.4mol
B．1mol甲基(－CH3)所含的电子数为9NA
C．16.25g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
D．2L 0.5mol·L－1碳酸钠溶液中CO32－数目为NA
9．有A，B，C，D四种短周期元素，其在周期表中位置如图所示，A2+与C原子的电子数相差2。下列推断不正确的是（ ）
…… C
A B …… D
A．A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性
B．与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中可作催化剂
C．离子半径：C>A>B
D．D的最高价氧化物对应水化物为强酸
10．0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A．第三周期、ⅠA族
B．第三周期、ⅡA族
C．第四周期、ⅠA族
D．第四周期、ⅡA族
11．甲~戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示．戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸．下列说法不正确的是（ ）
A．离子半径：丁>戊>乙
B．单质与氢气化合的剧烈程度：戊>丁>丙
C．甲和乙一定可以形成“甲乙”、“”两种化合物
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
12．锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
二、非选择题
13．用如图所示装置可以完成一系列实验(图中夹持装置已略去)。
用装置A由浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质，②蘸有KI溶液，③蘸有石蕊溶液。请回答下列问题：
（1）仪器P的名称是 。
（2）①处包有的某固体物质可能是(填序号) 。
a.MnO2 b.KMnO4 c.KCl d.Cu
反应开始后，观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式： 。
（3）在实验过程中，在③处能观察到 。
（4）甲同学为了验证剩余气体的主要成分，在C中设计了如图装置，D中装有铜丝网，装置E的试管中不加任何试剂，装置F的烧杯中加入适量的AgNO3溶液。
①实验过程中，装置D的作用是 ；
②装置F中的现象是有白色沉淀产生；写出反应的离子方程式： 。
三、综合题
14．以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为 。
（2）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有 。
（3）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，滤渣1的主要成分为FeS2和S，写出该反应的离子方程式 。
（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为 ；滤渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是 (填化学式)。
（5）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。计算产品中MnSO4的质量分数(写出计算过程，保留两位有效数字) 。
[已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)]
15．已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如下表所示：
元素 结构或者性质信息
a 原子的L 层上s能级电子数等于p能级电子数
b 非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c 原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d 元素的正三价离子的 3d 能级为半充满
e 元素基态原子的 M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f 单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子
（1）写出元素 d基态原子的电子排布式为 。
（2）元素a的原子核外共有 种不同运动状态的电子，有 种不同能级的电子。
（3）c、f 的气态氢化物的稳定性顺序为 (填化学式)，请比较 a、b、c的电负性大小顺序为 (填元素符号)。
（4）df2与过量的b的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应，其中生成物有
HfO3和一种遇空气显红棕色的气体，试写出反应的化学方程式： ，该反应时若有1
mol df2参加反应，则转移的电子数为 。
四、推断题
16．如表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
1 ①
2 ② ③ ④
3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
（1）①、④、⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物，该化合物的电子式 。
（2）写出元素②的单质与元素⑧最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式： 。
（3）甲同学查阅资料知：氨气(NH3)的分解温度在850℃以上，甲烷(CH4)的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性 (填“强”或“弱”)。乙同学对此结论持怀疑态度，甲同学通过实验间接证明了自己的结论。你认为甲同学的实验方案是 (请结合离子方程式简要说明)。
（4）①和③形成的18电子的化合物甲是一种应用广泛的化工原料，写出甲的结构式 。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备甲，反应的化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里形成的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，A不符合题意；
B．漂白粉能与空气中的二氧化碳反应，故都要密封保存，B不符合题意；
C．酸性洁厕灵主要成分为HCl，“84消毒液”主要成分为NaClO，二者混合时发生归中反应生成氯气，降低清洁效果，C符合题意；
D．食盐的主要成分为NaCl，含有Na元素，焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．胶体由多种形式，如气溶胶、液溶胶、固溶胶；
B．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，溶液和空气中二氧化碳反应；
C．盐酸能与次氯酸钠反应生成有毒的氯气；
D．焰色实验是含有某些金属元素的物质在火焰上灼烧时呈现特殊的颜色
2．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故A不选；
B．漂白粉在水中能生成HClO，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故B不选；
C．烧碱能使蛋白质发生变性，但是烧碱有强碱性，消毒后的水不能饮用，不能用烧碱进行水源消毒，故C选；
D．次氯酸钠在水中能生成HClO，可以用于饮用水的消毒、杀菌，而且对水质影响很小，故D不选；
故答案为：C。
【分析】氯气溶于水可以生成次氯酸，具有强氧化性，漂白粉、次氯酸钠溶于水都可以形成次氯酸。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，A项不符合题意；
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)，包含He，有0族元素，B项符合题意；
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，C项不符合题意；
D．利用太阳能合成燃料：，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】0族元素包含He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn。
4．【答案】B
【解析】【解答】从结构分析，Z离子带两个单位正电荷，属于短周期元素，且为四种元素中原子序数最大的元素，故为镁元素。Y形成两个共价键，为氧元素，X形成三个共价键，为氮元素和硼元素，根据原子序数W+Z=X+Y 分析，X为硼元素，W为氢。
A．原子半径，氢<氧<硼<镁，A不符合题意；
B．氮的最高价含氧酸为硼酸，是弱酸，B符合题意；
C．氢和氧形成过氧化氢中含有非极性键，C不符合题意；
D．镁元素焰色反应为无色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合离子方程式，可以知道，Z为金属元素，且为IIA族，X有3个共价键，可以知道X为B、N、P中的一种，Y为2个共价键，可以知道Y为O、S中的一种，结合“ W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数W+Z=X+Y， W与X的原子序数之和等于Y的族序数 ”可以知道W为H，X为B，Y为O，Z为Mg；
A、电子层数越多，半径越大，同一周期的元素，从左到右半径递减；
B、B的最高价含氧酸为硼酸，是一种弱酸；
C、氢元素和氧元素可以形成水和过氧化氢两种化合物，H2O只有极性键，H2O2既有极性键，又有非极性键；
D、镁元素的焰色反应应该是无色。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.由分析可知，被氧化得到，是氧化剂，是氧化产物；可以氧化得到，是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，则碱性条件下，氧化性：，A错误；
B.由分析可知，过程II中，可以氧化得到，自身被还原为，根据氧化还原规律配平可得离子方程式为： ，B正确；
C.由分析可知，利用原子守恒、得失电子守恒，可得关系式，故将转化为理论上需要的物质的量为2mol，标准状况下体积为44.8L，C错误；
D.该过程中CaO与溶液反应生成的化学反应是非氧化还原反应，余反应均是氧化还原反应，D错误；
故选B。
【分析】CaO与溶液反应生成，溶液呈碱性，过程I中被氧化得到，过程II中，可以氧化得到，自身被还原为，循环利用，最后被氧化得到，得到硫酸盐。
A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物；
B.根据氧化还原规律配平；
C.依据原子守恒、得失电子守恒，利用关系式法计算；
D.利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．原子半径在同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大，所以是丁＞戊＞乙，A不符合题意；
B．元素的非金属性早同周期从左到右逐渐增强，所以是戊＞丁＞丙，B不符合题意；
C．根据分析可知，甲可能是N或C，则其对应氢化物是NH和烷烃，NH遇氯化氢一定有白烟产生，但烷烃遇氯化氢无明显现象，C符合题意；
D．丙可能是Si或P，则其最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸或磷酸，它们均能与强碱反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，A符合题意；
B.X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，B不符合题意；
C.非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S，即Z＞W，C不符合题意；
D.X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成， D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知M为Na，以此解答该题。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.标准状态下， CCl4不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意；
B.一个甲基中含有9个电子，因此1mol-CH3中所含的电子数为9NA，B符合题意；
C.FeCl3形成Fe(OH)3的过程是一个水解反应，为可逆反应，同时Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OH)3颗粒聚集而成的，因此形成Fe(OH)3胶体粒子数无法确定，C不符合题意；
D.Na2CO3溶液中存在CO32-的水解，因此溶液中所含CO32-的数目小于1NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.标准状态下，CCl4不是气体；
B.一个-CH3找那个含有9个电子；
C.Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe(OIH)3颗粒聚集形成的；
D.溶液中CO32-会发生水解反应；
9．【答案】A
【解析】【解答】A.A和D组成的化合物为MgCl2，MgCl2在水中完全电离，为强电解质，选项错误，A符合题意；
B.A同周期C同主族的元素E为S，其最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4可在某些反应的催化剂，选项正确，B不符合题意；
C.A、B、C形成的离子，其核外电子层结构相同，核外电子结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径C>A>B，选项正确，C不符合题意；
D.D的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，为强酸，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，则C在第二周期，A、B、D在第三周期；因此A2+为Mg2+；，因此A为Mg，则B为Al；A2+与C原子的电子数相差2，因此C为O，则D为Cl；据此结合元素周期表的性质第变规律分析。
10．【答案】B
【解析】【解答】0.05mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出1.12LH2(标准状况)，设金属反应后元素的化合价为x，由电子守恒可知0.05mol×(x-0)= ×2×(1-0)，解得x=+2，离子具有Ne原子的电子层结构，则金属的原子序数为10+2=12，即为Mg元素，位于第三周期第ⅡA族，
故答案为B。
【分析】1.12LH2(标准状况)为0.05mol，H有+1价变成0价，则得电子的物质的量为0.05×2=0.1mol，根据得失电子守恒，0.05mol某金属单质失电子数也是0.1mol，则1mol某金属单质失电子为0.1÷0.05=2mol，失电子后，离子具有Ne原子的电子层结构，则金属的原子序数为10+2=12，即为Mg元素。
11．【答案】C
12．【答案】D
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
13．【答案】（1）分液漏斗
（2）b；Cl2+2I-=2Cl-+I2
（3）先变红后褪色
（4）验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；
【解析】【解答】（1）仪器P为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
（2）有棕黄色物质确定为单质碘，卤素单质间能发生置换反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，因通过①后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4；
故答案为：b；Cl2+2I-=2Cl-+I2；
（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去；
故答案为：先变红后褪色；
（4）甲同学实验的原理如下：用铜网证明剩下气体总含有Cl2(若Cu颜色变化，说明Cu与Cl2反应生成CuCl2)；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝而除去；再根据剩余气体与AgNO3溶液反应情况验证是否存在HCl气体；
故答案为：验证HCl气体中含有Cl2(或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2)；。
【分析】（1）仪器P为分液漏斗；
（2） ① 的物质需要制取氯气，且不需要加热，因此使用高锰酸钾；
（3）氯气溶于水后呈酸性且具有漂白性；
（4） ① D的目的时验证氯气的存在；
② 银离子和氯离子形成氯化银固体。
14．【答案】（1）[Ar]3d5
（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等
（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
（4）3；Fe(OH)3、CaSO4
（5）80.00%。
【解析】【解答】（1）Mn为25号元素，其基态核外电子排布式为 [Ar]3d54s2，则Mn2+的核外电子排布式为 [Ar]3d5，故答案为： [Ar]3d5 ；
（2）提高锰离子的浸出率方法有： 加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等 ，故答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；
（3）MnO2具有氧化性，FeS2具有还原性，结合题干信息可知产物有S，则反应为 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ，故答案为： 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ；
（4）结合，可知，要使Fe3+沉淀完全，则，则pH约为3；SO42-可以和Ca2+结合生成CaSO4，调节pH可以使Fe3+生成Fe(OH)3，故答案为：3； Fe(OH)3、CaSO4 ；
（5）已知 +→CO2↑+Mn2+，C化合价由+3变为+4，Mn由+7变为+2，则可以找出关系式5C2O42-~2MnO4-，Na2C2O4质量为0.5360g，可知n(C2O42-)=0.004mol，再用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL，即消耗的KMnO4为0.0008mol，
则n(C2O42-)剩余=0.002mol，则n(C2O42-)反应=0.002mol，根据2Mn2+~5C2O42-，则n(Mn2+)=0.0008mol，则n(MnSO4)=0.0008mol，n(MnSO4)=0.1208g，则，故答案为：80%。
【分析】（1）核外电子排布式要结合原子序数判断；
（2）提高锰离子的浸出率方法有： 加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等；
（3）根据化合价变化配平化学计量数；
（4）结合溶度积和铁离子的浓度计算氢氧根浓度，判断pH；
（5）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
15．【答案】（1）1s22s22p63s23p623d64s2
（2）6；3
（3）H2O>HBr；O>N>C
（4） (稀)= ；13NA
【解析】【解答】(1)d为26号元素Fe，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)a为C，核外有6个电子，因此元素a的原子核外共有6种不同运动状态的电子；有1s、2s、2p共3种不同能级的电子；
(3)c为O，f为Br，O的非金属性强于Br，因此气态氢化物的稳定性顺序为H2O>HBr；a为C，b为N，c为O，非金属性越强，电负性越大，由于非金属性：O>N>C，因此a、b、c的电负性大小顺序为O>N>C；
(4)d为Fe，F为Br，b为N，N的最高价氧化物对应水化物的稀溶液为稀硝酸，稀硝酸有强氧化性，Fe2+的还原性强于Br-，Br-被氧化为HBrO3，则Fe2+也被氧化为Fe3+，遇空气显红棕色的气体为NO，则FeBr2与过量稀HNO3反应的化学方程式为 (稀)= ；该反应中只有Fe2+被氧化为Fe3+，-1价的溴被氧化为+5价的溴，则该反应若有1 molFeBr2参加反应，则转移的电子物质的量为1mol×1+2mol×(5+1)=13mol，即转移电子数为13NA。
【分析】 a原子的L 层上s能级电子数等于p能级电子数，则其核外电子排布式为1s22s22p2，a为C元素，b是一种非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，则b为N元素，c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O元素，d元素的正三价离子的 3d 能级为半充满，则d为Fe元素，e元素基态原子的 M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则其电子排布为1s22s22p63s23p623d104s1，为Cu元素，f单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，则其核外电子排布式为1s22s22p63s23p623d104s24p5 ，为Br元素。
16．【答案】（1）
（2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（3）弱；把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体，2H++CO=CO2↑+H2O或2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
（4）；2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O
【解析】【解答】由元素在周期表中的位置关系可知①为H ②为C ③为N ④为O ⑤为Na ⑥为Al⑦为Si ⑧为S，⑨为Cl据此分析解答。
(1)①、④、⑤三种元素形成既含离子键又含极性共价键的化合物为氢氧化钠，该化合物的电子式。
(2)元素②的单质与元素⑧最高价氧化物的水化物的浓溶液的反应，即C和浓H2SO4在加热下生成CO2、SO2和H2O，化学方程式：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
(3)甲同学查阅资料知：氨气(NH3)的分解温度在850℃以上，甲烷(CH4)的分解温度是655℃，据此得出结论：元素②的非金属性比③的非金属性弱。②、③是同周期的元素，同周期从左往右，非金属性增强，其简单氢化物稳定性增强、其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3，认为甲同学只要证明酸性HNO3>H2CO3，实验方案是把硝酸滴加到碳酸盐中，产生无色气体，2H++CO=CO2↑+H2O或2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O。
(4)①和③形成的18电子的化合物甲是N2H4，为共价化合物，则甲的结构式。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备甲， NH3转变为N2H4、N元素化合价升高、发生氧化反应，则NaClO发生还原反应生成NaCl，反应的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。
【分析】（1）铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物，相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
（2）碳和浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（3）氢化物的稳定性即比较非金属性，稳定性越强，则非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强；
（4）18电子的化合物即N2H4，结构式中，氢原子有1个短杆，氮原子有3个短杆。
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