黑龙江省哈尔滨市第六中学2018_2019学年高一化学下学期4月月考试题（含解析）.docx

哈尔滨市第六中学2021届4月份阶段性测试高一化学试题可能的用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Cu:64 第I卷(选择题)一、单选题(每小题2分，共50分)1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是（ ）用煤作燃料 把工厂炯囱造高 化石燃料脱硫 在已酸化的土壤中加石灰 开发新能源A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】形成酸雨的主要气体污染物是SO2等，SO2主要来源于燃烧含硫的煤，少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，以此解答。【详解】SO2主要来源于燃烧含硫的煤，用煤作燃料不能减少酸雨的产生，故错误；工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放，所以不能减少酸雨的产生，故错误；将矿石燃料脱硫，能减少二氧化硫的排放，能减缓酸雨污染，故正确；在已酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，故错误；开发新能源能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故正确；选D。2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是A. SO32-B. HCO3-C. Na+D. NO3-【答案】C【解析】【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。3.关于下列各装置图的叙述中，正确的是A. 制取及观察Fe（OH）2B. 比较两种物质的热稳定性C. 实验室制取NH3D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。4.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( )A. 32 gB. 48 gC. 64 gD. 96 g【答案】C【解析】【分析】由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）=1mol，消耗铜的质量=1mol64g/mol=64g，故选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。5.在一定温度和压强下，将一支容积为21mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内的液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为A. 8.75mLB. 12.25mLC. 5.25mLD. 10.5mL【答案】B【解析】【分析】二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积。【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积21ml的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的1/3为7mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为7mL，故通入的氧气的体积=7mL+21/4mL=12.25mL,故选B。【点睛】本题考查氮的氧化物性质、根据方程式计算的计算等，清楚发生的反应是解题关键，注意利用总反应方程式进行的解答。6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B. 利用途径制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mLC. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=D. 与途径、相比，途径更好地体现了绿色化学思想【答案】D【解析】分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径的离子方程式为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O，途径的反应方程式式为2CuO22CuO CuOH2SO4CuSO4H2O，途径的反应方程式式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，据此可解答。详解：A、根据途径的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；B、由途径的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0.2mol，所以B错误；C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为=，所以C错误；D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径与途径相比，在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，途径消耗硫酸最多，并产生污染性气体SO2，只有途径消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径更好地体现了绿色化学思想，故D正确。本题答案为D。7.下列离子方程式书写正确的是( )A. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe6H2Fe33H2B. SO2通入氯水中：SO2Cl22H2OSO422Cl4HC. Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3：Fe(OH)22H2Fe22H2OD. 少量氯水滴入FeBr2溶液中：Cl22Br2C1Br2【答案】B【解析】【分析】A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；D、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应。【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B项、将SO2通入氯水中，二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程为：SO2Cl22H2OSO422Cl4H，故B正确；C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程为：3Fe(OH)2+NO3-+10H+3Fe3+NO+8H2O，故C错误；D项、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应，反应的离子方程为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，判断离子方程式正确与否的方法一般是：检查反应能否发生；检查反应物、生成物是否正确；检查各物质拆分是否正确；检查是否符合守恒关系（如质量守恒和电荷守恒等）；检查是否符合原化学方程式。8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是()A. 肯定有SO2和NOB. 肯定没有O2和NO2，可能有Cl2C. 可能有Cl2和O2D. 肯定只有NO【答案】A【解析】试题分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红溶液，品红溶液褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有氧气。考点：氮氧化物的产生及转化9.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是（ ）选项实验操作现象结论A将SO2通入酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色褪色SO2具有漂白性B向某溶液中滴加KSCN溶液溶液显红色原溶液中有Fe3+无Fe2+C将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成证明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】ASO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液将二氧化硫氧化，因为发生氧化还原反应而褪色，证明二氧化硫具有还原性，故A错误；B向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显示红色，能够证明原溶液中有Fe3+，但是无法证明是否含有Fe2+，检验Fe2+应该再滴入酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，证明最高价含氧酸的酸性：硫酸碳酸硅酸，则非金属性SCSi，故C正确；D将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；故选C。10.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为A. bcadB. bacdC. dbacD. bdca【答案】A【解析】【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大【详解】设试管的体积为VL，a等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V1/40.5V）=3/8V；b等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；c等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V3/4）=1/8V；d等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为bcad，故选A。11.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）A. 无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-B. 某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐C. 无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3D. 无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-【答案】A【解析】【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子， 所以该结论正确，A项正确；B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；C.因为NH4+OH-NH3+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4+，所以该结论错误，C项错误；D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。12.下列关于浓硝酸的说法不正确的是A. 光照易分解B. 露置于空气中溶液浓度降低C. 能与碳反应说明其具有强氧化性D. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化【答案】D【解析】浓硝酸具有挥发性，见光分解和受热分解的不稳定性，还具有强的氧化性等。所以A、光照易分解是其不稳定性的表现，故A正确；B、露置于空气中因其挥发导致溶质减少，溶液浓度降低，故B正确；C、浓硝酸的强氧化性能氧化几乎所有的金属和绝大多数非金属，所以能与碳反应，故C正确；D、常温下铜可在浓、稀硝酸中发生反应，而铁、铝在浓硝酸中才能发生钝化，所以D错误。因此本题答案为D。13.已知X结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是()A. 第二周期0族B. 第四周期A族C. 第三周期A族D. 第三周期A族【答案】B【解析】【详解】X结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期A族，B项正确；答案选B。【点睛】解本题需要注意：（1）阳离子：质子数电子数；（2）阴离子：质子数bdc。【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数abdc，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：BACD，故A正确；B. 短周期元素的四种离子aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数abdc，故B错误；C. aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径C3DBA2，故C错误；D同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2B，还原性：C3D，故D错误；故选A。19.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T为铝元素。元素R的氢化物的电子式为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据图示，R位于第二周期，T、Q、W位于第三周期，T为Al元素，则R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，据此解答。【详解】根据上述分析，R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，T为铝元素。N的氢化物为氨气，化学式为NH3，其为共价化合物，分子中只有共价键，其电子式为，故选C。20.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是()A. M与R可以形成MR2型离子化合物B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大C. 形成的两种离子分别是M和R2D. MR2的电子式为【答案】A【解析】【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则AM形成+2价阳离子，R形成1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；B离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+Cl，Ba2+Cl，故B错误；C形成的两种离子分别是M2和R，故C错误；DMR2的电子式为，故D错误，故答案选A。21.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )A. 简单离子半径YXB. 非金属性WZC. 氢化物稳定性XZWD. 最高价氧化物对应水化物的酸性WZ【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第A元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径YX，A错误；B. 非金属性SC，B错误；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性OSC，C正确；D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；答案选C。22.下列说法正确的是A. 原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族B. D核外有36个电子，则元素D位于第四周期第A族C. 位于同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4D. 位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第A族，原子序数为x，乙位于第A族，则乙原子序数可能为x+19【答案】B【解析】【详解】氢和锂是同一主族的两种元素，其原子序数之差为2，故A错误；D核外有36个电子，则D原子有35个电子，为Br元素，Br位于第四周期第A族，故B正确；同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，故C错误；同一周期第A族与第A族之间原子序数之差可能为2、12和26，乙原子序数不可能为x+19，故D错误。故选B。23.下列物质中只含有离子键的是A. H2OB. NH4ClC. Na2SD. Na2O2【答案】C【解析】【详解】A. H2O中只含有极性共价键，故A错误；B. NH4Cl中既含有离子键，也含有极性共价键，故B错误；C. Na2S中只含有离子键，故C正确；D. Na2O2中既含有离子键，也含有非极性共价键，故D错误；正确答案：C。24.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是A. 加热氧化铜制铜B. 氧化铁与铝粉反应制铁C. 电解熔融氯化铝制铝D. 电解熔融氧化镁制镁【答案】B【解析】【分析】特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查金属冶炼方法的知识。掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。25.如图所示，用海带灰制备单质碘的实验中，涉及的操作正确且能达到实验目的的是A. 过滤海带灰浸取液B. 在滤液中通入Cl2C. 先放出下层液体，再放出有机层苯D. 回收萃取剂苯并获得单质碘【答案】A【解析】【分析】A过滤分离可溶物和不溶物；B洗气应长进短出；C分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；D温度计测量蒸气的温度。【详解】A、碘离子易溶于水，可用过滤法除掉不溶性杂质，选项A正确；B、洗气时应长进短出，否则会将液体排出，选项B错误；C、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项C错误；D、蒸馏操作时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意物质性质的异同，题目难度不大。第II卷(非选择题)26.I海水开发利用的部分过程如图所示。(1)向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，发生反应的离子方程式为_。(2)富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为_。也可用纯碱吸收溴，主要反应是Br2Na2CO3H2ONaBrNaBrO3NaHCO3(未配平)，吸收1 mol Br2时，转移的电子为_ mol。(3)下列有关海水综合利用的说法错误的是_。A粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯B电解饱和食盐水可制得金属钠C工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂D海水提镁涉及到复分解反应II. C、O、Na、Al、S、Cl是常见的元素。(1)C元素位于元素周期表的位置_；C元素的一种同位素可以测定文物年代，这种同位素的符号为_。(2)用“”、“”或“”填空离子半径酸性还原性得电子能力N3-_ Al3+H2SO4_ HClO4O2-_ S2-35Cl _37Cl(3)黑火药爆炸时发生反应的化学方程式为：S+2KNO3+3C=K2S +3CO2+N2反应生成物中，属于非电解质的是_，其电子式为_。(4)在(3)中化学反应方程式的元素中，属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_，能证明其递变规律的事实是_(填字母)A氧化物对应水化物的酸性B气态氢化物的沸点C单质与氢气反应的难易程度D气态氢化物的稳定性【答案】 (1). Cl22Br-2Cl-Br2 (2). SO2Br22H2OH2SO42HBr (3). 5/3 (4). B (5). 第二周期IVA族 (6). 146C (7). (8). (9). NC (14). CD【解析】【分析】I由流程可知，海水蒸发溶剂得到粗盐和苦卤溶液，苦卤溶液中通入氯气，氯气与溴离子发生置换反应生成溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，用二氧化硫或纯碱吸收溴，然后再加入合适的试剂将溶液中的溴元素转化为为溴单质，得到高浓度的溴溶液，目的是富集溴。II. （1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族；（2）核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；单质的氧化性越强，离子的还原性越弱；同种元素得电子能力相同；（3）反应生成物中氮气为单质，硫化钾为电解质，二氧化碳属于非电解质；（4）在（3）中化学反应方程式的元素中、C、N、O位于同周期，原子序数大的非金属性强，则非金属性为ONC。【详解】I（1）向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，分液的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（2）海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，溴单质沸点低，易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；纯碱吸收溴单质，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，电子转移5e-，配平得到3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，反应中，Br元素化合价分别由0价变化为-1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂（Br2）=25n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为mol，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；（3）A、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故正确；B、电解饱和食盐水生成的是氯气、氢气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠生成钠和氯气，故错误；C、工业生产中常选用性价比相对较高的生石灰或石灰水作沉淀剂，故正确；D、海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故正确；故选B，故答案为：B；II. （1）C元素位于元素周期表第二周期IVA族，14C可以测定文物年代，故答案为：第二周期IVA族；14C；（2）N3-、Al3为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，则N3-大于Al3+，非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；氧气的氧化性大于硫单质，则O2-小于S2-；同种元素得电子能力相同，故答案为：；NC；A、O元素只有正化合价，不存在氧化物，方法不合理，故错误；B、气态氢化物的沸点与非金属性无关，故错误；C、单质与氢气反应的难易程度，可知非金属得电子的能力，能比较非金属性，故正确；D、氢化物的稳定性可比较非金属性强弱，故正确；故选CD，故答案为：ONC；CD【点睛】本题考查海水资源综合应用和元素周期律，注意氯化钠提取、溴的制备过程分析，掌握非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律是解答关键。27.下表是元素周期表的一部分, 针对表中的种元素,填写下列空白(填写序号不得分): 族 周期AAAAAAA0族 2 3 4(1)在这些元素中,化学性质最不活泼的是:_。(填元素符号)(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。 (3)比较与的最高价氧化物对应的水化物，_的酸性强(填化学式)(4)工业上制取的氢化物的化学方程式_；的氢化物与的最高价氧化物的水化物反应所得的产物化学式为_。(5)可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因_(用化学方程式表示)(6)比较与的氢化物,_更稳定,_沸点更高(填化学式)(7)写出的单质与水反应的化学方程式_。(8)写出元素的离子结构示意图_,该离子半径_S2-(填“”或“”)写出元素在周期表的位置_。【答案】 (1). Ar (2). HClO4 (3). KOH (4). H2CO3 (5). N2+3H2 2NH3 (6). NH4NO3 (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). H2O (9). H2O (10). 2F2+2H2O=4HF+O2 (11). (12). (13). 第四周期VIIA族【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，是C元素，是N元素，是O元素，是F元素，是Si元素，是S元素，是Cl元素，是Ar元素，是K元素，是Br元素。【详解】（1）在的10种元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar，故答案为：Ar；（2）根据元素周期律：同周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同主族元素的原子，从下到上最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱可以推知酸性最强的式是高氯酸，碱性最强的是KOH，故答案为：HClO4；KOH；（3）是C元素，是Si元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，则最高价氧化物对应的水化物酸性强的是H2CO3，故答案为：H2CO3；（4）是N元素，工业上用氮气和氢气反应制备氨气，反应的化学方程式为N2+3H2 2NH3；氨气与硝酸反应生成硝酸氨，故答案为：N2+3H2 2NH3；NH4NO3；（5）红棕色气体是二氧化氮，二氧化氮易溶于水，与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（6）是O元素，是S元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢；水分子之间可以形成氢键，增大分子间作用力，沸点高于硫化氢，故答案为：H2O；H2O；（7）是F元素，氟气与水发生置换反应反应生成氢氟酸和氧气，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；（8）是Cl元素，氯离子结构示意图；是S元素，氯离子和硫离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小，则氯离子比较小于硫离子；是Br元素，位于周期表第四周期VIIA族，故答案为：；第四周期VIIA族。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，明确元素的位置推断出各元素，熟悉元素及单质、化合物的性质是解答的关键。28.氨与硝酸都是氮的重要化合物，在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：(1)氨气的制备氨气制取的发生装置可以选择上图中的_(填字母)，反应的化学方程式为_。选择上图装置组装一套实验装置来收集一瓶干燥的氨气，所选装置的连接顺序为：发生装置_i(按气流方向，用小写英文字母表示)。可用如图装置进行氨的喷泉实验，引发喷泉的操作是_。(2)如图所示，NH3经一系列反应可以得到HNO3。反应的化学方程式为_。产物NO是大气污染物之一。在400左右且有催化剂存在的情况下，可用氨将一氧化氮还原为无色无毒气体。该反应的化学方程式为_。(3)在某100mL硝酸与硫酸的混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.6 molL-1和0.3molL-1。向该混合液中加入3.84g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). A或B (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O或NH3H2ONH3+H2O (3). d (4).