安徽省合肥市第一六八中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

安徽省合肥市第一六八中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分可能用到的相对原子质量：H-1 N-16 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5第卷(选择题共48分)一、单项选择题:在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的（本部分16题，每题3分，共48分）。1.元素周期律和元素周期表，揭示了元素之间的内在联系，反映了元素性质与其原子结构的关系，在哲学、自然科学、生产实践各方面都有重要的意义。例如人们可以根据元素周期律，在元素周期表中金属元素与非金属元素分界线附近寻找（ ）A. 耐高温的合金材料B. 制农药的元素C. 做催化剂的元素D. 做半导体材料的元素【答案】D【解析】【分析】元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，既有金属性也有非金属性，性质决定用途，以此来解答。【详解】A耐高温的合金材料在过渡元素区寻找，A项错误；B制农药的元素在周期表右上方的非金属元素区寻找，B项错误；C做催化剂的元素从过渡元素区寻找，C项错误；D作半导体材料的元素，在元素周期表金属元素与非金属元素的分界线附近寻找，D项正确；答案选D。2.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）A. 次氯酸的电子式： B. M2+离子核外有a个电子，b 个中子，M原子符号为：C. 用电子式表示K2O的形成过程为： D. Na+的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其正确的电子式为：，A项错误；B. M2+离子核外有a个电子，相应的M原子有a+2个电子，即质子数为a+2，又因为含b 个中子，则质量数为a+2+b，故M原子符号为：，B项正确；C. K2O为离子化合物，O原子核外有六个电子，正确的书写过程应该是：，C项错误； D. Na+的核外电子数为10，正确的结构示意图为，D项错误；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。3.X、Y 是第 2或第 3周期中的两种元素，它们可形成离子型化合物 XmYn，且离子均有稀有气体原子的电子结构。若X 的原子序数为 a，则Y 的原子序数不可能为（ ）A. a+8-m-nB. a-8+m-nC. a+16-m-nD. a-m-n【答案】B【解析】，若X是第二周期，Y是第二周期元素，则Y的原子序数为：a+8-m-n，A正确；若X是第二周期，Y是第三周期元素，则Y的原子序数为：.a+16-m-n，C正确；若X是第三周期，Y是第二周期，则Y的原子序数为：a-m-n，D正确；若X是第三周期，Y是第三周期，则Y的原子序数为：a+8-m-n；即不可能的选项为B。4.手性分子是指在分子结构中，当 a、b、x、y 为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子下列分子中指定的碳原子（用*标记）不属于手性碳原子的是（ ）A. 木糖醇B. 丙氨酸C. 葡萄糖D. 甘油醛【答案】A【解析】【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，据此分析作答。【详解】A. 星号碳原子上连有两个一样的原子团，不是手性碳原子；B. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子；C. 星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及剩余的大取代基，是手性碳原子；D. 该星号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及醛基，是手性碳原子；答案选A。【点睛】手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团是不同的。5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 46 g NO2 和N2O4 混合气体中的氧原子数为 2NAB. 1 mol N2 与 4 mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NAC. 1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应，电子转移数为 3NAD. 标准状况下，2.24 LCCl4 含有的共价键数为 0.4NA【答案】A【解析】【详解】A. NO2 和N2O4的最简式均为NO2，则46g最简式的物质的量为=1mol，则混合气体中的氧原子数1mol2NA mol-1=2NA个，A项正确；B. N2与H2反应为可逆反应，1 mol N2与 4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B项错误；C. 因2Fe +3Cl22FeCl3，则1 mol Fe 和 1 mol Cl2 充分反应时，Fe过量，1 mol Cl2反应完全，电子转移数为 2NA，C项错误；D. CCl4在标准状况下不是气体，无法通过标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，D项错误；答案选A。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。6.短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子半径依次增大，X 是短周期元素中原子半径最小的，Z、W 同主族，且 Z、W 的原子序数之差与Y 的原子序数相同，X、Y、Z、W 的最外层电子数之和为 15。下列说法正确的是（ ）A. Z 单质与 WY2 在高温条件下反应生成 W 单质，说明非金属性：ZWB. 向无色的X2Z2Y4 溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，溶液仍为无色，体现了X2Z2Y4 的还原性C. Y、Z、W 的简单氢化物的稳定性依次增强D. 由X、Y 两种元素形成的所有化合物中所含化学键的类型完全相同【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，X是短周期元素中原子半径最小的，为H元素。Z、W同主族，且Z、W的原子序数之差与Y的原子序数相同，短周期同主族相邻周期元素原子序数差一般为2或8个，但X为H元素，相差的不是2，Z、W同主族，其原子序数差为8，可知Y为O元素，X、Y、Z、W的最外层电子数之和为15，H最外层为1，O最外层为6，则Z和W的最外层电子数为4。可知X、Y、Z、W分別为H、O、C、Si。AC与SiO2在高温条件下发生反应2C+SiO2Si+2CO ，说明还原性CSi，A错误；BX2Z2Y4溶液为草酸溶液，草酸可以与高锰酸钾反应，草酸具有还原性，B正确；CO、C、Si的非金属性依次减弱，对应的简单氢化物的稳定性依次减弱，C错误；D由H、O两种元素形成的化合物为H2O和H2O2，H2O中含有极性共价键，H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，D错误。本题答案选B。7.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。8.固体A 的化学式为 NH5，已知其熔融态能够导电，则下列有关说法不正确的是（ ）A. 1 mol NH5 中含有 5 NA 个 NH 键(设 NA 表示阿伏加德罗常数的值)B. NH5 中既有共价键又有离子键C. NH5 的电子式为D. NH5 与水反应的离子方程式为NH4+H-+H2O=NH3H2OH2【答案】A【解析】【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为，铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，据此分析解答。【详解】A. NH5中存在离子键和共价键，1mol NH5中含有4NA个NH键(NA表示阿伏加德罗常数)，含有1mol离子键，A项错误；B. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，B项正确；C. NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，C项正确；D. NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，其离子方程式为NH4+H-+H2O=NH3H2OH2，D项正确；答案选A。9.下列关于A 族元素性质预测正确的是（ ）A. Ra(OH)2 和 Mg(OH)2 类似，二者均难溶于水B. RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水C. Sr在常温下不能和冷水反应D. 依据对角线规则，Be 的性质和Al 类似，Be(OH)2 和NaOH 反应可生成NaBeO2【答案】B【解析】【分析】同一主族元素从上到下原子半径依次增大，金属性依次增强，A 族元素有相似性也有递变性，据此分析作答。【详解】A. Mg(OH)2难溶，Ca(OH)2微溶，Ba(OH)2易溶，Ra位于第七周期A 族，根据递变规律可以判断Ra(OH)2可溶于水，A项错误；B. A 族硫酸盐的水溶性依次降低，则RaSO4 和BaSO4 类似，二者均难溶于水，B项正确；C. 同主族元素金属性依次增强，可知Sr的金属性强于Ca，Ca能水反应，则依据递变规律可知，Sr在常温下能和冷水反应，C项错误；D. 依据对角线规则，Be 性质和Al 类似，也可以与NaOH 反应生成盐，根据Be化合价为+2价，则其与氢氧化钠生成的盐为Na2BeO2，D项错误；答案选B。10.标准状况下，某同学向 100 mLH2S 饱和溶液中通入 SO2，所得溶液 pH 变化如图所示，下列分析中， 正确的是（ ）A. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸B. ab 段反应是：SO22H2S=3S2H2OC. 原 H2S 溶液的物质的量浓度为 0.05mol/LD. b 点对应的溶液导电性最强【答案】B【解析】【分析】H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112 mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题。【详解】A根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）= = 0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01 mol，通入336 mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01 mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，A项错误； Bab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，B项正确；C由图可知，112 mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为= 0.1mol/L，C项错误；Db点为硫化氢与二氧化硫恰好完全反应，溶液中的离子浓度最小，导电性最差，D项错误；答案选B。11.已知草酸晶体(H2C2O42H2O)的熔点为 101，170分解。下列选用的装置和药品能达到实验目的的是（ ）ABCD制取SO2制取NO2H2C2O42H2O分解分离苯与溴苯A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，可以使用浓硫酸在加热的条件下与铜反应，应选用亚硫酸盐与硫酸反应制备，A项错误；B. Al与浓硝酸常温下发生钝化，不能制备二氧化氮，故B错误；C. 草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，产物均为气体，图中试管口应向上倾斜，C项错误；D. 苯与溴苯互溶，但沸点不同，图中蒸馏装置可分离，D项正确；答案选D。12.短周期元素 X、Y、Z、W、R、T 的原子序数依次增大， X 的最外层电子数与次外层电子数相等， X、W位于同族。Y 和 Z 的价电子数之和等于 R 和T 的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐 Z2TY3 和ZRY2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子的半径：r（Y）r（Z）r（W）B. 气 态 氢 化 物 的 热 稳 定 性 ：TYC. 工业上电解R 的氯化物冶炼单质 RD. X的氢氧化物既可与强酸反应，又可与强碱反应【答案】D【解析】【分析】根据原子结构、元素在周期表中的位置，结合短周期、原子序数增大、形成盐的化学式等，推断元素，进而分析图象、回答问题。【详解】最外层与次外层电子数相等的元素有Be、Ar，题中X只能为铍（Be）；与X同主族的W为镁（Mg）。据盐化学式Z2TY3和ZRY2可知，Y为氧（O），结合与盐酸反应的图象，得R为铝（Al）；因原子序数增大，盐中阳离子Z元素只能是钠（Na）；又据Y、Z与R、T 的价电子关系，知T为硅（Si）。A项：O2、Na+、Mg2+核外电子排布相同，核电荷大的，则离子半径小。故离子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项：据元素在周期表中的位置，知非金属性SiO，则气态氢化物的热稳定性： T r(Y)r(X)B. X与Y 组成的化合物中均不含共价键C. Z 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D. 元素Y、W 形成的化合物的水溶液呈中性【答案】D【解析】【分析】Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，即最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则Z原子的核外有三层，即Z元素为S；X、Z同主族，则X元素为O，Y的原子序数大于8且小于X和Z的最外层电子数之和12，所以金属元素Y为Na，短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，所以W元素为Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X元素为O，Y元素为Na，Z元素为S，W元素为Cl，A. Na是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Cl和S相邻并且Cl原子比O多一电子层，所以原子半径：r(Na)r(Cl)r(O)，A项错误；B. X与Y组成的化合物有Na2O或Na2O2，其中Na2O2由钠离子和O22离子构成，O22含有非极性共价键，B项错误；C. S的非金属性小于Cl，所以Cl的简单气态氢化物的热稳定性比S的强，C项错误；D. Y、W 形成的化合物为NaCl，为强酸强碱盐，溶液显中性，D项正确；答案选D。15.下列实验能达到相应实验目的的是（ ）选项试剂实验目的实验装置XYZANa2SO3稀 HNO3品红溶液证明 SO2 具有漂白性BMnO2浓盐酸KI-淀粉溶液比较Cl2 与 I2 的氧化性强弱CNa2CO3醋酸Na2SiO3 溶液证明酸性：CH3COOH H2CO3 H2SiO3D蔗糖浓硫酸溴水证明浓硫酸具有脱水性、氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；C、醋酸具有挥发性，产生的CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。16.在一定量铁氧化物中，加入 45mL 4 mol/L 硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中 Fe2+能恰好被标准状况下 672 mL 氯气氧化。则该固体中氧原子和铁原子的个数之比为（ ）A. 6：5B. 3：2C. 9：7D. 4：3【答案】C【解析】【分析】铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由守恒可知，n（H2O）=n（H2SO4）=n（氧化物中O）；Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化，由电子守恒可计算亚铁离子的物质的量，且铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，以此来解答。【详解】硫酸的物质的量为4 mol/L0.045 L=0.18 mol，可知氧化物中含O为0.18 mol，Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化,由电子守恒可知n(Fe2+)= 0.06mol，铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+) = x，则3x+0.062=0.182，解得x=0.08mol，该固体中氧原子和铁原子的个数之比为0.18mol：(0.06mol+0.08mol) = 9:7，C项正确，答案选C。第卷（非选择题，共52分）17.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234（1）写出元素的离子结构示意图_，该离子半径_S2-(填“”或“”) ；（2）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是(填化学式，下同)_；（3）上述元素中金属性最强的是_，写出其与水反应的化学方程式_；（4）由、三种元素形成的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是_；（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是_(用化学方程式来表示)；标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到 试管容积的_处，所得试管内溶液物质的量浓度为_mol/L（假设溶质全部留在试管中）；（6）设计实验验证比较元素、的非金属性强弱：_。【答案】 (1). (2). HBr HCl (7). 3NO2 + H2O = NO + 2HNO3 (8). 2/3 (9). 1/22.4 (10). 向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2S，故可证明非金属性：O S；铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O S。【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，为B、为N、为O、为F、为Na、为Al、为S、为Cl、为K、为Br，（1）依据满8电子稳定结构书写其离子方程式；结合简单离子半径的比较方法回答；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；（3）依据元素金属性的周期性变化规律作答；（4）简单氢化物的沸点从氢键与范德华力两个因素综合考虑；（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故二氧化氮不能用排水法收集；（6）比较O与S的非金属性强弱，可从比较其单质的氧化性强弱考虑。【详解】有上述分析可知，为B、为N、为O、为F、为Na、为Al、为S、为Cl、为K、为Br，（1）元素为O元素，最外层电子数为6，则其离子结构示意图为：；电子层数越大，对应简单离子半径越大，因O2-的电子层数比S2-的多，则对应的离子半径小于S2-，故答案为：； HBr HCl，故答案为：HF HBr HCl；（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故二氧化氮不能用排水法收集；依据方程式可知，气体体积减少，则标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到试管容积的处，假设试管的体积为V，则在标砖状况下，气体的物质的量为，根据物质的量浓度公式可知，c=,故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2/3；1/22.4；（6）依据单质的氧化性强弱来作为非金属性判断的依据之一，可设计实验如下：向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2S，故可证明非金属性：O S；铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O S。答案合理可酌情给分。18.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70% Cu、25% Al、4% Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Fe与过量的浓 HNO3 反应的离子方程式为_，得到滤渣 1 的主要成分为_。（2）第步加H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为Fe3+，用H2O2 做氧化剂的优点是_。（3）滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3 和 Fe(OH)3，在生产中利用何种化学原理分离两种沉淀，写出反应的离子方程式_。（4）第步蒸发所需玻璃仪器为_。【答案】 (1). Fe+6H+3NO3-Fe3+ +3NO2+3H2O (2). Au、Pt (3). 不引入新的杂质，对环境无污染 (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). 酒精灯、玻璃棒【解析】【分析】稀硫酸、浓硝酸混合后加热，硝酸足量，故Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的金属离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，然后通过调整溶液的pH使Fe3+和Al3+全部形成沉淀过滤除去，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2中主要成分是硫酸铜，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO45H2O晶体，以此解答该题。【详解】(1) 第步Fe与过量的浓HNO3在加热使肤色反应，Fe被氧化为Fe(NO3)3，硝酸被还原为NO2，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为Fe+6H+3NO3-Fe3+ +3NO2+3H2O；在该操作中Fe、Al、Cu发生反应变为金属阳离子进入溶液，而活动性弱的金属Au、Pt不能被酸溶解，进入滤渣，因此滤渣1的主要成分是Pt和Au；(2)H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，而H2O2的还原产物是水，不会引入杂质，对环境无污染；(3)Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3溶于NaOH溶液而Fe(OH)3是碱，不能被碱溶解，则可以用NaOH溶液把Al(OH)3和 Fe(OH)3分离，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；(4)第步蒸发所需仪器为酒精灯、玻璃棒，蒸发皿，玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒。【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识，涉及仪器的使用、实验方案的设计与评价、方程式的书写等，侧重考查元素化合物性质、分离提纯方法等知识点，明确元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，利用题干信息及习题中的信息结合元素化合物性质分析解答，难点是判断流程图中各物质成分，题目难度不大。19.随原子序数递增，八种短周期元素（用字母 x 等表示），原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示：根据判断出的元素回答问题：（1）g 在周期表中的位置是_（2）d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序：_(用离子符号表示)（3）有关 y、z、d 三种元素的说法正确的是_（填序号）最高正价：dzy 简单气态氢化物的稳定性：dzy非金属性：dzy 单质活泼性：yzd（4）根据g 和h 两种元素填空：最高正价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是_(用化学式表示)g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，试写出其电子式_（5）试写出x、d、e 形成化合物的水溶液与单质f 反应的化学方程式_已知化合物A、B 均由 x、d、e、g 四种元素组成，试写出A 和B 反应的离子方程式_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). Cl-O2-Na+ (3). (4). HClO4H2SO4 (5). (6). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (7). H+HSO3-=H2O+SO2【解析】【分析】根据元素周期律结合图表可以看出，x位于第一周期，y、z和d位于第二周期，e、f、g和h位于第三周期，从图表的最高正价与最低负价再推出元素所处的族序数，进而推出其元素，分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl，再结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，上述x、y、z、d、e、f、g和h分别是H、C、N、O、Na、Al、S和Cl元素，则：（1）g为S，在元素周期表的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，对应简单离子半径越大。则d、e、h 的简单离子半径由大到小顺序为Cl-O2-Na+，故答案为：Cl-O2-Na+；（3）由于O元素的非金属性很强，其最高正价只能达到+2价，不能达到+6价，项错误；元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越大，则稳定性：H2ONH3CH4，项正确；同周期从左到右元素非金属性依次增强，则非金属性：ONC，项正确；氮气化学键牢固，不活泼，氧气氧化性较强，最活泼，则单质的活泼性：O2 C N2，项错误；答案选；（4）g和h分别为：S和Cl，非金属性ClS。非金属性越强，则最高正价氧化物对应水化物酸性越大，故其由强到弱的顺序：HClO4H2SO4，故答案为：HClO4H2SO4；g2h2 分子中原子都满足 8 电子结构，根据共价键理论可知，其电子式为：，故答案为：；（5）x、d、e 形成化合物为氢氧化钠，其水溶液与单质铝反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；由 x、d、e、g 四种元素组成的化合物可以互相反应，则所形成的两种化合物分别是亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，在水溶液反应的离子方程式为：H+HSO3-=H2O+SO2，故答案为：H+HSO3-=H2O+SO2。【点睛】本题考查元素结构与性质的综合运用，非金属性判断的依据有：1.由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱）；3.由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；4.由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强，值得注意的是，F与O无最高正化合价；6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。20.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持、加热仪器已略去，气密性已检验）。实验过程；I打开弹簧夹，打开活塞a，清加浓盐酸。II当 B 和C 中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。当B中溶液