2018-2019学年河北省衡水市武邑中学高一(上)期末化学试卷

1、2018-2019 学年河北省衡水市武邑中学高一（上）期末化学试卷副标题题号一二总分得分一、单选题（本大题共15 小题，共60.0 分）1.利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol 水，下列说法正确的是（）A. 可生成 H2 的质量为 0.02g1023 个B. 可生成氢的原子数为 2.408C. 可生成 H2 的体积为 0.224L （标准情况）D. 生成 H2 的量理论上等于 0.04mol Na 与水反应产生H2 的量2.用下图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是（）A.鉴别纯碱与小苏打B.证明 Na 2O2 与水反应放热C.证明 Cl 2 能与烧碱溶液反应D.探究钠与Cl

2、 2 反应3. 常温常压下， 某烧碱溶液与 0.05mol 氯气恰好完全反应， 得到 pH=9 的混合溶液 （溶质为 NaCl 与 NaClO ）下列说法正确的是（N A 代表阿伏伽德罗常数）（）A.B.氯气的体积为 1.12 L原烧碱溶液中含溶质离子0.2N A 个C. 所得溶液中含 OH-的数目为 110-5NAD. 所得溶液中 ClO -的数目为 0.05NA4. 下列反应（均未配平）中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为12的是（）：A. Cu+H 2SO4 CuSO4+SO2 +H2OB. CH 3COOH+Ca （ ClO） 2 HClO+Ca （ CH 3COO） 2第1页，共 23

3、页C. I 2+NaClO 3 NaIO 3+Cl 2D. HCl+MnO 2 MnCl 2+Cl 2 +H2O5.Al 与 Na 2O2 的混合物溶于足量的水中，得到澄清溶液，同时产生3.5g 气体在所得溶液与 100mL7mol/L盐酸作用过程中，先有白色沉淀生成，此后沉淀又恰好溶解，则 Al 与 Na2O2 的物质的量之比为（）A. 2：1B.1： 2C. 11： 2D. 2： 116.向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO 2 溶液，生成沉淀Al（OH ）3的量随 NaAlO 2加入量的变化关系如图所示。生成的沉淀过滤除去后，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A. a 点对应

4、的溶液中： Na +、 K +、 HCO 3-、 Cl -B. b 点对应的溶液中： Na+ 、 OH -、 SO42-、 Cl -C. c 点对应的溶液中： Na+、 K +、 Ag +、 NO 3-D. d 点对应的溶液中：Na+、 K +、 OH-、 Cl -7. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式 （或离子方程式）的类推正确的是（）已知类推将 Fe 加入 CuSO4 溶液中：将 Na 加入到 CuSO4 溶液中：A2Na+Cu 2+=Cu+2Na +Fe+Cu 2+=Cu+Fe2+稀硫酸与 Ba（ OH ）2 溶液反应至溶液呈NaHSO 4 溶液与 Ba（ OH

5、 ）2 溶液反应呈B 中性：中性：+2-+-4 +2H+42-+-4 +2H2H +SO4+Ba +2OH =BaSO2H +SO+Ba +2OH =BaSOOOC 铁和氯气反应 2Fe+3Cl 2 2FeCl3铁和单质反应 2Fe+3I2 2FeI3向 Ca（ClO ） 2 溶液中通入少量CO2：向 Ca（ ClO ） 2 溶液中通入少量SO2：D Ca2+2ClO -+CO 2+H2O=CaCO 3 +2HClO Ca2+2ClO -+SO 2+H 2O=CaSO3 +2HClOA.AB.BC.CD.D8. 已知： 2C（ s） +O 2（ g） =2CO （ g） H=-217kJ ?m

6、ol-1 C（ s） +H 2O（ g）=CO （ g）+H 2（ g） H=bkJ ?mol -1H-H、O-H和O=O键的键能分别为436、462和495kJ mol-1，则 b 为（）?A. +352B. +132C. -120D. -3309.把 500mLNH 43 和 Na2CO3 的混合溶液分成五等份，取一份加入含 a mol 氢氧化HCO钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl 的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中 c（Na +）为（）A.B. （ 2b-a） mol/LC.D. （ 10b-5a） mol/L10.实验室中一瓶固体M的标签右半部分已被腐蚀，剩余部分

7、只看到“Na2S”字样（如图所示） 。已知固体 M 只可能是 Na2S、Na2SO3 、Na 2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M 配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是（）A. 只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M 的成分第2页，共 23页B. 往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀生成，则固体M 为 Na SiO32C.D.常温时用pH 试纸检验，若pH=7 ，则团体M 一定是 Na2SO4往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl 2溶液，若有白色沉淀生成， 则固体 M 为 Na2SO411. 赤铜矿的成分是 Cu2O，辉铜矿的成分是 Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应： 2C

8、u2O+Cu2 S 6Cu+SO2 ，对于该反应，下列说法正确的是（）A. 该反应的氧化剂只有Cu2OB. Cu 既是氧化产物，又是还原产物C. Cu2S 在反应中既是氧化剂又是还原剂D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1： 612.短周期元素A 、 B、 C、D 的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10A 与 C 同主族， B 与 D 同主族， A、C 原子的最外层电子数之和等于B 原子的次外层电子数则下列叙述正确的是（）A.B.D 元素处于元素周期表中第3 周期 VIA 族四种元素的原子半径：A B C DC. B、 D 的最高价氧化物具有相似的物理性质

9、和化学性质D. 一定条件下， B 单质能置换出 D 单质， C 单质能置换出 A 单质13.短周期主族元素 X 、 Y 、Z 在周期表中的位置如图下列说法正确的是（）ZX YA. Z 元素的最高化合价一定大于X 元素B. 三种元素原子半径由高到低的顺序一定是YXZC. 若它们的原子最外层电子数之和为11，则 X 为金属元素D. 若它们均为金属元素，则Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性最强14.短周期元素 W 、X 、Y 、 Z 的原子序数依次增大，且W、X、Y +、Z 的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、 3、4、2（不考虑零族元素）下列关于这些元素的叙述错误的是（）A. X 和其他三种

10、元素均可形成至少2种二元化合物B. W 和 X 、 Z 两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子C. W 、X 和 Y 三种元素可以形成碱性化合物D. Z 和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性15. a molNa 2O2 和 b molNaHCO 3 固体混合后， 在密闭容器中加热到 250，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a：b 不可能为（）A. 3：4B. 4：5C. 2：3D. 3：2二、简答题（本大题共3 小题，共40.0 分）16. X、 Y、 Z、 R、 W 为五种原子序数依次增大的短周期元素已知： X 元素的原子半径是所有原子中最小的；Y 元素的原子最外

11、层电子数是最内层电子数的2倍Y 与 R 可以形成 YR 与 YR 2 两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一 W 与 R 能形成原子个数之比为2： 1和 l ： 1的离子化合物甲和乙根据要求回答问题：（ 1） R 在周期表中的位置是 _（ 2） Y 、R、W 三种元素的原子半径由大到小顺序为_（用元素符号表示）（ 3） X 2R 与乙反应的化学方程式是_（ 4）元素 Y 、R、W 形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，其原理是 （用离子方程式表示）_0.1mol L -1该溶液中，各种阴离子的浓度由大到小关系?为 _第3页，共 23页17. 如图为相关物质间的转化关系，其中甲、丙为生

12、活中常见的金属单质，乙、丁为非金属单质且丁为气态， E 为白色沉淀， D 为浅绿色溶液。请回答：（ 1）组成甲的元素在元素周期表中的位置为_，请列举乙单质的一种用途_，用电子式表示丁的形成过程_。（ 2）在 C 溶液中滴入2 滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是 _（化学式）（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）将 B 的稀溶液加水稀释， 在图 2 画出溶液的 pH 随加水体积的变化趋势曲线。（ 5）将等物质的量的 A 和 NaOH 混合溶于水，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为： _。（ 6）若反应中盐酸过量，向 D 溶液中滴加 84 消毒液，溶液

13、的颜色发生了变化，该反应的离子方程式为_。小辉同学欲设计实验， 验证 D 溶液中的阳离子尚未完全被氧化， 请你将实验过程补充完整：取反应液少许于试管中， 滴加 _，则证明 D 中的阳离子未完全被氧化。18. 钼是一种过渡金属元素， 通常用作合金及不锈钢的添加剂， 这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。（ 1）写出在高温下发生反应的化学方程式：_（ 2）生产中用足量的浓氨水吸收反应的尾气合成肥料，写出该反应的离子方程式： _（ 3）如果在实验室模拟操作1 和操作 2，则需要使用的主要玻璃仪器有_（ 4）某同学利用下图所

14、示装置来制备氢气，利用氢气还原三氧化钼，根据要求回答问题：请设计一个实验方案验证H2 的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是_第4页，共 23页在烧瓶A 中加入少量硫酸铜的目的是_两次使用D 装置，其中所盛的药品依次是_、（ 5）工业上制备还原性气体CO 和 H2 的反应原理为CO2+CH 42CO+2H 2 CH 4+H2OCO+3H 2含甲烷体积分数为80%的 a L（标准状况）天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下 反应，甲烷转化率为 90%，用产生的还原性气体（ CO 和 H 2）还原 MoO 3 制钼，理论上能生产钼的质量为 _（保留两位小数，钼的相对原子质量为 96）第5

15、页，共 23页答案和解析1.【答案】 D【解析】解：根据方程式 2H2O=2H +O，光解0.02 mol 水，可产生 0.02 molH和 0.01222molO2则可得：A 可生成 H2 的质量为 0.02mol 2g/mol=0.04g，故 A 错误；B可生成氢的原子数 为 0.02mol 26.02 1023/mol=2.408 1022 个，故B 错误；C可生成标准状况下 H2 的体积为 0.02mol 22.4L/mol=0.448L ，故C 错误；D钠与水发生 2Na+2H2O=2NaOH+H 2，则 0.04mol Na 与水反应产生0.02molH 2，故D 正确。故选：D。

16、根据方程式 2HO=2H +O，光解 0.02 mol 水，可产生 0.02 molH和 0.012222结=结合物质的构成解答该题molO2， 合 n=本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考 查，本题为2016 年海南高考 题，难度不大，注意把握相关物理量的 计算公式的运用以及物质的构成特点，把握相关反 应，难度不大2.【答案】 A【解析】解：A 碳酸氢钠加热分解有水生成，试管口应略向下倾斜，故 A 错误；BNa2O2 与水反应生成氧气且放 热，则脱脂棉燃 烧，故 B 正确；C氯气与 NaOH 反应使锥形瓶中气体减少，可 观察气球变大，故 C 正确；D氯气与 Na 反应生成氯

17、化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气，生成白色固体可说明钠与氯气反应，故D 正确；故选：A。A 碳酸氢钠加热分解有水生成；BNa2O2 与水反应生成氧气且放 热；第6页，共 23页C氯气与 NaOH 反应使锥形瓶中气体减少；D氯气与 Na 反应生成氯化钠，含碱液的棉花团可吸收过量氯气。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验装置的作用、实验技能为解答的关 键，侧重分析与 实验能力的考 查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.【答案】 B【解析】解：氯气和 NaOH 反应方程式为 Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O，因为生成的NaClO 是强碱

18、弱酸盐导致溶液呈碱性，A 常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol ，所以氯气体积大于 1.12L，故A 错误；B根据方程式知，参加反 应的 n（NaOH）=2n（Cl2）=20.05mol=0.1mol，NaOH是强电解质，完全电离，则 N（Na+）=n（Na+）NA=n（NaOH）NA =0.1NA ，NaOH电离出的阴阳离子个数相等，所以原 烧碱溶液中含溶 质离子 0.2NA 个，故 B 正确C所得溶液中 c（OH-）=mol/L=10 -5mol/L ，但溶液体积未知，无法计算 n（OH-），所以无法N（OH -）计算，故 C 错误；DNaClO 是强碱弱酸盐，部分次氯酸根离子

19、水解，导致溶液中 ClO-的数目小于 0.05NA ，故D 错误；故选：B。氯气和 NaOH 反应方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O，因为生成的NaClO 是强碱弱酸盐导致溶液呈碱性，A 常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol ；B根据方程式知，参加反 应的 n（NaOH）=2n（Cl2）=20.05mol=0.1mol，NaOH是强电解质，完全电离，则 N（Na+）=n（Na+）NA=n（NaOH）NA ；第7页，共 23页C所得溶液中 c（OH-）=mol/L=10 -5mol/L ，但溶液体积未知，无法 N（OH-）计算；DNaClO 是强碱弱酸盐，部

20、分次氯酸根离子水解本题考查物质的量有关 计算，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及电解质的电离、盐类水解、气体摩尔体积适用条件等，易错选项是 A ，注意：气体摩尔条件受温度和 压强影响4.【答案】 D【解析】A 2H2SO4（浓）+CuCuSO +2H解：4+SO22O 中，Cu 元素的化合价升高，Cu 为还原剂，S元素的化合价降低， H2SO4为氧化剂，2molH 2SO4中只有 1mol作氧化剂则剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故A错误；， 氧化 2HClO+Ca（CHCOO）中不存在化合价变化，不B2CH COOH+Ca（ClO ）3232属于氧化 还原反应，故B 错误；CI 2

21、+2NaClO3=2NaIO3+Cl氯2 中， 元素的化合价降低，碘元素的化合价升高，则 NaClO3为氧化剂，I 2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比 为 2：1，故C 错误；D反应4HCl+MnO 2 MnCl +2H中，锰元素化合价由MnO 2中+4 价2+Cl22O降低为 MnCl 2 中 +2 价，MnO2 是氧化剂，锰元素化合价全部降低；反应中氯元素化合价由 HCl 中-1 价升高为 Cl 2 中 0 价，HCl 是还原剂，由方程式产物中氯元素化合价可知有的 HCl 起还原剂作用，有的 HCl 起酸作用，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比 为 1：2，故D 正确；故选：D。氧化剂

22、在反应中得到电子被还原，还原剂在反应中失去电子被氧化，据此判断氧化剂和还原剂，然后计算出氧化 剂与还原剂物质的量关系。第8页，共 23页本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化剂、还原剂的概念为解答关键，注意根据化学计量数判断氧化 剂与还原剂关系，也可以根据电子转移守恒计算，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5.【答案】 B【解析】解：Al 与 Na2O2 在水中发生的反应分别为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H2，加入盐酸后又发生了反应 NaOH+HClNaCl+H2O、NaAlO 2+HCl+H 2O=Al（OH）

23、+NaCl、Al （OH），33+3HCl=AlCl 3+3H2O可见，最后所得溶液中的溶 质是 NaCl 和 AlCl 3。综合上述五个化学方程式可得如下关系式：AlNaAlO Al OH）AlCl3HClNaO2NaOH2NaCl2HCl，（，2332 2设原混合物中 xmolAl ，有ymolNa2O2，则依关系式2Na2O2 O22Al 3H2y0.5yx1.5xAl 3HClNa2O2 2HClx3xy2y由题给数据可建立等式1.5x 2+0.5y 32=3.5（ 式）3x+2y=7 0.1（ 式），联立 两式并解之， x=0.1mol，y=0.2mol ，铝和过氧化钠的物质的量之比

24、 0.1：0.2=1：2，故选：B。Al 与 Na2O2 在水中发生的反应分别为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H2，加入盐酸后又发生了反应NaOH+HCl NaCl+H2O、NaAlO+HCl+HO=Al （OH） +NaCl、Al （OH）2233+3HCl=AlCl 3+3H2O，可得反应的关系式：Al NaAlO 2Al （OH） AlCl33第9页，共 23页3HCl ，Na2O22NaOH2NaCl2HCl ，根据反应的关系式来列式 计算本题考查混合物的 计算，题目难度中等，本题中要认真分析可能 发生的反 应，找出有关

25、反 应的关系式可省去中 间过程计算的繁琐6.【答案】 D【解析】解：A a 点加入的偏 铝酸钠溶液不足，溶液中 盐酸过量，溶液显示酸性，HCO3-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；Bb 点偏铝酸钠与溶液中 氢离子恰好反 应生成 AlCl 3，OH-与铝离子反应，在溶液中不能大量共存，故B 错误；Cc 点生成氢氧化铝沉淀恰好达到最大量，溶液中含有NaCl，Ag +与氯离子生成氯化银沉淀，不能大量共存，故 C 错误；Dd 点加入了 过量的偏铝酸钠，溶质为 NaCl 和 NaAlO 2，Na+ 、K+、OH-、Cl-之间不反应，都不与 NaCl 和 NaAlO 2 反应，故D 正确；

26、故选：D。A a 点没有生成 氢氧化铝沉淀，加入的偏铝酸钠不足，溶液中存在大量 氢离子，碳酸氢根离子与 氢离子反应；Bb 点偏 铝酸根离子恰好与 氢离子反 应 生成 铝 离子，溶液中不会存在大量的氢氧根离子；C银离子与氯离子生成 氯化银沉淀；Dd 点为偏铝酸钠过量，四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应。本题考查离子共存的判断，题目难度中等，正确分析 a、b、c、d 中溶质的组成为解答本题的关键，注意掌握离子反应发生条件，试题培养了学生的分析能力及灵活 应用能力。7.【答案】 B【解析】第10 页，共 23页解：A 、铁排在金属 铜的前面，金属铁可以将金属 铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和

27、盐的反应一定是先和 盐中的水反 应，不会置换出其中的金属，故 A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸 钡沉淀，离子反应方程式为：2+2H+-2-=2H2O+BaSO4，NaHSO4 溶液与Ba（OH）溶液反应Ba+2OH +SO42呈中性，离子反应方程式为：Ba2+2H+2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4，故 B 正确；C、氯气氧化性 强能氧化铁为高价化合物 为氯化铁，碘单质氧化性弱只能氧化铁为氯化亚铁，故C 错误；D、少量二氧化碳通入次 氯酸钙溶液中生成碳酸 钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成 亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化 亚硫酸钙为硫酸钙，故D 错误；故

28、选：B。A、金属铁可以将金属 铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反 应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸 钡沉淀；C、碘单质氧化性弱，只能氧化 铁为亚铁 ；D、二氧化碳和二氧化硫均能和次 氯酸钙溶液反应二氧化硫具有 还原性被次氯酸氧化为硫酸本题考查学生离子方程式 书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知 识进行回答8.【答案】 B【解析】解： 2C（s）+O2（g）2CO（g）H=-217kJ?mol-1 C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）H=bkJ?mol-1，根据盖斯定律： 2- 得：第11 页，共 23页g）+2H（g）H=2b-（-2

29、17kJ?mol-1）；2H O（g）O（222而2HO（g）+2H （g）H=4462-495-436 2（kJ?mol-1），2O（g）22-1-1）即 2b-（-217kJ?mol）=4462-495-436 2（kJ?mol解得 b=+132，故选：B。根据盖斯定律 计算水分解反 应的焓变，化学反应的焓变 H=H 产物 -H 反 应物 再结合化学键能和物质能量的关系来回答本题考查学生盖斯定律的 应用以及化学反 应的能量和化学 键键能之间的关系，反应热计算方法是解 题关键，题目难度中等9.【答案】 D【解析】解：设 100ml 溶液中含有 NH 4HCO3xmol ，Na2CO3ymol

30、 ，NH 4HCO3 和 Na2CO3 的混合溶液加入NaOH，反应为NH 4HCO3+2NaOH NH 3?H2O+Na2CO3+H2O，则 NH 4HCO3 为 0.5amol，加入含 b mol HCl 的盐酸的反应为 NH HCO +HCl NH Cl+CO +HO，43422Na2CO3+2HCl 2NaCl+H2O+CO2，则 Na2CO3 的物质的量为 （b-0.5a）mol，n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b-0.5a）mol，c（Na+）=（b-0.5a）mol0.1L=（10b-5a）mol/L ，故选：D。NH 4HCO3 和 Na2CO3 的混合溶液加入NaOH，

31、反应为NH 4HCO3+2NaOH NH 3?H2O+Na2CO3+H2O，加入含 b mol HCl 的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl NH+H ，+2HCl 2NaCl+H，4Cl+CO22O Na2CO32O+CO2根据方程式 计算。第12 页，共 23页本题考查混合物的 计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算。10.【答案】 D【解析】解：A Na2S、Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4 分别与盐酸混合的 现象为：臭鸡蛋气味的气体、刺激性气体、白色沉淀、无现象，现象不同，则只用盐酸一种试剂就可以确定 该固体 M 的成分，故 A 正确；B只有 Na2SiO

32、3 与二氧化碳反 应有白色沉淀生成，则往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀生成， 则固体 M 为 Na2SiO3，故B 正确；CNa2S、Na2SO3、Na2SiO3 均水解显碱性，只有 Na2SO4 为中性，则常温下用pH 试纸检验 ，若pH=7，则团体 M 一定是 Na2SO4，故C 正确；DNa2SO3、与 Na2SO4 均与稀硝酸酸化的BaCl2 溶液反应生成白色沉淀，则不能确定 M 是否为 Na2SO4，故D 错误；故选：D。A Na2S、Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4 分别与盐酸混合的 现象为：臭鸡蛋气味的气体、刺激性气体、白色沉淀、无现象；B只有 Na2SiO3 与二氧

33、化碳反 应有白色沉淀生成；CNa2S、Na2SO3、Na2SiO3 均水解显碱性，只有 Na2SO4 为中性；DNa2SO3、与 Na2SO4 均与稀硝酸酸化的BaCl2 溶液反应生成白色沉淀。本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关 键，侧重分析与 实验能力的考 查，注意元素化合物知 识的应用，题目难度不大。11.【答案】 C【解析】解：A Cu 元素的化合价降低， 则 Cu2O、Cu2S 均为氧化剂，故A 错误；BCu 元素得到 电子被还原，则 Cu 为还原产物，故 B 错误；第13 页，共 23页CCu 元素的化合价降低， S元素的化合价升高，

34、 则 Cu2S在反应中既是氧化 剂，又是还原剂，故C 正确；DCu 为还原产物，SO2 为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化 产物的物质的量之比 为 6：1，故D 错误；故选：C。2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，Cu 元素的化合价降低， S 元素的化合价升高，以此来解答本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价 变化为解答的关键，侧重基本概念的考 查，题目难度不大12.【答案】 D【解析】解：A 与 C 同主族，A 、C 原子的最外 层电子数之和等于 B 原子的次外 层电子数，设 A 的最外层电子数为 x ，若B 为第二周期元素，则 2x=2，x=1，则 A 为 H，B

35、与 D 同主族，原子序数依次 递增，它们的核电荷数之和 为 32，原子最外层电子数之和 为 10，B 为 C，C 为 Na，D 为 Si，它们的核电荷数 1+6+11+14=32，符合题意；A 、因硅有 3 个电子层，最外层电子数为 4，则在周期表中的第三周期第A 族，故 A错误；B、电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半径在减小， 则半径关系为 CDBA，故B 错误；C、二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体，物理性质不同，故 C 错误；D、因 C+SiO2Si+2CO，2Na+2H2O 2NaOH+H2，即B 单质能置换出 D单质，C 单质能置换出 A 单质，故D 正确；第1

36、4 页，共 23页故选：D。A 与 C 同主族，A 、C 原子的最外 层电子数之和等于 B 原子的次外 层电子数，设 A 的最外层电子数为 x ，若B 为第二周期元素，则 2x=2，x=1 ，则 A 为 H，B与 D 同主族，原子序数依次 递增，它们的核电荷数之和 为 32，原子最外层电子数之和 为 10，B 为 C，C 为 Na，D 为 Si，它们的核电荷数 1+6+11+14=32，符合题意；若B 为第三周元素，则 2x=8，x=4，A 为碳，C 为硅，B 和 D 找不出符合题意的元素，A 、根据 D 为硅，利用电子排布来分析其位置；B、利用电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半

37、径在减小来分析；C、二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体；D、高温下，碳与二氧化硅能发生反应，常温下钠与水反应 本题考查学生利用原子 结构的关系来推断元素，然后利用元素的电子排布分析位置及半径，利用物 质的结构和性质来分析解答 问题，推断元素是解答本题的难点，应学会利用假 设和验证的方法来解答，题目难度中等13.【答案】 C【解析】解：由短周期元素在周期表中的位置可知， Z 处 于第二周期，X 、Y 处 于第三周期，A若Z 处于 A 族或 A 族时，为 O 或 F 元素，最高正化合价，故 A 错误；B同周期元素从左到右原子半径逐 渐减小，应为 X Y ，故B 错误；C若它们的原子最外 层

38、电子数之和 为 11，令X 最外层电子数为 a，Y 、Z 最外层电子数为 a+1，则 a+a+1+a+1=11，解得 a=3，故X 为 Al 、Y 为 Si、Z 为 C，故C 正确；D若它们均为金属元素，则 X 为 Na、Y 为 Mg 、Z 为 Be，X 的最高价氧化物 对应水化物的碱性最 强，故 D 错误 。故选：C。第15 页，共 23页由短周期元素在周期表中的位置可知，Z 处于第二周期， X 、Y 处于第三周期，A 若 Z 处于 A 族或 A 族时，Z 元素一般没有最高正化合价；B同周期元素从左到右原子半径逐 渐减小；C若它们的原子最外 层电子数之和 为 11，令X 最外层电子数为 a，

39、Y 、Z 最外层电子数为 a+1，则 a+a+1+a+1=11，解得 a=3，故X 为 Al 、Y 为 Si、Z 为 C；D若它们均为金属元素，则 X 为 Na、Y 为 Mg、Z 为 Be本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，注意掌握周期表中的特殊性，利用列举法解答，注意对元素周期表的整体把握，注意 对元素周期律的理解掌握14.【答案】 D【解析】解：短周期元素 W、X 、Y 、Z 原子序数依次增大，且 W、X 、Y +、Z 的最外层电子数与其 电子层数的比值依次为 2、3、4、2，若W 的电子层数为 2，最外层电子数为 4，所以W 为 C，若W 的电子层数为 3，最外层电子数为

40、6，所以 W 为S；X 的电子层数为 2，最外层电子数为 6，所以X 为 O，即W 只能为 C；Y+的电子层数为 2，最外层电子数为 8，所以 Y 的质子数为 2+8+1=11，所以 Y 为Na；Z 的电子层数为 3，最外层电子数为 6，所以 Z 为 S，A O 和 C 形成 CO、CO2，O 和 Na 形成 Na2O、Na2O2，O 和 S 形成 SO2、SO3，故 A正确；BW 和 X 、Z 两种元素分 别形成的 CO2、CS2，均为直线型分子，故 B 正确；CW、X 和 Y 三种元素可以形成碳酸 钠，碳酸钠溶液呈碱性，故 C 正确；DS 与 Na 可形成二元化合物Na2S，其水溶液呈碱性

41、，故 D 错误；故选：D。短周期元素 W 、X 、Y 、Z 原子序数依次增大，且 W、X 、Y +、Z 的最外 层电子数与其电子层数的比值依次为 2、3、4、2，若W 的电子层数为 2，最外层电子数为 4，所以W 为 C，若W 的电子层数为 3，最外层电子数为 6，所以W 为 S；X第16 页，共 23页的电子层数为 2，最外层电子数为 6，所以 X 为 O，即W 只能为 C；Y+的电子层数为 2，最外层电子数为 8，所以 Y 的质子数为 2+8+1=11，所以 Y 为 Na；Z的电子层数为 3，最外层电子数为 6，所以Z 为 S，然后结合元素及其化合物的性质来解答本题考查原子结构和元素周期律

42、，元素的推断是解答本 题的关系，注意短周期，不考虑稀有气体 时电子层为 2 或 3 即可解答，题目难度不大15.【答案】 D【解析】解：混合物在密闭容器中加热到 250时发应，可能 生如下反 2NaHCO3Na2CO3+CO2 +HO2 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2反应生成气体 产物是 O2 和 H2O（g），依题意可知，残余的固体 为 Na2CO3 和NaOH，生成的气体为 O2 和 H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2a-b）NaOH+（b-a）H2O

43、+O2所以 2a-b0，b-a1故的数值范围： 1A 、B、C 符合，a：b 不可能为 3：21，故选：D。混合物在密 闭容器中加 热到 250时，可能发生如下反 应：2NaHCO3Na CO +CO +HO2322 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2第17 页，共 23页反应生成气体 产物是 O2 和 H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度 计算本题考查混合物的 计算，题目难度中等，注意根据反 应的原理结合质量守恒计算16.【答案】 第二周期第 VIA 族Na C2-c（CO32-） cO 2Na

44、2O2+2H 2O=4NaOH+O 2 CO3+H2O? HCO 3 +OH） c（ OH（ HCO3-）【解析】解：X 、Y 、Z、R、W 为五种原子序数依次增大的短周期元素， X 元素的原子半径是所有原子中最小的，则 X 是 H 元素； Y 元素的原子最外 层电子数是最内 层电子数的 2 倍，且为短周期元素，则 Y 是 C元素； Y 与 R 可以形成 YR 与 YR 2 两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一，造成温室效应的气体是二氧化碳，所以 R 是 O 元素；Z 原子序数大于 Y 而小于 R，所以 Z 是 N 元素； W 与 O 能形成原子个数之比 为 2：1 和 l：1 的离子化合物甲和乙， 则 W 是Na 元素，甲是 Na2O、乙是 Na2O2，（1）R 是 O 元素，O 原子核外有 2 个电子层、最外层电子数是 6，所以位于第二周期第 VIA 族，故答案为：第二周期第 VIA 族；（2）原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以 这三种元素原子