2022-2023学年高中化学鲁科版(2019)必修二第一章试卷3

2022-2023学年高中化学鲁科版（2019）必修二第一章单元测试卷3一．选择题（共8小题）1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（）A．颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素 B．冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢气属于一次能源 C．制造速滑馆冰面采用的超临界二氧化碳与普通二氧化碳化学性质不同 D．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料2．钴﹣60（Co）放射源的应用非常广泛，在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防治虫害等。下列有关说法中错误的是（）A．钴是元素周期表中第60号 B．60Co与60Fe具有相同的质量数 C．60Co与59Co核外电子数相同 D．Co核内中子数与核外电子数之差为63．2022年北京冬奥会使用了一种碲化镉（CdTe）发电玻璃，其发电原理为：在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能。下列说法正确的是（）A．112Cd与114Cd互为同位素 B．Te的中子数为128 C．碲化镉是一种有机化合物 D．碲化镉玻璃发电过程是将化学能转化为电能4．化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合的是（）A．液氨﹣﹣作制冷剂 B．氧化铝﹣﹣冶炼金属铝 C．二氧化硅﹣﹣作太阳能电池 D．亚硝酸钠﹣﹣食品防腐剂、护色剂5．锂、钠、钾的化学性质相似的根本原因是（）A．都能与水反应生成碱 B．原子半径相近 C．都能与酸反应产生氢气 D．最外层电子数相同6．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。20世纪70年代人们把信息、材料和能源誉为当代文明的三大支柱。80年代以高技术群为代表的新技术革命，又把新材料、信息技术和生物技术并列为新技术革命的重要标志。材料除了具有重要性和普遍性以外，还具有多样性。下列关于材料的叙述正确的是（）A．“神舟十四号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 B．氮化铝陶瓷具有能耐铁、铝等金属和合金的侵蚀性能，可用作Al、Cu、Ag、Pb等金属熔炼的坩埚和浇铸模具材料，从元素的组成来看，氮化铝属于金属材料 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是一种用途十分广泛的物质，由于其具有导电的性能，从而可用作光缆 D．聚乙烯无臭，无毒，化学稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，常温下不溶于一般溶剂，吸水性小，电绝缘性优良，它是一种有机高分子材料，可用其制作包装食品的口袋7．生活中处处有化学，下列叙述正确的是（）A．青铜和黄铜是不同结构的单质铜 B．温室气体是形成酸雨的主要物质 C．高纯度的硅可用于制造计算机芯片 D．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物8．六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期。已知：常温下单质A与E的状态不同：D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍；单质F是一种重要的半导体材料。则下列推断中正确的是（）A．E与D可形成含非极性共价键的离子化合物 B．原子半径：r（D）＞r（C）＞r（B） C．化合物FD2性质很不活泼，不与任何酸反应 D．元素A、C、D只能形成共价化合物二．多选题（共2小题）（多选）9．运用元素周期表、元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强 B．原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族 C．砹（At）为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸 D．锂（Li）在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱（多选）10．下列元素不属于主族元素的是（）A．铜 B．钾 C．铁 D．氧三．填空题（共3小题）11．化学与人类生活、生产密切相关。请根据题意填空：（1）钠有多种化合物，其中俗称“纯碱”的是（填“Na2CO3”或“Na2SO4”）。（2）我国5G通信技术处于世界领先地位，高速通信离不开光导纤维。用于制造光导纤维的基本原料是（填“SiO2”或“Na2SiO3”）。（3）在汽车排气管上安装催化转化装置，可使尾气中的NO和CO反应转化为无污染的物质。请完成一定条件该反应的化学方程式：2CO+2NO2CO2+。12．1869年俄国科学家门捷列夫绘制出了第一张元素周期表，成为化学史上的里程碑之一，且大大地促进了化学学科的快速发展。如表是现代元素周期表的一部分，请据表回答下列问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二①②③三④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素③的名称是，金属性最强的元素是（填元素符号）。（2）①②⑤三种元素原子半径由大到小的顺序为（填序号）。（3）元素⑦的单质的一种用途是（填写“制造玻璃”或“制造计算机芯片”）。（4）元素⑧⑨⑩最高价氧化物的水化物中酸性最强的是（填化学式）。13．Cl、C、Si在工业生产、生活中有重要应用（1）用液氯消毒自来水会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可使用二氧化氯（ClO2）代替液氯工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）被氧化成SO42﹣，制备二氧化氯的离子方程式为。（2）下列关于C、Si元素及化合物的说法中正确的是。A.碳纳米材料包括：富勒烯、碳纳米管、石墨烯、炭黑B.云母、沙土、宝石的主要成分为二氧化硅C.工业制水泥、玻璃的主要原料中都有碳酸钙D.实验室中氢氟酸能用玻璃瓶盛装但不能用玻璃塞E.氮化硅熔点高，硬度大，电绝缘性好可用于制作坩埚、耐高温轴承、制作切削刀具四．实验题（共3小题）14．如图为工业制高纯硅的流程示意图。回答下列问题：（1）原料石英砂可用浓NH4Cl溶液浸泡除杂，实验室检验某溶液中存在NH4+的操作与现象为。（2）制粗硅的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（3）流化床反应器中可能得到产物SiCl4。SiCl4遇水会发生水解反应生成两种酸，该反应的化学方程式为。（4）还原炉中的化学反应方程式为。（5）用1吨含二氧化硅80%的石英矿，整个制备提纯过程硅元素损失了4%，最终获得高纯硅的质量为吨（结果保留小数点后两位）。15．海洋是一个巨大的资源宝库。在海洋中生长的海带，富含碘元素。某同学设计如图所示实验方案，从海带中提取I2。（1）灼烧海带时，需要用到的瓷质实验仪器是。（2）如将加双氧水改为加二氧化锰也可达到实验目的，写出向滤液中加入MnO2和稀硫酸发生反应的离子方程式：。（3）试剂a可以是（填字母）。a．乙醇b．裂化汽油c．四氯化碳（4）I﹣和IO3﹣生成I2的离子方程式是。（5）上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是。（6）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：。16．单质碘有非常重要的用途，从海带、海藻燃烧后所得的灰份中提取碘是单质碘的制备方法之一：海带、海藻燃烧后所得的灰份中含有I﹣，从中获得I﹣，再由I﹣制备I2．某研究性学习小组为了从海带中提取碘，设计并进行了如图实验：请回答：（1）步骤③的实验操作名称是；（2）若步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，则该反应的离子方程式为；（3）步骤⑤中为了得到含碘苯溶液，某学生设计了以下操作步骤：a．将含碘的水溶液置于分液漏斗中b．加入适量的苯c．分离出下层液体d．分离出上层液体，即得到含碘苯溶液以上设计中有遗漏的操作．应该在步骤（填字母）后，增加操作：．五．计算题（共1小题）17．请回答下列问题：（1）下列物品或设施：①水泥②计算芯片③门窗玻璃④硅太阳电池⑤玛瑙⑥光导纤维，使用了二氧化硅的是。（2）已知：断裂1molN≡N键需要吸收是akJ的能量，断裂1molH﹣H键需要吸收是bkJ的能量，断裂lmolN﹣H键需要吸收是ckJ的能量。由N2和H2合成1molNH3时可放出（用a，b，c表示）kJ的热量。（3）工业上常用黄铁矿（FeS2）制备SO2，发生的反应4FeS2+11O2＝2Fe2O3+8SO2。黄铁矿煅烧后生成1.6gFe2O3，转移的电子数为。（4）将32.0g铜与60.0mL一定浓度的硝酸发生如下反应：Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。铜完全溶解产生的混合气体体积为8.96L（标况）。请计算（各数据保留两位有效数字）。（1）NO的体积为；（2）该混合气体的平均摩尔质量约为。六．推断题（共1小题）18．表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑨的元素回答下列问题．（1）元素②的原子结构示意图是。（2）元素③在周期表中所处位置。（3）元素③、⑧的简单氢化物的稳定性较弱的是。（填化学式）（4）⑤、⑥、⑦三种元素，最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是（填化学式，下同），具有两性的是。（5）⑤和⑨可以形成（填“离子”或“共价”）化合物。（6）元素⑨的单质是黄绿色气体，实验室制取该气体的化学方程式为。七．解答题（共1小题）19．下图为元素周期表的一部分，8种元素的位置如图所示，试回答下列问题：（1）元素⑧在周期表中的位置是，其最高价氧化物的水化物化学式为．（2）元素③④⑤简单离子半径从小到大的顺序为（用离子符号表示）．（3）8种元素中，最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是（填化学式，下同），最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是，简单氢化物最稳定的是．（4）元素①和④可以按原子个数比1：1形成一种离子化合物M，M的电子式子为．M是一种良好的储氢材料，遇水后放出氢气并生成一种碱．写出M与水反应的化学方程式：．若NA表示阿伏加德罗常数，则该反应每生成标况下的氢气22.4L，转移电子数目为．八．工艺流程题（共1小题）20．磷酸铝（AlPO4）是一种用途广泛的材料，可在玻璃生产过程中充当助熔剂，作陶瓷或牙齿的黏合剂等。以磷硅渣[主要成分为Ca3（PO4）2、Al2O3、SiO2和V2O5等]为原料制备磷酸铝的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）浸渣中含有SiO2，试写出SiO2的一种重要用途；酸浸中磷元素主要转化为H3PO4，该反应的化学方程式为。（2）生石灰除了调节pH外，另一作用是。（3）滤液中钒元素以V3O93﹣形式存在，V3O93﹣易水解为[VO3（OH）]2﹣，该水解反应的离子方程式为。（4）碱浸时，粗磷酸铝转化为可溶性溶质，则可溶性溶质分别是（填化学式）。（5）实验测得pH、反应温度与时间对碱浸时固相中P、Al含量w%的影响如图所示：则最优反应条件是。（6）在物质的量浓度分别为0.01mol•L﹣1的CaCl2和AlCl3的混合溶液中加入等体积的NaPO4溶液，若Al3+恰好沉淀完全，即溶液中c（Al3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时AlPO4沉淀中（填“是”或“否”）混有Ca3（PO4）2．[已知AlPO4、Ca3（PO4）2的Ksp分别为6.3×10﹣19、2.0×10﹣29]

2022-2023学年高中化学鲁科版（2019）必修二第一章单元测试卷3参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（）A．颁奖礼服内添加了石墨烯发热材料，石墨烯和C60是同位素 B．冬奥火炬“飞扬”使用氢气作为燃料，氢气属于一次能源 C．制造速滑馆冰面采用的超临界二氧化碳与普通二氧化碳化学性质不同 D．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料【考点】同位素及其应用；合成材料．【分析】A．质子数相同中子数不同的不同核素属于同位素；B．能直接开采使用的能源为一次能源；C．临界二氧化碳与普通二氧化碳化学性质相同；D．相对分子质量大于10000的物质为高分子化合物。【解答】解：A．石墨烯和C60是同素异形体，不是同位素，故A错误；B．能直接开采使用的能源为一次能源，氢气属于二次能源，故B错误；C．临界二氧化碳与普通二氧化碳化学性质相同，物理性质不同，故C错误；D．有机高分子材料是以有机高分子化合物为主要成分的材料，聚氨酯是一种有机高分子化合物，是高分子材料，故D正确；故选：D。2．钴﹣60（Co）放射源的应用非常广泛，在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防治虫害等。下列有关说法中错误的是（）A．钴是元素周期表中第60号 B．60Co与60Fe具有相同的质量数 C．60Co与59Co核外电子数相同 D．Co核内中子数与核外电子数之差为6【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】在原子的表示方法中，左上角为质量数，左下角为质子数，且质子数+中子数＝质量数、质子数＝原子序数＝核电荷数＝核外电子数，则钴﹣60（Co）的质子数为27，质量数为60，据此分析。【解答】解：A．60是钴﹣60（Co）原子的质量数，钴是27号元素，故A错误；B．60Co与60Fe的质量数均为60，具有相同的质量数，故B正确；C．60Co与59Co为钴元素的两种不同的钴原子，质量数不同，质子数均为27，而核外电子数＝质子数＝27，故C正确；D．Co中的27为质子数，则核外电子数也为27，60为质量数，而中子数＝质量数﹣质子数＝60﹣27＝33，则中子数与核外电子数之差为33﹣27＝6，故D正确；故选：A。3．2022年北京冬奥会使用了一种碲化镉（CdTe）发电玻璃，其发电原理为：在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能。下列说法正确的是（）A．112Cd与114Cd互为同位素 B．Te的中子数为128 C．碲化镉是一种有机化合物 D．碲化镉玻璃发电过程是将化学能转化为电能【考点】核素．【分析】A．同位素是同种元素形成的不同的原子，对象是原子；B．中子数＝质量数﹣质子数；C．含有碳元素的化合物为有机物，除去碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等；D．依据能量转化形式解答。【解答】解：A．112Cd与114Cd是镉元素的不同原子，互为同位素，故A正确；B．中子数＝质量数﹣质子数＝128﹣52＝76，故B错误；C．碲化镉不含碳元素，是一种无机化合物，故C错误；D．该发电玻璃能将光能转化为电能，故D错误；故选：A。4．化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合的是（）A．液氨﹣﹣作制冷剂 B．氧化铝﹣﹣冶炼金属铝 C．二氧化硅﹣﹣作太阳能电池 D．亚硝酸钠﹣﹣食品防腐剂、护色剂【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途；金属冶炼的一般原理；氨的用途．【分析】A．液氨汽化时吸热，使环境温度降低；B．电解熔融的氧化铝能制备金属铝；C．半导体硅作太阳能电池的材料；D．亚硝酸钠能防腐，并且能使肉类呈现新鲜的红色。【解答】解：A．液氨汽化时吸收大量的热，工业上常作制冷剂，故A正确；B．电解熔融的氧化铝能制备金属铝，为了降低氧化铝的熔点需要加入冰晶石，故B正确；C．半导体硅作太阳能电池的材料，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D．亚硝酸钠能防腐，能使肉类呈现新鲜的红色，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加适量的亚硝酸钠，用作防腐剂和护色剂，故D正确；故选：C。5．锂、钠、钾的化学性质相似的根本原因是（）A．都能与水反应生成碱 B．原子半径相近 C．都能与酸反应产生氢气 D．最外层电子数相同【考点】碱金属的性质．【分析】决定元素化学性质的主要因素是该元素最外层电子数，Li、Na、K元素最外层电子数都是1。【解答】解：决定元素化学性质的主要因素是该元素最外层电子数，锂、钠、钾的化学性质相似的根本原因是其最外层电子数相同，与原子半径无关、是否与酸反应生成氢气、是否与水反应生成碱无关，故D正确；故选：D。6．材料是人类赖以生存和发展的物质基础。20世纪70年代人们把信息、材料和能源誉为当代文明的三大支柱。80年代以高技术群为代表的新技术革命，又把新材料、信息技术和生物技术并列为新技术革命的重要标志。材料除了具有重要性和普遍性以外，还具有多样性。下列关于材料的叙述正确的是（）A．“神舟十四号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 B．氮化铝陶瓷具有能耐铁、铝等金属和合金的侵蚀性能，可用作Al、Cu、Ag、Pb等金属熔炼的坩埚和浇铸模具材料，从元素的组成来看，氮化铝属于金属材料 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是一种用途十分广泛的物质，由于其具有导电的性能，从而可用作光缆 D．聚乙烯无臭，无毒，化学稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，常温下不溶于一般溶剂，吸水性小，电绝缘性优良，它是一种有机高分子材料，可用其制作包装食品的口袋【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途．【分析】A．高温结构陶瓷包括高温氧化物（如氧化铝）和高温非氧化物（如氮化硅陶瓷），属于新型无机非金属材料；B．氮化铝熔点高，且是化合物，属于共价晶体；C．二氧化硅为绝缘体；D．乙烯发生加聚反应生成聚乙烯。【解答】解：A．飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，故A错误；B．氮化铝熔点高，且是化合物，属于共价晶体，不是金属材料，故B错误；C．二氧化硅为绝缘体，二氧化硫不导电，故C错误；D．乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯无毒，化学稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，可用其制作包装食品的口袋，故D正确；故选：D。7．生活中处处有化学，下列叙述正确的是（）A．青铜和黄铜是不同结构的单质铜 B．温室气体是形成酸雨的主要物质 C．高纯度的硅可用于制造计算机芯片 D．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物【考点】硅的性质及用途；合金的概念及其重要应用；"三废"处理与环境保护．【分析】A．青铜和黄铜为合金；B．二氧化硫、氮的氧化物是引起酸雨的主要原因；C．晶体硅为良好的半导体；D．糖类俗称碳水化合物。【解答】解：A．青铜和黄铜为合金，是混合物，不是单质铜，故A错误；B．温室气体主要指二氧化碳，二氧化碳不能引起酸雨的发生，故B错误；C．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，故C正确；D．糖类俗称碳水化合物，棉麻的主要成分是纤维素，属于碳水化合物，但蚕丝的主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，故D错误；故选：C。8．六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期。已知：常温下单质A与E的状态不同：D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍；单质F是一种重要的半导体材料。则下列推断中正确的是（）A．E与D可形成含非极性共价键的离子化合物 B．原子半径：r（D）＞r（C）＞r（B） C．化合物FD2性质很不活泼，不与任何酸反应 D．元素A、C、D只能形成共价化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为Si元素；B与F同主族，则B为C元素；D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍，则D的质子数为8，D为O元素；C的原子序数介于C元素与O元素之间，则C为N元素；E与F同周期，F处于第三周期，E原子序数小于Si元素，A与E同主族，常温下单质A与E的状态不同，A为气体，E为固体，则A、E处于第ⅠA族，A为H元素，E为Na元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Na元素，F为Si元素，A．Na与O元素形成的过氧化钠为离子化合物，且含有O﹣O非极性共价键，故A正确；B．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径：r（C）＞r（N）＞r（O），故B错误；C．FD2为SiO2，SiO2能够与氢氟酸反应，故C错误；D．H、N、O能够形成离子化合物，如硝酸铵、亚硝酸铵等，故D错误；故选：A。二．多选题（共2小题）（多选）9．运用元素周期表、元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强 B．原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族 C．砹（At）为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸 D．锂（Li）在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】A．同主族自上而下元素非金属性减弱，单质的氧化性减弱；B．H元素、Li元素原子序数相差2；C．卤族元素自上而下，单质颜色加深，元素非金属性减弱，其氢化物稳定性减弱，AgX感光性增强，除AgF外不溶于水也不溶于稀酸；D．Li在氧气中燃烧产物只是Li2O。【解答】解：A．同主族自上而下元素非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即I2、Br2、Cl2氧化性依次增强，故A正确；B．H元素、Li元素原子序数相差2，二者处于IA族，故B错误；C．卤族元素自上而下，单质颜色加深，可知砹（At）为有色固体；元素非金属性减弱，其氢化物稳定性减弱，HAt不稳定，易分解；AgCl、AgBr、AgIX感光性增强，可知AgAt感光性很强，AgCl、AgBr、AgI不溶于水也不溶于稀酸，可知AgAt不溶于水也不溶于稀酸，故C正确；D．Li在氧气中燃烧产物只是Li2O，故D错误；故选：BD。（多选）10．下列元素不属于主族元素的是（）A．铜 B．钾 C．铁 D．氧【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】主族元素的外围电子排布为nsx或ns2npx，稀有气体除外，以此来解答。【解答】解：A．铜的外围电子排布为3d104s1，属于ⅠB族元素，故A选；B．K元素的外围电子排布为4s1，属于第ⅠA主族元素，故B不选；C．铁的外围电子排布为3d64s2，属于Ⅷ族元素，故C选；D．O元素的外围电子排布为2s23p4，属于第ⅥA主族元素，故D不选；故选：AC。三．填空题（共3小题）11．化学与人类生活、生产密切相关。请根据题意填空：（1）钠有多种化合物，其中俗称“纯碱”的是Na2CO3（填“Na2CO3”或“Na2SO4”）。（2）我国5G通信技术处于世界领先地位，高速通信离不开光导纤维。用于制造光导纤维的基本原料是SiO2（填“SiO2”或“Na2SiO3”）。（3）在汽车排气管上安装催化转化装置，可使尾气中的NO和CO反应转化为无污染的物质。请完成一定条件该反应的化学方程式：2CO+2NO2CO2+N2。【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途．【分析】（1）纯碱为碳酸钠；（2）二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料；（3）依据原子个数守恒判断。【解答】解：（1）纯碱为碳酸钠，化学式为：Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（2）二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，硅酸钠不具有此性质和用途，故答案为：SiO2；（3）依据原子个数守恒可知，CO与NO反应生成二氧化碳和氮气，故答案为：N2。12．1869年俄国科学家门捷列夫绘制出了第一张元素周期表，成为化学史上的里程碑之一，且大大地促进了化学学科的快速发展。如表是现代元素周期表的一部分，请据表回答下列问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二①②③三④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素③的名称是氟，金属性最强的元素是Na（填元素符号）。（2）①②⑤三种元素原子半径由大到小的顺序为⑤＞①＞②（填序号）。（3）元素⑦的单质的一种用途是制造计算机芯片（填写“制造玻璃”或“制造计算机芯片”）。（4）元素⑧⑨⑩最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4（填化学式）。【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】根据元素在周期表中的位置知，①～⑩元素分别是C、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素；（1）元素③的名称是氟，在元素周期表中，金属性最强的元素在周期表左下角；（2）一般来说，原子核外电子层数越多，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；（3）元素⑦的单质为Si；（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强。【解答】解：根据元素在周期表中的位置知，①～⑩元素分别是C、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl元素；（1）元素③的名称是氟，在元素周期表中，金属性最强的元素在周期表左下角，所以这几种元素中金属性最强的是Na，故答案为：氟；Na；（2）一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，这三种元素中⑤号原子电子层数最多，其原子半径最大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，则原子半径：①＞②，所以这三种元素原子半径大小顺序是⑤＞①＞②，故答案为：⑤＞①＞②；（3）元素⑦的单质为Si，Si单质属于半导体材料，可以制造计算机芯片，故答案为：制造计算机芯片；（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素非金属性P＜S＜CL，所以其最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。13．Cl、C、Si在工业生产、生活中有重要应用（1）用液氯消毒自来水会产生微量有机氯代物，危害人体健康，可使用二氧化氯（ClO2）代替液氯工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯。已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）被氧化成SO42﹣，制备二氧化氯的离子方程式为15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣。（2）下列关于C、Si元素及化合物的说法中正确的是CE。A.碳纳米材料包括：富勒烯、碳纳米管、石墨烯、炭黑B.云母、沙土、宝石的主要成分为二氧化硅C.工业制水泥、玻璃的主要原料中都有碳酸钙D.实验室中氢氟酸能用玻璃瓶盛装但不能用玻璃塞E.氮化硅熔点高，硬度大，电绝缘性好可用于制作坩埚、耐高温轴承、制作切削刀具【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途；氯气的化学性质．【分析】（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClO3）和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体，已知黄铁矿中的硫元素（﹣1价）最终氧化成SO42﹣，可知S、Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，结合电子、电荷及原子守恒分析；（2）A．炭黑是无定形碳；B．宝石的主要成分是氧化铝；C．水泥的原料：石灰石、黏土等，玻璃的原料：石英、纯碱、石灰石等；D．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水；E．氮化硅为原子晶体，耐高温；【解答】解：（1）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣，故答案为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO42﹣；（2）A．炭黑是无定形碳，不是碳纳米材料，故A错误；B．宝石的主要成分是氧化铝，不是二氧化硅，故B错误；C．工业制水泥、玻璃的原料都用到碳酸钙，故C正确；D．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水，能够腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶盛放，故D错误；E．氮化硅为原子晶体，熔点高，硬度大，电绝缘性好可用于制作坩埚、耐高温轴承、制作切削刀具，故E正确；故答案为：CE。四．实验题（共3小题）14．如图为工业制高纯硅的流程示意图。回答下列问题：（1）原料石英砂可用浓NH4Cl溶液浸泡除杂，实验室检验某溶液中存在NH4+的操作与现象为取待测液少许放入试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色湿润试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则可证明原溶液中存在铵根离子。（2）制粗硅的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。（3）流化床反应器中可能得到产物SiCl4。SiCl4遇水会发生水解反应生成两种酸，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O＝H2SiO3↓+4HCl。（4）还原炉中的化学反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl。（5）用1吨含二氧化硅80%的石英矿，整个制备提纯过程硅元素损失了4%，最终获得高纯硅的质量为0.36吨（结果保留小数点后两位）。【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途．【分析】（1）检验铵根离子通常向溶液中加入碱，然后加热，观察产生气体能否使红色石蕊试纸变蓝；（2）依据SiO2+2CSi+2CO↑判断；（3）SiCl4遇水剧烈水解生成两种酸，这两种酸应为硅酸和盐酸，根据原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；（4）氢气还原三氯硅烷生成硅和氯化氢；（5）依据硅原子个数守恒计算解答。【解答】解：（1）实验室检验某溶液中存在NH4+的操作与现象为：取待测液少许放入试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色湿润试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则可证明原溶液中存在铵根离子，故答案为：取待测液少许放入试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色湿润试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则可证明原溶液中存在铵根离子；（2）制粗硅的方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，反应中二氧化硅为氧化剂，碳为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1：2，故答案为：1：2；（3）SiCl4遇水剧烈水解生成两种酸，这两种酸应为硅酸和盐酸，发生反应的化学方程式为SiCl4+3H2O＝H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O＝H2SiO3↓+4HCl；（4）氢气还原三氯硅烷生成硅和氯化氢，化学方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；（5）用1吨含二氧化硅80%的石英矿，整个制备提纯过程硅元素损失了4%，最终获得高纯硅的质量为：1t×80%××（1﹣4%）≈0.36t，故答案为：0.36。15．海洋是一个巨大的资源宝库。在海洋中生长的海带，富含碘元素。某同学设计如图所示实验方案，从海带中提取I2。（1）灼烧海带时，需要用到的瓷质实验仪器是坩埚、泥三角。（2）如将加双氧水改为加二氧化锰也可达到实验目的，写出向滤液中加入MnO2和稀硫酸发生反应的离子方程式：2I﹣+MnO2+4H+＝Mn2++I2+2H2O。（3）试剂a可以是c（填字母）。a．乙醇b．裂化汽油c．四氯化碳（4）I﹣和IO3﹣生成I2的离子方程式是5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O。（5）上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素。（6）请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，若出现蓝色，则证明提取碘后的水溶液中仍有单质碘；反之则没有。【考点】从海带中提取碘．【分析】由流程可知，热水溶解后，操作①为过滤，滤液含碘离子，加过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，试剂a为苯或四氯化碳可萃取碘，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I﹣和IO3﹣，分液后向含I﹣和IO3﹣的溶液中加稀硫酸发生5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘，以此解答该题。【解答】解：（1）灼烧海带时，除需酒精灯与三脚架外，还需要用到的实验仪器是坩埚、泥三角，故答案为：坩埚、泥三角；（2）如将加双氧水改为加二氧化锰也可达到实验目的，向滤液中加入MnO2和稀硫酸，氧化碘离子生成碘单质，二氧化锰被还原为锰离子，据此写出发生反应的离子方程式为：2I﹣+MnO2+4H+＝Mn2++I2+2H2O，故答案为：2I﹣+MnO2+4H+＝Mn2++I2+2H2O；（3）试剂a可以四氯化碳、苯，酒精与水互溶不能作萃取剂，裂化汽油可与碘发生加成反应，故选c，故答案为：c；（4）I﹣和IO3﹣在酸性条件下生成I2的离子方程式是5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故答案为：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O；（5）图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故答案为：富集碘元素；（6）检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘，利用碘单质遇到淀粉变蓝的特征性质设计实验验证，检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，若出现蓝色，则证明提取碘后的水溶液中仍有单质碘；反之则没有，故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，若出现蓝色，则证明提取碘后的水溶液中仍有单质碘；反之则没有。16．单质碘有非常重要的用途，从海带、海藻燃烧后所得的灰份中提取碘是单质碘的制备方法之一：海带、海藻燃烧后所得的灰份中含有I﹣，从中获得I﹣，再由I﹣制备I2．某研究性学习小组为了从海带中提取碘，设计并进行了如图实验：请回答：（1）步骤③的实验操作名称是过滤；（2）若步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，则该反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O；（3）步骤⑤中为了得到含碘苯溶液，某学生设计了以下操作步骤：a．将含碘的水溶液置于分液漏斗中b．加入适量的苯c．分离出下层液体d．分离出上层液体，即得到含碘苯溶液以上设计中有遗漏的操作．应该在步骤b（填字母）后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置．【考点】从海带中提取碘．【分析】海带灼烧得到海带灰，加入水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，加入氧化剂氧化碘离子得到含碘单质的水溶液，加入苯萃取分液得到含碘单质的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质，（1）由悬浊液得到溶液，应进行过滤；（2）步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质；（3）萃取时，应充分振荡．【解答】解：（1）步骤③的实验操作是由悬浊液得到溶液，应进行过滤，故答案为：过滤；（2）若步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故答案为：2I﹣+H2O2+2H+＝I2+2H2O；（3）萃取时，加入萃取剂之后，应充分振荡，使碘和萃取剂充分接触、溶解，达到萃取的目的，故答案为：b；将分液漏斗充分振荡后静置．五．计算题（共1小题）17．请回答下列问题：（1）下列物品或设施：①水泥②计算芯片③门窗玻璃④硅太阳电池⑤玛瑙⑥光导纤维，使用了二氧化硅的是③⑤⑥。（2）已知：断裂1molN≡N键需要吸收是akJ的能量，断裂1molH﹣H键需要吸收是bkJ的能量，断裂lmolN﹣H键需要吸收是ckJ的能量。由N2和H2合成1molNH3时可放出（用a，b，c表示）kJ的热量。（3）工业上常用黄铁矿（FeS2）制备SO2，发生的反应4FeS2+11O2＝2Fe2O3+8SO2。黄铁矿煅烧后生成1.6gFe2O3，转移的电子数为0.22NA。（4）将32.0g铜与60.0mL一定浓度的硝酸发生如下反应：Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。铜完全溶解产生的混合气体体积为8.96L（标况）。请计算（各数据保留两位有效数字）。（1）NO的体积为6.7L；（2）该混合气体的平均摩尔质量约为34g/mol。【考点】硅的性质及用途；二氧化硅的性质及用途；有关反应热的计算；化学方程式的有关计算．【分析】（1）硅为良好的半导体材料，可用于制太阳能电池、计算机芯片等，二氧化硅可以制造装饰品、工业制造粗硅、光导纤维、门窗玻璃、石英钟表等，水泥为硅酸盐材料；（2）焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，如果反应物总键能大于生成物总键能；（3）工业上常用黄铁矿（FeS2）制备SO2，黄铁矿中Fe是+2价S的化合价为﹣1价，黄铁矿煅烧后生成1.6gFe2O3，氧化铁的物质的量是：＝0.01mol，根据原子守恒可知消耗FeS20.02mol，反应中铁从+2价升高到+3价，S从﹣1价升高到+4价，即FeS2失去11个电子，据此计算出消耗0.02molFeS2转移电子数；（4）①n（Cu）＝＝0.5mol，n（NO+NO2）＝＝0.4mol，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为（0.4﹣x）mol，依据电子守恒，可得出如下关系式：3x+（0.4﹣x）×1＝0.5mol×2，求出x后，即可求出NO的体积。②求出NO、NO2的物质的量，再利用M＝×30+×46，即可求出该混合气体的平均摩尔质量。【解答】解：（1）①水泥主要成分为硅酸盐，②计算芯片主要成分为晶体硅，③门窗玻璃中含硅酸盐、二氧化硅，④硅太阳电池主要成分为晶体硅，⑤玛瑙主要成分是二氧化硅，⑥光导纤维主要成分是二氧化硅，使用了二氧化硅的是③⑤⑥，故答案为：③⑤⑥；（2）由N2和H2合成1molNH3时，反应的热化学方程式为：N2（g）+H2（g）NH3（g）△H＝×akJ/mol+×bkJ/mol﹣3×ckJ/mol＝kJ/mol，由N2和H2合成1molNH3时可放出kJ的热量，故答案为：；（3）黄铁矿煅烧后生成1.6gFe2O3，氧化铁的物质的量是：＝0.01mol，根据原子守恒可知消耗FeS2物质的量为0.02mol，反应中铁从+2价升高到+3价，S从﹣1价升高到+4价，即FeS2失去11个电子，所以转移的电子物质的量是：11×0.02mol＝0.22mol，转移电子的个数为0.22NA，故答案为：0.22NA；（4）①n（Cu）＝＝0.5mol，n（NO+NO2）＝＝0.4mol，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为（0.4﹣x）mol，依据电子守恒，可得出如下关系式：3x+（0.4﹣x）×1＝0.5mol×2，解得x＝0.3mol，所以V（NO）＝0.3mol×22.4L/mol＝6.7L，故答案为：6.7L；②n（NO）＝0.3mol，则n（NO2）＝0.4mol﹣0.3mol＝0.1mol，M＝×30g/mol+×46g/mol≈34g/mol，故答案为：34g/mol。六．推断题（共1小题）18．表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑨的元素回答下列问题．（1）元素②的原子结构示意图是。（2）元素③在周期表中所处位置第二周期第VIA族。（3）元素③、⑧的简单氢化物的稳定性较弱的是H2S。（填化学式）（4）⑤、⑥、⑦三种元素，最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH（填化学式，下同），具有两性的是Al（OH）3。（5）⑤和⑨可以形成离子（填“离子”或“共价”）化合物。（6）元素⑨的单质是黄绿色气体，实验室制取该气体的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl；（1）元素②处于第二周期第VA族；（2）元素③在周期表中所处位置为第二周期第VIA族；（3）元素非金属性强弱与氢化物稳定性一致；（4）元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物中碱性越强；氢氧化铝是两性氢氧化物；（5）活泼金属与活泼非金属之间形成离子化合物；（6）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，同时生成氯化锰和水。【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl；（1）元素②处于第二周期第VA族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）元素③在周期表中所处位置为第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；（3）元素非金属性强弱与氢化物稳定性一致，同主族自上而下金属性减弱，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故答案为：H2S；（4）元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物中碱性越强，同周期主族元素自左而右金属性减弱，故碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3；氢氧化铝是两性氢氧化物，化学式为Al（OH）3，故答案为：NaOH；Al（OH）3；（5）Na是活泼金属，Cl是活泼非金属，二者形成化合物属于离子化合物，故答案为：离子；（6）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，同时生成氯化锰和水，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。七．解答题（共1小题）19．下图为元素周期表的一部分，8种元素的位置如图所示，试回答下列问题：（1）元素⑧在周期表中的位置是第四周期Ⅳ族，其最高价氧化物的水化物化学式为H2SeO4．（2）元素③④⑤简单离子半径从小到大的顺序为Al3+＜Na+＜F﹣（用离子符号表示）．（3）8种元素中，最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是KOH（填化学式，下同），最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4，简单氢化物最稳定的是HF．（4）元素①和④可以按原子个数比1：1形成一种离子化合物M，M的电子式子为Na+[：H]﹣．M是一种良好的储氢材料，遇水后放出氢气并生成一种碱．写出M与水反应的化学方程式：NaH+H2O＝NaOH+H2↑．若NA表示阿伏加德罗常数，则该反应每生成标况下的氢气22.4L，转移电子数目为NA．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；位置结构性质的相互关系应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为O、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为K、⑧为Se；（1）⑧处于第4横行、第16列，属于VA族元素，其最高化合价为+6价，结合硫酸的分子式书写Se的最高价氧化物对应水化物的分子式；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；（3）元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是高氯酸；元素的非金属性强弱与其氢化物稳定性一致；（4）元素①和④可以按原子个数比1：1形成一种离子化合物M为NaH，由钠离子与氢负离子构成，NaH遇水后放出氢气并生成一种碱，该碱为NaOH，反应中NaH是还原剂，根据氢元素化合价变化计算转移电子数目。【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为O、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为K、⑧为Se；（1）⑧处于第4横行、第16列，处于周期表中第四周期Ⅳ族，其最高化合价为+6价，由硫酸的分子式可知，Se的最高价氧化物的水化物化学式为H2SeO4，故答案为：第四周期Ⅳ族；H2SeO4；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径从小到大的顺序为Al3+＜Na+＜F﹣，故答