山东省泰安市泰安第一中学青年路校区2024-2025学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省泰安市泰安第一中学青年路校区2024-2025学年高一下学期3月月考试题一、单选题1．化学与生产、生活社会发展息息相关，下列说法错误的是A．门捷列夫发现元素周期律并编制了第一张元素周期表，使化学的研究变得有规律可循B．近年来的材料新宠——石墨烯，与金刚石互为同位素C．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅D．盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞【答案】B【解析】1869年，门捷列夫发现元素周期律，并编制出元素周期表，使化学学习和研究变得有规律可循，A正确；同位素​是指具有相同质子数不同的中子数​同一种元素​的不同原子，石墨烯和金刚石是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误；Si单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，C正确；酸性氧化物SiO₂是普通玻璃的主要成分之一，能与强碱NaOH溶液反应生成具有很强黏性的硅酸钠，所以盛放碱液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应该用橡皮塞，D正确。2．下列各组物质中化合物类型相同且每种物质都既含有离子键又含有共价键的是A．NaOH、H2O、NH4ClB．KOH、Na2O2、NHC．MgO、CaBr2、NaClD．Na2SO4、HCl、MgCl2【答案】B【解析】H2O为由共价键形成的共价化合物，只含共价键，A错误；KOH、Na2O2、NH42S均属于离子化合物，含有离子键，OH-、O22-、NH4+MgO、CaBr2、NaCl只含有离子键，C错误；HCl为共价化合物，只含共价键，氯化镁是离子化合物，只含有离子键，D错误。3．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是A．用图①所示装置灼烧海带，使之变成海带灰B．用图②所示装置可以用乙醇提取溴水中的溴C．用图③所示装置可以分离苯和四氯化碳的混合物D．用图④所示装置分离I2和NH【答案】A【解析】海带是固体，灼烧固体应使用坩埚，所示装置正确，A正确；萃取剂应与原溶剂互不相溶，而乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，B错误；采用蒸馏方法分离互溶的沸点不同的液体混合物时，应该使用温度计测量馏分的温度，缺温度计，C错误；NH4Cl受热易分解，冷却后重新化合生成NH4Cl固体，I2受热易升华，遇冷凝华，不能用图④所示装置分离I24．短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是WXYZA．W、X、Y和Z四种元素最高正价：YB．氧化物对应水化物的酸性：WC．熔融状态的YZ3D．简单离子的半径：Y【答案】D【解析】设W的最外层电子数为a，根据图中位置，X的最外层电子数为a+1，Y的最外层电子数为a-2，Z的最外层电子数为a+2，可得a+a+1+a-2+a+2=4a+1=21，a=5，W、X、Y、Z分别为N、O、Al、Cl元素，四种元素最高正价：O<Al<W为N、Z为Cl，未指明是最高价氧化物对应水化物，因此可能为HNO3、HClO，则酸性：HNO3>HClO，B错误；Y为Al、Z为Cl，YZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态的AlCl3无自由离子，不能导电，C错误；Y为Al、X为O，简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子的半径越小，离子半径：Al3+<O2-，D正确。5．关于碱金属元素和卤族元素的下列说法错误的是A．由于钠和钾的原子结构极为相似，所以它们对应的碱都是强碱B．通过钠与钾分别与水反应的剧烈程度可知，碱金属原子核电荷数越多，金属性越强C．通过卤族单质与氢气反应所需要的反应条件，可以判断氯的非金属性比溴强D．卤族元素对应的氢化物的稳定性从强到弱的顺序为：HF＜HCl＜HBr＜HI【答案】D【详析】钠和钾的原子结构极为相似，NaOH、KOH都是强碱，故A正确；碱金属原子核电荷数越多，原子半径越大，越易失去最外层电子，和水反应越剧烈，故B正确；元素非金属性越强，越易与氢气反应，通过卤族单质与氢气反应所需要的反应条件，可以判断氯的非金属性比溴强，故C正确；元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，卤族元素对应的氢化物的稳定性从强到弱的顺序为：HF>HCl>HBr>HI，故D错误；故选D。6．利用元素在元素周期表中的“位构性”关系，我们可以预测陌生元素及其化合物的性质。下列有关铝、硅元素及其化合物的叙述正确的是A．氢氧化铝既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液B．二氧化硅属于酸性氧化物，不能与任何酸反应C．通过反应SiO2+2C高温Si(粗)+2CO↑可以说明非金属性C>SiD．硅酸是一种弱酸，可由二氧化硅与水化合制得【答案】A【解析】氢氧化铝为两性氢氧化物，既能溶于强酸盐酸又能溶于强碱NaOH溶液，A正确；SiO2属于酸性氧化物，但能与HF反应：SiO₂+4HF

=SiF₄↑+2H₂O

，B反应SiO2+2C高温Si(粗)+2CO↑中C为还原剂，该反应不能比较两者非金属性，不能说明非金属性C>Si，C错误；硅酸是一种弱酸，但SiO2难溶于水，不与水反应，无法由二氧化硅与水化合制得，D错误7．下列事实不能作为实验判断依据的是A．钠和镁分别与冷水反应，判断金属性强弱B．铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中，不能置换出铜，判断钠与铁的金属性强弱C．酸性：H2CO3＜H2SO4，判断硫与碳的非金属性强弱D．Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱【答案】B【详析】钠和镁分别与冷水反应，钠与水反应剧烈，镁与冷水不反应，则可以判断钠的金属性比镁的金属性强，故A正确；铁投入硫酸铜溶液中置换出铜，说明铁的金属性比铜的金属性强，钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，不能置换出铜，不能用与硫酸铜溶液的置换反应判断钠与铁的金属性强弱，故B错误；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强，酸性：H2CO3＜H2SO4，则硫的非金属性强于碳，故C正确；单质与氢气的反应条件越容易，元素的非金属性越强，所以能够根据溴单质和碘单质分别与足量的氢气反应的难易，判断溴与碘的非金属性强弱，故D正确；故选B。8．一种化工中间体的结构如图所示。X、Y、Z是同一短周期的元素，三者质子数之和为16，Y和Z最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法正确的是A．原子半径：X>Y>ZB．X、Y的氧化物均会导致酸雨C．Z的金属单质可保存在煤油中D．X的气态氢化物和最高价氧化物的水化物可以形成离子化合物【答案】D【解析】X、Y、Z是同一短周期的元素，三者质子数之和为16，X可形成3个化学键，Y可形成4个化学键，Z为一价阳离子，且Y和Z最外层电子数之和等于X的最外层电子数，因此X为氮、Y为碳、Z为锂；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：锂>碳>氮，A错误；X为氮、Y为碳，碳的氧化物不会导致酸雨，氮的氧化物可以导致酸雨，B错误；Z为锂，密度：锂<煤油，不可保存在煤油中，因保存在石蜡中，C错误；X为氮，氮的气态氢化物NH3和最高价氧化物的水化物HNO3，可以形成离子化合物硝酸铵，D正确。9．既有离子键、共价键断裂，又有离子键、共价键形成的化学反应是A．2B．MgC．SOD．AgNO【答案】B【解析】2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，反应时断裂：H2O中H-O极性共价键，形成：NaOH中Na+与OH-间的离子键、OH-Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑中，反应时断裂：Mg3N2中Mg2+和N3-之间离子键、H2O中H-O极性共价键，形成：Mg(OH)2中Mg2+和OH-之间离子键、OH-之间H-O极性共价键和NH3中N-H极性共价键的形成，B正确；SO2+2H2S=3S↓+2H2O中，反应时断裂：SO2中S-O极性共价键和H2SAgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3中，反应时断裂：AgNO3中Ag+和NO3-之间离子键和NaCl中Na+和Cl-之间离子键，形成：AgCl中Ag+和Cl-之间离子键和10．具有高能量密度的锌—空气蓄电池是锂离子电池的理想替代品。如图是一种新型可充电锌—空气蓄电池放电时的工作原理示意图，下列说法正确的是A．放电时，锌板为正极B．放电时，正极的电极反应式为ZnC．放电时，OH-由过渡金属碳化物通过离子交换膜向锌板移动D．放电时，每消耗22.4mLO2，外电路转移电子数约为【答案】C【详析】锌—空气蓄电池中锌失电子，为负极；过渡金属碳化物作正极，氧气发生得电子的反应，据此解题。据图可知放电时，锌板上Zn被氧化，为负极，A错误；放电时，正极上是氧气得电子的还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；此电池中阴离子移向负极，故OH-由过渡金属碳化物通过离子交换膜向锌板移动，C正确；由正极的电极反应式O2+4e-+2H2O=4OH-可知，每消耗标准状况下22.4mLO2，外电路中转移电子数约为2.408×1021，但由于未指明是否在标准状况下，故不能计算外电路中转移的电子数，D错误；综上所述答案为C。11．在元素周期表中，E、G、H、J均为前四周期的主族元素，其位置如图所示，E、H、J的核外电子总数之和为55。下列说法正确的是A．H的氧化物对应水化物都是强酸B．E、G气态氢化物的沸点前者更高，所以非金属性：E＞GC．E、H最高价氧化物对应水化物的酸性，前者更强D．气态氢化物的稳定性：JH【答案】D【解析】由题干信息可知，设H的核外电子数为x，则G为x+1，E为x-7，J为x+18-1=x+17，因E、H、J的核外电子总数之和为55，即x-7+x+x+17=55，解得x=15，则E为O、G为S、H为P、J为As，H的氧化物对应水化物即H3PO3、H3PO4均为弱酸，A错误；E为O，G为S，E、G气态氢化物即H2O、H2S，由于H2O中存在分子间氢键，沸点：H2O>H2S，与非金属性无关，不能得出非金属性：E＞G，B错误；E为O，H为P，由于O无最高正价，H最高价氧化物对应水化物为H3PO4，为弱酸，酸性后者更强，C错误；J为As，与N位于同一主族，非金属性N＞As，气态氢化物的稳定性AsH3＜NH3即JH3<NH二、多选题12．海洋资源的综合利用是21世纪海洋开发利用的重点发展领域之一。利用“吹出法”从海水中提取溴单质是工业上常用的方法之一，该技术主要流程如下：下列说法不正确的是A．“吹出”步骤中用热空气吹出是利用了Br2的“挥发性”B．利用此法获得1molBr2需要标准状况下22.4L的Cl2C．海水中的Br—经“氧化1、吹出、吸收”后，可实现Br-富集D．“吸收”步骤中Br2+SO2+2H2O=2H++SO4【答案】BD【解析】由流程可知，氧化1发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，通入热空气吹出Br2，利用了Br2的挥发性，A正确；若提取1molBr2，依据氧化1和氧化2均发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，氧化1消耗氯气物质的量为1mol，氧化2需氯气物质的量为1mol，所以在标准状况下体积为V=nVm=2mol×22.4L/mol=44.8L，B错误；海水中Br-经氧化、吹出、吸收后，可实现提高溴的浓度，实现溴元素的富集，C正确；“吸收”步骤中用SO2还原热空气吹出的溴单质时，发生的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，D三、单选题13．物质a和物质b在图甲装置中发生反应，一段时间后，U形管内红墨水的液面高度如图乙所示，则物质a和物质b可能是选项物质a物质bA水生石灰B稀盐酸NaOH固体C稀硫酸锌粉D稀盐酸小苏打A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】左边支管的红墨水液面上升，说明装置内气体压强减小，由于热胀冷缩的原理，可知物质溶于水吸热，使瓶内气体缩小，压强减小，生石灰和水反应生成氢氧化钙，属于放热反应，A错误；稀盐酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，属于放热反应，B错误；活泼金属锌与稀硫酸发生的置换反应，属于放热反应，C错误；稀盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，属于吸热反应，D正确。14．运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是A．铊(Tl)位于元素周期表第6周期且与铝同族，其单质既能与盐酸反应产生氢气，又能与NaOH溶液反应产生氢气B．砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸C．锶(Sr)与镁同主族，硫酸锶D．硒化氢(H2Se)是无色，有毒，稳定性比【答案】A【详析】铊（Tl）与铝同主族，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，由此可推知铊（Tl）只能和盐酸反应放出氢气，不能与NaOH溶液反应产生氢气，A错误；根据卤族元素以及卤化银的性质可推知，砹（At）为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，B正确；锶与镁同主族，即与钡同主族，硫酸钙微溶于水，硫酸钡难溶于水，由此可推知同主族Sr对应的硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体，C同主族元素从上到下其简单氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性：H2Se<H2S。同主族元素组成的物质的性质具有相似性及递变性，故选A。15．近年来，我国在超导研究方面居世界领先地位，铊(Tl)是超导体的组成成分之一，铊位于第6周期ⅢA族，下列对铊的性质推导可能正确的是（）①铊是易导电的银白色金属②Tl(OH)3是两性氢氧化物③Tl3＋的氧化能力比Al3＋的强④单质能跟稀HNO3反应生成硝酸盐A．①④ B．②③ C．只有① D．只有④【答案】A【详析】铊位于第6周期IIIA族，以Al为典型对象，同主族元素，随着原子序数增大，元素原子失电子能力逐渐增强，金属离子的氧化性逐渐减弱，氧化物对应水化物的碱性逐渐增强。故①④正确。答案选A。16．如下图所示的装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，并测得电解质溶液的质量减小，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是MNPAZnCu稀硫酸溶液BCuFe稀盐酸CAgZn硝酸银溶液DZnFe硫酸亚铁溶液A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】电流计指针偏转，说明装置是原电池。M棒变粗，N棒变细，说明M电极是正极，N电极是负极，N极材料比M极活泼，M极材料（Zn）比N极（Cu）活泼，A错误；正极M棒变粗，说明溶液中的金属阳离子在正极放电析出金属，Fe作负极，稀盐酸作电解质，正极发生反应：2H++2e-=H2↑，M极上质量不增加，B错误；Ag作正极，Zn作负极，电解质为硝酸银溶液，N极材料比M极活泼，且正极M极上发生反应：Ag++e-=Ag，质量增加，符合题意，C正确；M极材料（Zn）比N极（Fe）活泼，D错误。四、多选题17．下列叙述正确的是A．已知同周期X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>B．NA代表阿伏加德罗常数的值，235g核素92235U发生裂变反应：92235U+C．aXm+、bYn+、cZn-、dRm-四种短周期元素离子的电子层结构相同(m>n)D．同主族元素形成的同一类型的化合物，往往结构和性质很相似，如PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，则PH4【答案】CD【解析】已知同周期X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z235g核素92235U的物质的量为1mol，发生裂变反应：92235U+01n→3890S电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；aXm+、bYn+、cZn-、dRm-四种短周期元素离子的电子层结构相同(m>n)，则原子序数：a-m=b-n=c+n=d+m，则a>b>c>d，离子半径由小到大的顺序：Xm+NH3+HCl=NH4Cl，PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，则PH418．某学习小组设计了如图所示装置，以完成非金属性强弱比较的研究。下列各组实验中所选用试剂与实验目的相匹配的是实验序号试剂实验目的：证明非金属性强弱abcA浓盐酸二氧化锰溴化钠溶液Cl＞BrB浓盐酸高锰酸钾碘化钾溶液Cl＞IC稀盐酸石灰石硅酸钠溶液C＞SiD稀硫酸纯碱硅酸钠溶液S＞C＞SiA．A B．B C．C D．D【答案】BD【解析】浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，图中没有加热装置，不能实现实验目的，A错误；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，浓盐酸和高锰酸钾溶液反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氯气和KI反应：Cl2

+2KI=2KCl+I2，氧化性：Cl2

>I2，则非金属性Cl＞I，B正确；稀盐酸和碳酸钙反应：CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂↑，盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和碳酸钠反应生成硅酸，干扰二氧化碳和硅酸钠溶液的反应，无法比较C、Si的非金属性强弱，C错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，稀硫酸和纯碱反应：Na2CO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+CO2↑，二氧化碳和硅酸钠溶液反应：CO₂+Na₂SiO₃+H₂O=H₂SiO₃↓+Na₂CO₃，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，所以非金属性：S＞C＞Si，D正确。五、解答题19．化学物质在汽车的动力、安全等方面有着极为重要的作用。(1)汽车尾气中含有NO、CO等污染物。其中NO生成过程的能量变化如图，由该图数据计算可得，该反应每生成1molNO(填“吸收”或“放出”)kJ能量。(2)通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示：①A电极发生的是反应(填“氧化”或“还原”)。②H+由(填“A”或“B”，下同)电极移向电极。③B电极反应式为。(3)电动汽车普遍使用锂离子电池。某锂离子电池反应为Li1①当有140gLi消耗时电路中转移电子数目为(用NA表示阿伏加德罗常数的值)②根据①的计算思路，分析Li作为电极优于Na的原因是。【答案】(1)吸收90kJ(2)氧化ABO(3)20NA单位质量的Li提供的电子比Na【解析】（1）由甲可知，1molN2和1molO2完全反应生成2molNO时，反应物中化学键断裂吸收的总能量为946 kJ+498 kJ=1444 kJ，形成生成物中化学键放出的总能量为2×632 kJ=1264 kJ，则反应生成1molNO需要吸收（1444kJ-1264kJ）×12=90 （2）根据电流的流向：正极流向负极，可知B电极为正极，A电极为负极。①A电极为负极，发生反应：NO+2H2O－3e-=4H++NO3-，②电解质溶液中阳离子向正极定向移动，则H+由A电极移向B电极；③B电极为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2（3）①140gLi的物质的量=140g7g/mol=20mol，反应后Li变成+1价，电路中转移电子20mol，数目为②Li的相对原子质量小于Na，单位质量的Li提供的电子比Na多，因此Li做电极优于Na。六、填空题20．I.物质是由微观粒子构成的，人类对构成物质的微粒子间结合方式的认识源远流长。请按下列要求填空。有下列物质：①Cl2②Na2O2③NaOH④HCl⑤H2O(1)只含共价键的物质是(填序号，下同)。(2)由离子键和非极性键构成的物质是。不存在化学键的是。(3)既有非极性键又有极性键构成的物质是。写出其电子式。II.下列变化中：①蔗糖溶于水②硫酸氢钾熔化③氨气液化④NaCl溶于水⑤Na2O2溶于水(4)只有离子键被破坏的是，只有共价键被破坏的是。(5)既有离子键被破坏，又有共价键被破坏的是，写出其电子式。【答案】(1)①④⑤(2)②⑧(3)⑤(4)②④⑥(5)⑤【解析】I．①Cl2中含有Cl-Cl非极性共价键；②Na2O2是离子化合物，含有离子键和O-O非极性共价键；③NaOH是离子化合物，含有离子键和O-H极性共价键；④HCl是共价化合物，只含H-Cl极性共价键；⑤H2O2是共价化合物，含有H-O极性共价键和O-O非极性共价键；⑥MgF2是离子化合物，只含离子键；II．①蔗糖是共价化合物，蔗糖是非电解质，蔗糖溶于水，没有化学键破坏；②硫酸氢钾是离子化合物，硫酸氢钾熔化时电离为K+、HSO4-，离子键被破坏；③氨气液化，没有化学键破坏；④NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键；（1）只含共价键的物质是①Cl2、④HCl、⑤H（2）由离子键和非极性键构成的物质是②Na2O2。不存在化学键的是（3）既有非极性键又有极性键构成的物质是⑤H2O2。H（4）只有离子键被破坏的是②硫酸氢钾熔化、④NaCl溶于水；只有共价键被破坏的是⑥HBr溶于水；（5）既有离子键被破坏，又有共价键被破坏的是⑤Na2O2溶于水，Na七、解答题21．I.国家卫生健康委员会发布公告称，富硒酵母、二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，丰富舌尖上的营养和美味。氧、硫、硒为同一主族元素，请回答下列问题：(1)硒(Se)是一种生命元素，有抗癌、抗衰老等重要功能。富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为。工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒(其中Cu转化为CuSO4)，且有SO2、H2O和SeO2(固体(2)下列说法正确的是_______。A．热稳定性：H2Se>H2S>H2C．酸性：H2SeO4>HⅡ.A+、B2-、C-、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子。其中：a.A+、B2-、F3+核外电子层结构相同

b.C-是由两种元素组成的c.D是两种元素组成的四原子分子

d.E在常温下是无色液体e.往含F3+的溶液中滴加含C-的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失(3)电子式表示A2B的形成过程(4)含F3+的溶液中通入过量C-，反应的离子方程式是。(5)向(4)最终得到的溶液中，通入过量CO2反应的离子方程式是。【答案】(1)第4周期ⅥA族CuSe+4H2SO(2)B(3)(4)Al3++4OH-=[Al(OH)4]-(5)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO【解析】（1）硒为34号元素，电子结构示意图：，位于周期表中第4周期ⅥA族；用浓H2SO4焙烧CuSe，其中Cu转化为CuSO4，且有SO2、H2O和SeO2(固体)生成，1molCuSe失去6mol电子，1mol浓硫酸得2mol电子转化为1mol二氧化硫，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：CuSe+4H2SO4≜CuSO4+SeO2+3SO2↑+4H2O；由反应可知转移6mol电子生成（2）同主族元素随核电荷数增大，非金属性减弱，非金属性O>S>Se，非金属性越强形成气态氢化物越稳定，则稳定性：H2Se<H2中子数=质量数-质子数，36S中子数为36-16=20，74Se的中子数为74-34=40，两者中子数之和为60，同周期随核电荷数增大，非金属性增强，同主族随核电荷数增大，非金属性减弱，非金属性Cl>S>Se，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，则酸性：H2SeO4非金属性S>Se，非金属性越强，形成阴离子的还原性越弱，则还原性：Se2->S2-，D错误；（3）A+、B2－分别表示含10个电子的粒子（离子或分子），由“A+、B2－核外电子层结构相同”，可推出A为Na、B为O，A2B为Na2O，为离子化合物，电子式表示A2（4）由F3+核外电子层结构和Na+、O2-相同，可知F为Al，C－是由两种元素组成的10个电子粒子，C－为OH-，Al3+中加入过量的强碱反应生成[Al(OH)4]-，反应的离子方程式是Al3++4OH-=[Al(OH)4]-。（5）[Al(OH)4]-通入过量CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，离子方程式是[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3七、解答题21．I.国家卫生健康委员会发布公告称，富硒酵母、二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，丰富舌尖上的营养和美味。氧、硫、硒为同一主族元素，请回答下列问题：(1)硒(Se)是一种生命元素，有抗癌、抗衰老等重要功能。富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为。工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒(其中Cu转化为CuSO4)，且有SO2、H2O和SeO2(固体(2)下列说法正确的是_______。A．热稳定性：H2Se>H2S>H2C．酸性：H2SeO4>HⅡ.A+、B2-、C-、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子。其中：a.A+、B2-、F3+核外电子层结构相同

b.C-是由两种元素组成的c.D是两种元素组成的四原子分子

d.E在常温下是无色液体e.往含F3+的溶液中滴加含C-的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失(3)电子式表示A2B的形成过程(4)含F3+的溶液中通入过量C-，反应的离子方程式是。(5)向(4)最终得到的溶液中，通入过量CO2反应的离子方程式是。【答案】(1)第4周期ⅥA族CuSe+4H2SO(2)B(3)(4)Al3++4OH-=[Al(OH)4]-(5)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO【详析】A+、B2－、C－、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子（离子或分子），由“A+、B2－、F3+核外电子层结构相同”，可推出A为Na、B为O、F为Al；C－是由两种元素组成的，则其为OH-；D是两种元素组成的四原子分子，则其为NH3；E在常温下是无色液体，则E为H2O。从而得出A为Na、B为O、C为OH-、D为NH3、E为H2O、F为Al。（1）硒为34号元素，位于周期表中第4周期ⅥA族；用浓H2SO4焙烧CuSe，其中Cu转化为CuSO4，且有SO2、H2O和SeO2(固体)生成，1molCuSe失去6mol电子，1mol浓硫酸得2mol电子转化为1mol二氧化硫，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：CuSe+4H2SO4≜CuSO4+SeO2+3SO2↑+4H2O；由反应可知转移6mol电子生成1molSeO2，反应每转移1mol电子，得到1（2）A．非金属性O>S>Se，非金属性越强形成气态氢化物越