四川2021-2022学年高一下学期第一次阶段性考试化学试题.docx

1、试卷第21页，共21页四川2021-2022学年高一下学期第一次阶段性考试化学试题一、单选题1人类生产生活离不开能源，下列关于能源的描述正确的是A天然气是可再生能源B电能、氢能是二次能源C煤、石油、水能是人类使用最广泛的传统能源D为满足人类需要，可以无限制的开采化石燃料【答案】B【解析】【详解】A人类使用最广泛的能源：煤、石油、天然气，天然气是化石能源，不可再生能源，故A错误；B二次能源是由一次能源经过加工转化以后得到的能源产品，电能、氢能是二次能源，故B正确；C煤、石油是人类使用最广泛的传统能源，水能不是人类使用最广泛的传统能源，故C错误；D化石能源是不可再生能源，不可以无限制的开采化石燃料

2、，故D错误；故答案为：B。2下列有关化学键的说法中，错误的是A含有离子键的化合物一定 是离子化合物B活泼金属与非金属化合时，能形成离子键C离子化合物中可能同时含有离子键和共价键D由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A含有离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，故A正确；B活泼金属与非金属元素化合时，一般形成离子键，故B正确；C离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，故C正确；D由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如氯化铵，故D错误；故选：D。3下列关于元素周期表的说法正确的是

3、AIA族元素全部是金属元素，叫做碱金属元素B短周期中共有18种主族元素C0族元素所有原子的最外层电子数都是8个D元素周期表有7个横行，18个纵列【答案】D【解析】【详解】AIA族元素中的氢元素是非金属元素，A错误；B短周期中共有15种主族元素，稀有气体元素是0族，不是主族，B错误；C0族元素中He元素的最外层电子数是2个，C错误；D元素周期表共有7个横行，18个纵列，D正确；答案选D。4下列变化过程，属于放热反应的是金属钠与水NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌H2在Cl2中燃烧液态水变成水蒸气酸碱中和碳酸钙热分解浓硫酸溶于水ABCD【答案】A【解析】【分析】【详解】为放热反应，为吸

4、热反应，为吸热的物理变化，为放热的物理变化，故选：A。5下列变化过程中，只破坏共价键的是AI2升华BNaCl熔化C从NH4HCO3中闻到了刺激性气味DHCl溶于水得盐酸【答案】D【解析】【分析】物质形状的变化对化学键无影响，非金属与非金属之间以共价键结合，离子之间以离子键结合，以此来分析。【详解】AI2升华只破坏分子间作用力，故A不选；BNaCl熔化电离出钠离子和氯离子，离子键被破坏，故B不选；CNH4HCO3分解产生NH3、H2O和CO2，因此有刺激性气味气体产生，过程中既破坏离子键，又破坏共价键，故C不选；DHCl溶于水电离成H+和Cl-，只破坏共价键，故D选；故选D。6下列关于碱金属和卤

5、素单质的有关说法正确的是A随原子序数递增，碱金属密度一定增大B碱金属都呈银白色C焰色反应是化学变化D液溴采用水封法保存【答案】D【解析】【详解】A碱金属密度从上到下呈增大趋势，但是钾的密度小于钠，故A错误；B铯带有金色光泽，其它碱金属单质都是银白色固体，故B错误；C焰色反应中没有产生新物质，是物理变化，故C错误；D液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，可用水封法保存液溴，故D正确；故选D。7放射性同位素在能源、农业、医疗、考古等方面有着广泛的应用。下列关于同位素的说法正确的是A、各为一种核素，它们在周期表中占有不同的位置B为氧元素的一种核素，其质子数为8，中子数为18C铀元素有、等核素，它们互称同

6、位素D考古工作者利用衰变测定装置对文物进行年代测定和研究【答案】C【解析】【详解】A 、各为一种核素，质子数相同，它们在周期表中占有相同的位置，故A错误；B 为氧元素的一种核素，其质子数为8，中子数为10，故B错误；C 铀元素有、等核素，它们互称同位素，故C正确；D 具有放射性，考古工作者利用衰变测定装置对文物进行年代测定和研究，故D错误；故选C。8X、Y、Z、W为短周期主族元素，其常见化合价与原子半径的关系如图所示。已知四种元素中只有Y与Z同周期，下列说法正确的是A简单氢化物的稳定性：YZBX、Y、Z可组成盐类化合物CX的氧化物中可能含离子键DW的最高价氧化物对应水化物为弱碱【答案】B【解析

7、】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，其中W有+1价，原子半径最大，故W为Na；Z有+5、-3价，原子半径小于Na的，Y有-2价，则Y处于VIA族，原子半径小于Z，Y与Z同周期，故Y为O元素，Z为N元素；X有+1、-1价，原子半径最小，故X为H元素，据此解答。【详解】由分析可知，X为H、Y为O、Z为N、W为Na；A非金属性O元素强于N元素，所以简单氢化物的稳定性：YZ，故A错误；BX、Y、Z可组成盐类化合物，例如硝酸铵等，故B正确；CH的氧化物可能为水和过氧化氢，分子中只有共价键，故C错误；DW的最高价氧化物对应水化物氢氧化钠为强碱，故D错误；故选B。9反应A(g)+3B(

8、g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)=0.9molL-1min-1v(B)=0.6molL-1s-1v(C)=0.5molL-1s-1v(D)=0.45molL-1s-1。下列表示该反应进行由快到慢的顺序正确的是ABCD【答案】C【解析】【分析】【详解】速率与其化学计量数比值越大，表示的反应速率越快，v(A)=0.9molL-1min-1= 0.015molL-1s-1v(B)/3=0.6/3=0.2molL-1s-1v(C)/2=0.5/2=0.25molL-1s-1v(D)/2=0.45/2=0.225molL-1s-1，由快到慢的顺序是，故选：C。10中学

9、化学中很多“规律”都可以类推，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是ANa在空气中燃烧会生成Na2O2，故Li 在空气中燃烧也会生成Li2O2B浓硫酸可以干燥HCl气体，故也可用浓硫酸干燥HI气体C硅是半导体材料。故同族的锗也是半导体材料D卤素单质随核电荷数增加熔点升高。故碱金属单质熔点也随核电荷数增加而升高【答案】C【解析】【详解】A、Na在空气中燃烧会生成Na2O2，但Li没有Na活泼，在空气中燃烧会生成的是Li2O，故A错误；B、B. 浓硫酸可以干燥HCl气体，但不能用浓硫酸干燥HI气体，因为浓硫酸具有强氧化性，可以氧化HI，故B错误；C、硅是半导体材料，同族的锗也在金属和非金属的分界线

10、，故锗是半导体材料；D、卤素单质随核电荷数增加熔点升高，由于卤素单质是分子晶体，但碱金属单质熔点随核电荷数增加而降低，碱金属单质是金属晶体，故D错误；故选C。11下列离子方程式书写正确的是A用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：B氢氧化铁与盐酸反应：H+OH=H2O CFeSO4酸性溶液中加H2O2溶液：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O D氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO+4NH+2H2O【答案】C【解析】【详解】A选项所给离子方程式电子不守恒，正确离子方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，A错误；B氢氧化铁为难溶物质，不能拆，正确离子方程式为Fe(OH)3

11、+3H+=Fe3+3H2O，B错误；CFeSO4酸性溶液中加H2O2溶液，Fe2+被氧化为Fe3+，H2O2被还原为H2O，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，C正确；D一水合氨为弱碱，不能和氢氧化铝反应，正确离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，D错误；综上所述答案为C。12由下列实验操作和现象所得结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A将金属Na投入CuCl2溶液中，有红色固体生成金属性：NaCuB向Na2SO3溶液中滴入稀盐酸，产生能使品红溶液褪色且有刺激性气味的气体酸性：HClH2SO3C将盐酸滴入NaHCO3溶液，产生无色无味的气体，能

12、使澄清石灰水变浑浊非金属性：ClCD铁投入冷的浓硫酸中无明显现象，投入稀硫酸中有气泡冒出氧化性：稀硫酸浓硫酸AABBCCDD【答案】B【解析】【详解】ANa投入CuCl2溶液中，生成氯化钠、氢氧化铜、氢气，不能置换出铜，由操作和现象不能比较金属性，故A错误；B发生强酸制取弱酸的反应，由操作和现象可知酸性：HClH2SO3，故B正确；C盐酸为无氧酸，由盐酸、碳酸的酸性不能比较非金属性强弱，故C错误；D常温下Fe遇浓硫酸发生钝化（发生氧化还原反应），氧化性为：浓硫酸稀硫酸，故D错误；故选B。13下列结论正确的是微粒半径：S2-Cl-K+Al3+氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还

13、原性：S2-Cl-Br-I-氧化性：Cl2SSeTe酸性：HClOH2SO4H3PO4H2CO3非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaKABCD【答案】A【解析】【详解】K、S2、Cl原子核外电子排布相同，核电核数S2-Cl-K+，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则半径S2-Cl-K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-Cl-K+Al3+，故正确；非金属性：FClSPSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4，故正确；非金属性：ClBrIS，元素的非金属性越强，对应阴离子

14、的还原性越弱，则还原性：Cl-Br-I-S2-，故错误；非金属性：ClSSeTe，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2SSeTe，故正确；非金属性：SPC，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，则酸性：H2SO4H3PO4H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故错误；因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有ON、PSi，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则NP，所以有非金属性：ONPSi，故正确；因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： CaK，同主族元素从上到下元素的金

15、属性逐渐增强，则BeMg Ca，则BeMgCa S2Cl2【答案】A【解析】【详解】A、S的非金属性弱于Cl，因此Cl显1价，S显1价，根据化学反应方程式，S2Cl2SO2，化合价由1价4价，化合价升高，被氧化，因此SO2是氧化产物，S2Cl2S，化合价由1价0价，化合价降低，被还原，即S为还原产物，故说法错误；B、根据结构，SCl是极性键，SS是非极性键，故说法正确；C、根据结构，结构简式为ClSSCl，故说法正确；D、Br和Cl属于同一主族,S2Br2与S2Cl2结构相似，都属于共价化合物，相对分子质量越大，熔沸点越高，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故说法正确。16利用固体表面催化工

16、艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是A该分解过程是2NO=N2+O2B实验室制取NO可以用铜和稀硝酸反应C过程吸收能量，过程释放能量DNO分解生成5.6LN2转移电子数为6.021023【答案】D【解析】【分析】【详解】A根据题干NO分解的过程示意图可知，该分解过程是2NO=N2+O2，A正确；B已知3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，故实验室制取NO可以用铜和稀硝酸反应，B正确；C由示意图可知，过程为化学键的断裂过程，需吸收能量，过程为化学键的形成过程，故能释放能量，C正确；D由于未告知，气体所处的状态是否为标准状况，故无法计算NO分解生成5.6LN2

17、转移电子数，D错误；故答案为：D。17已知某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A。则mg它的氧化物中所含电子的物质的量为（）A(A-n+8)molB(A-n+10)molC(A-n+4)molD(A-n+8)mol【答案】C【解析】【详解】某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A，则其质子数=质量数-中子数=A-n，所以其原子核外电子数=质子数=A-n；它的氧化物化学式应为R2O，摩尔质量为(2A+16)g/mol，所含电子数为2(A-n)+8；mgR2O的物质的量为，所含电子的物质的量为=(A-n+4)mol，故答案为C。18热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产

18、硫酸。下列说法不正确的是A电极b周围溶液pH变大B溶液中H+由a极区向b极区迁移C电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H+SOD一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等【答案】D【解析】【分析】由题干图示可知，电极a作负极，发生的电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H+，b电极为正极，发生的电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，左侧区域产生的H+经过阳离子交换膜进入右侧区域，据此分析解题。【详解】A由分析可知，b电极为正极，发生的电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，则电极b周围溶液pH变大，A正确；B由分析可知，溶液中H+由a极区向b极区迁移，B正确；

19、C由分析可知，电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H+SO，C正确；D根据得失电子总数相等可知，一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量的2倍，D错误；故答案为：D。19已知X、Y、Z三种主族元素在元素周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是YXZAY与Z的原子序数之和一定为2aBY的原子序数可能为a-7CZ的原子序数可能为a+31DX、Y、Z中可能有短周期元素【答案】A【解析】【分析】由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期

20、。若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素；若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素；若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素；若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素。【详解】A若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a，所以Y与Z的原子序数之和可能为2a，故A错误；B若Y为第二周期元素，则X、Z分别

21、为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，故B正确；C若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-31，Z的原子序数为a+31，故C正确；D由分析可知，X、Y都有可能是短周期元素，Z只能是长周期元素，故D正确；故答案为：A。20某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl，下列说法正确的是A当电路中转移0.01 mol e-时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子B放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C正极反应为Ag-e-=Ag+D用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变【答案】A【解析】【分析】【

22、详解】A当电路中转移0.01 mole-时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag+与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH+通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02mol离子减少，故A正确； B由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，故B错误；C正极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，故C错误；D用KCl溶液代替盐酸，则电池总反应并不改变，故D错误；故答案为A。二、填空题21.化学研究的对象是物质，下列物质：HClNaOHCl2H2O2NH4ClP4NH3H2ONa2O2HClOMgCl2中(1)只存在离子键的是_(填序号)。(2)含有

23、非极性键的共价化合物的是_(填序号)。(3)既存在离子键又存在共价键的是_(填序号)。(4)熔化过程破坏_(选填“离子键”、“极性键”、“非极性键”或“范德华力”)。(5)溶于水破坏_(选填“离子键”、“极性键”、“非极性键”或“范德华力”)。.现代生产、生活和国防中大量使用电池，各种电池应运而生。用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示：(6)电极d是_(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式_。(7)若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为_L。【答案】(1)(2)(3)(4)离子键(5)非极性键(6) 正极 CH4-8e-+2H2O=

24、CO2+8H+(7)11.2【解析】(1)离子键是阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键，只存在离子键的是活泼金属和活泼非金属形成的离子键，上述物质中只有MgCl2，即；故答案为：；(2)共价化合物是由非金属元素原子之间通过共用电子形成的化合物，非极性键是由同种非金属元素原子形成的共价键，上述物质中HClH2O2NH3H2OHClO都是共价化合物，但只有H2O2含有非极性键，故答案是：；(3)含有离子键的化合物是离子化合物，上述物质中NaOHNH4ClNa2O2MgCl2都是离子化合物，但MgCl2只存在离子键，所以既存在离子键又存在共价键的是，故答案为：；(4)NaOH是离子化合物，熔化过程只

25、破坏离子键，故答案为：离子键；(5)是Cl2溶于水会和水反应，破坏Cl-Cl键，是非极性键，故答案为：非极性键；(6)电极c是电子流出的极，是负极，甲烷在负极发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，电极d是电子流入的极，是正极，故答案为：正极；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；(7)正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2是0.5mol，在标准状况下的体积为，故答案为：11.2。22能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要因素。.某温度下，在2L的恒容密闭容器中，A、B、C(均为气体

26、)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)该反应的化学方程式为_。(2)能说明此时反应已达到了平衡状态的是_(填标号)。a.A、B、C三种物质的浓度保持不变b.气体A的消耗速率等于气体C的生成速率c.混合气体的密度不变d.总压强不变e.混合气体的平均相对分子质量不变f.v(A)=2v(B)=v(C).某温度下，向2.0L的恒容密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，发生反应，一段时间后反应达到平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.40(3)050s内的平均反应速率v(N2)=_。(4)键能指在标准状况下，

27、将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJmol-1，已知NN键的键能为946kJ/mol，HH键的键能为436kJ/mol，NH键的键能为391kJ/mol。则生成1molNH3的过程中_(填“吸收”或“放出”)的能量为_kJ。(5)为加快反应速率，可采取的措施是_(填标号)。a.升高温度b.增大容器体积c.恒容时充入Hed.加入合适催化剂【答案】(1)2A+B2C(2)ade(3)1.210-3molL-1s-1(4) 放出 46(5)ad【解析】(1)根据图示可知：A、B是反应物，C是生成物，在2 min内三种物质改变量分别为2 mo

28、l、1 mol、2 mol，改变的物质的量的比是2：1：2。物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，由于2 min后三种物质都存在，且各物质的量不再发生变化，说明该反应是可逆反应，故反应方程式为：；(2)aA、B、C三种物质的浓度保持不变，说明在单位时间内它们消耗量与产生量相等，反应达到平衡状态，故a符合题意；b由于A、C化学计量数相等，所以气体A的消耗速率等于气体C的生成速率表示的都是化学反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故b不符合题意；c反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断

29、反应是否达到平衡状态，故c不符合题意；d反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应前后气体的物质的量不等，若体系的总压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，d符合题意；e反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物都是气体，气体的总质量不变，气体总物质的量发生改变，则混合气体的平均相对分子质量发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应前后气体的总物质的量不变了，说明消耗的和生成的各物质的量相等了，反应达到平衡了，故e符合题意；fv(A)=2v(B)=v(C)，没有指明是正反应速率还是逆反应速率，不能作为平衡判据，故f不符合题意，故合理选项是ade；(3)根据表格数据可知在

30、050 s内NH3的物质的量增加了0.24 mol，则由物质反应转化关系可知会同时消耗N2的物质的量为0.12 mol，则N2的平均反应速率v(N2)=；故答案为：1.210-3molL-1s-1；(4)根据题中数据可得N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=946 kJ/mol+ 3436 kJ/mol-6391 kJ/mol= -92 kJ/mol，则生成1 mol NH3过程中放出的能量为92 kJ=46 kJ；故答案为：放出；46；(5)a升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，分子运动速率加快，故a符合题意；b增大容器的体积，导致物质的浓度减小，单位体积内活化分子数目

31、减少，反应速率减小，故b不符合题意；c恒容时充入He，物质的浓度不变，所以速率不变，故c不符合题意；d加入合适催化剂，使反应活化能降低，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，分子运动速率加快，故d符合题意；故合理选项是ad。三、元素或物质推断题23有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移。C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。D与B同

32、主族且D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。(1)A元素的最高价氧化物的电子式_。(2)B和D的气态氢化物中，沸点更高的是_，这是因为_。(3)D元素在周期表的位置_，其非金属性比E弱，下列表述能证明这一事实的有_(填序号)。A常温下D的单质和E的单质状态不同BE的氢化物比D的氢化物稳定C一定条件下D和E的单质都能与钠反应DD的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸E.D的单质能与E的氢化物反应生成E单质。(4)D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的离子方程式为_。(5)C与D能形成2：1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程：_。【答案】(1)(2) H2O H2O分子间有

33、氢键(3) 第三周期A族 BD(4)SO2+Cl2+2H2O=4H+SO+2Cl-(5)【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大，A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2（CO2）反应可生成B的单

34、质，则C为Na；D与B同主族且D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素。据此解答。(1)由分析可知，A为C、B为O、C为Na、D为S、E为Cl；A为碳元素，最高价氧化物为CO2，电子式为；(2)H2O分子间有氢键，所以水的沸点高于硫化氢的；(3)D为S，在周期表中处于第三周期A族；同周期自左而右元素非金属性增强，则非金属性ClS；A单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故A错误；B氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，故B正确；C与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强

35、弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，故C错误；D元素的非金属性与其最高价含氧酸的酸性一种，S的最高价含氧酸酸性弱于Cl的最高价含氧酸，可证明非金属性ClS，故D正确；E硫不能与HCl反应生成氯气，故E错误；故答案为BD；(4)D元素的低价氧化物是二氧化硫，与E的单质的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO+2Cl-；(5)C与D形成2：1的化合物为Na2S，用电子式表示该化合物的形成过程为。四、工业流程题24FeCl36H2O在工业上有广泛的用途。以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备FeCl36H2O的工艺流程如图：(1)“焙烧”过程中，将硫铁矿粉碎的

36、目的是_(写出一种)。(2)“操作”在实验室的名称为_，需用到的玻璃仪器是_、玻璃棒和烧杯。(3)“”表示的操作为在氯化氢气流中_、_、过滤。(4)“氧化”的离子方程式为_。(5)为防治SO2引起的污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品H2SO4(方案如图)。生成化工产品H2SO4的化学方程式为_。【答案】(1)增大化学反应速率(或提高原料的利用率)(2) 过滤 漏斗(3) 蒸发浓缩 冷却结晶(4)2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-(5)Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4【解析】【分析】由流程可知，硫铁矿在高温下焙烧可以得到铁的氧化物和二氧化硫，然后

37、氧化物溶于盐酸中，可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液，过滤后向滤液中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铁的晶体，以此来解答。(1)焙烧前将矿石粉碎可以增大反应物之间的接触面积，从而加快化学反应速率，故答案为：增大化学反应速率(或提高原料的利用率)；(2)“操作”在实验室的名称为过滤，过滤时需要用到的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：过滤；漏斗；(3)结合分析可知，氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化铁的晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(4)“氧化”过程中加入氯气，氧化亚铁离子为铁离子，对应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故答

38、案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；(5)分析图2可知，过程中起催化作用的物质是Fe2(SO4)3，生成化工产品H2SO4的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，故答案为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。五、实验题25如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。(1)装置A是氯气的发生装置，请写出反应的化学方程式：_。(2)装置B中饱和食盐水的作用是_；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时C、D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此

39、C中、处依次放入物质的组合应是_(填字母编号)。编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条(4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_，小明同学认为该现象不能说明溴单质的氧化性强于碘，原因是_。【答案】(1)Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2H2O+Cl2(2) 除去Cl2中的HCl B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱(3)d(4) E中溶液由无色变为蓝色 D中的溶液中可能含有氯气，过

40、量的氯气优先与I-反应生成碘【解析】【分析】装置A制备氯气，装置B除去氯气中的氯化氢，同时安全瓶作用，装置C验证氯气是否具有漂白性，装置D、E检验氯气的氧化性，装置F尾气处理，据此解答。(1)Ca(ClO)2与HCl反应生成Cl2、CaCl2和H2O，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2H2O+Cl2；(2)装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl，若发生堵塞，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(3)a碱石灰会吸收Cl2，故a错；b无水硫酸铜只能检验水，不能除水，故b错；c浓硫酸为液体，不能放置于U型管中，故c错；d氯气与水反应生成HClO，HClO使有色布条褪色，经过无水氯化钙干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故正确；故选d；(4)氯气可将D中NaBr氧化为Br2，Br2可氧化KI生成I2，使淀粉变蓝，但D中可能混有过量的Cl2，也能使E中KI生成I2，不能说明溴单质的氧化性强于碘，故答案为：E中溶液由无色变为蓝色；D中的溶液中可能含有氯气，过量的氯气优先与I-反应生成碘。