B.W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
C.Y的简单气态氢化物的热稳定性一定比W的强
D.Y分别与X、Z形成的化合物，其所含化学键的类型相同
【答案】C
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物，则X为C，W为Cl．其中Y、W处于同一主族，则Y为F；Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，Z的最外层电子数为9-7=2，结合原子序数可知Z为第三周期的Mg元素。
A.简单离子半径:
r（W）
r（Y）
r（Z），A错误；B.最高价含氧酸的酸性W>X，但W的氧化物的水化物若为HClO，则比碳酸的酸性弱，B错误；C.非金属性F>Cl，则Y的气态氢化物的热稳定性比W的强，C正确；D.Y分别与X、Z形成的化合物为CF4、MgF2，前者含共价键，后者含离子键，D错误；答案选C.
8.下列有关化学用语表示不正确的是（ ）
A.Al3＋的结构示意图：
B.K2O的电子式：
C.CO2分子的结构式：
D.苯分子的比例模型：
【答案】C
【解析】
【分析】
A、Al3＋的质子数13，2个电子层；
B、K2O是离子化合物；
C、结构式要将末成键的电子对省去；
D、苯分子呈正六边形；
【详解】A、Al3＋的质子数13，2个电子层，Al3＋的结构示意图：
，故A正确；
B、K2O是离子化合物，K2O的电子式：
，故B正确；
C、结构式要将末成键的电子对省去，CO2分子的结构式：
O=C=O，故C错误；
D、苯分子呈正六边形，苯分子的比例模型为
，故D正确；
故选C。
9.海洋是一座巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图，则下列说法正确的是
A.除去粗盐中的S、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，①中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B.②中包含制取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段
C.③④⑤中溴元素均被氧化
D.蒸馏法是技术最成熟也是最具发展前景的海水淡化方法
【答案】B
【解析】
试题分析：
A项中的加入顺序会导致Ba2+无法除尽，A错误；单质镁是通过电解熔融MgCl2的方法制取的，B正确；流程图中的第④步中溴元素被还原，C错误；蒸馏法会消耗大量的能源，不是最具有发展前景的方法，D错误。
考点：
考查了化工生产流程中海水资源的利用等相关知识。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.标准状况下，22.4LCCl4中含CCl4分子数为NA
B.5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等
C.0.1mo1·L－1MgCl2溶液中含Cl－数为0.2NA
D.3.9gNa2O2晶体中含有的离子总数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=
计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；D．n（Na2O2）=
=0.05mol，Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。
【详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量=
=0.1mol，6.4g铜物质的量=
=0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；B．Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2）=
=0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。
11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①氯化钠饱和溶液
NaHCO3（s）
②Al2O3
AlCl3（aq）
Al（OH）3
③海水
Mg（OH）2
MgCl2（aq）
MgCl2（s）
④N2
NO2
HNO3
⑤重晶石（BaSO4）
BaCO3
BaCl2（aq）
A.①③⑤B.②③④
C.②④⑤D.①②⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
①在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3。
②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝。
③氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；
④氮气与氧气反应生成一氧化氮；
⑤BaSO4＋CO32－
BaCO3＋SO42－，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3。
【详解】①在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3；
②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，再与氨水反应生成氢氧化铝；
③海水中镁离子加石灰乳反应生成氢氧化镁，再与盐酸反应生成氯化镁溶液，加热后水解，得不到无水氯化镁；
④氮气不能在氧气中燃烧，在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮；
⑤BaSO4＋CO32－
BaCO3＋SO42－，是可逆反应，提高碳酸根浓度，多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3，再与盐酸反应生成氯化钡。
综上所述，在给定条件下能实现的是①②⑤，故选D。
12.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。
常见的供氢原理如下面两个方程式所示：
①2LiAlH4
2LiH+2Al+3H2↑,②LiAlH4+2H2O＝LiAlO2+4H2↑。
下列说法正确的是
A.若反应①中生成3.36L氢气，则一定有2.7g铝生成
B.氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2O＝LiOH+H2↑
C.生成等质量的氢气，反应①②转移电子数之比为4：
3
D.LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢气状态不知，无法由体积求物质的量，A错误；
B、氢化锂中的氢是-1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H2O＝LiOH+H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B正确；
C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4完全分解转移3mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2O＝LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol氢气转移电子分别为：
2mol和1mol，因此反应①、②转移电子数之比为2：
1，C错误；
D、LiAlH4、LiH均是离子化合物，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为-1价是解题的关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等。
13.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。
下列反应中属于这种情况的是（）
①过量的锌与18mol·L—1的硫酸反应；
②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；
③浓盐酸与过量的MnO2；
④过量铜与浓硫酸；
⑤过量稀硝酸与银反应；
⑥过量稀硫酸与块状石灰石
A.①④⑤B.②③⑤
C.②③④⑥D.①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应；
②氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应；
③只有浓盐酸与二氧化锰反应，盐酸变稀后不反应；
④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；
【详解】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应，则过量的Zn与18mol·L－1的硫酸反应，硫酸能完全反应，故①不选；
②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，故②选；
③浓盐酸与过量的MnO2反应，随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故③选；
④随着反应的进行，硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故④选；
⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，硝酸过量时银能够反应完全，故⑤不选；
⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥选；
故选C。
【点睛】本题考查与量有关的化学反应，解题关键：
明确反应物浓度对反应的影响、生成物的溶解性及可逆反应的特点．
14.化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C
施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强。
因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。
并不是碳酸钠可与油污直接反应。
错误。
B、漂白粉在空气中久置变质，是因为有效成分Ca（ClO）2会发生反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和氧气，错误；C、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。
正确。
D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉。
错误。
考点：
考查盐的水解及应用的知识。
15.在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a>c，则下列说法正确的是（）
A.最后得到的溶液中一定含有Cu2+B.残余固体是铜和铁
C.将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生D.最后得到的溶液中可能含有Fe3+
【答案】A
【解析】
【分析】
发生的反应有：
2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，Cu2＋+Fe=Cu+Fe2＋，a＞c，说明铜没有被完全置换出。
【详解】A、由于a＞c，说明铜没有被完全置换出，则溶液中一定存在Cu2＋，故A正确；
B、由于a＞c，说明铜没有被完全置换出，残余固体中没有铁，故B错误；
C、残余固体中没有铁，将残余固体加入到稀H2SO4中，没有气泡产生，故C错误；
D、铜有剩余，发生的反应有：
2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，则一定不存在Fe3＋，故D错误；
故选：
A。
【点睛】本题考查混合物反应的过量问题，解题关键：
注意氧化性和还原性的强弱顺序．
二、填空题（共55分）
16.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
最外层电子数是电子层数的两倍
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是＋7价
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，该核素的原子核内有8个中子，则这种同位素的符号是________。
（2）元素Y的单质的电子式为_________________，元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物，该化合物的结构式为___________
（3）元素X与元素T相比，非金属性较强的是元素T，下列表述中不能证明这一事实的选项是_____。
a．常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同
b．元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定
c．元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧
d．元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强
e．Na2XO3溶液呈碱性，Na2TO4溶液呈中性
（4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。
T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其他三种酸的是_______________（用化学式表示）
【答案】
（1）.
（2）.
（3）.
（4）.ac（5）.H2CO3
【解析】
【分析】
T最外层电子数是电子层数的两倍，T可能是C或S，X最外层电子数是次外层电子数的2倍，因此X次外层为2个电子，最外层为4个电子，是C元素，能用于测定文物年代的是具有放射性的；Y单质是双原子分子，且其氢化物水溶液显碱性，可知Y是N元素；元素Z最高正价是+7价，因此Z是Cl，故：
T为S，X为C，Y为N，Z为Cl．
【详解】
（1）元素X为C，其有一种同位素中可测定文物年代，其原子核内有8个中子，则这种同位素的符号是
，故答案为：
；
（2）元素Y的单质N2的电子式为
，元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物，该化合物为NCl3，其结构式为
；
（3）a．常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同，单质熔沸点高低与其非金属性强弱无关，故不能证明；
b．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定，则T的非金属性大于X，故能证明；
c．元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧，无法比较其得电子的难易，故不能证明；
d．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强，元素的非金属性硫更强，故能证明；
e．Na2XO3溶液呈碱性，Na2TO4溶液呈中性，说明碳酸酸性比硫酸弱，碳的非金属性弱于硫，故能证明。
综上所述，不能证明硫的非金属性强于碳的是a、c。
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中，化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3，碳酸是弱酸，其余都是强酸。
【点睛】本题考查了物质结构和性质、元素周期律等知识点，解题关键：
根据物质的构成微粒、金属性强弱的判断方法等知识点来分析。
注意氮气的电子式的书写，氮气分子中形成三个共用电子对．
17.
（1）指出在使用下列仪器（已净）或用品的第一步操作：
集气瓶收集氨气
淀粉-KI试纸检验气体
容量瓶
实验室制Cl2组装好仪器
干燥集气瓶
_______________
______
_______________
（2）配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL，填空并请回答下列问题：
应称量NaOH的质量/g
应选用容量瓶的规格/mL
除容量瓶外还需要的玻璃仪器
_______________
_______________
_______________
用托盘天平称取固体样品时（1g以下使用游码），若将样品放在了天平的右盘，读数为10.5g，则所称样品的实际质量为______________g。
（3）下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏低影响的是____________________。
A．称量时将NaOH固体直接放在天平托盘上面的纸上
B．将称量的NaOH固体置露在空气的时间过长
C．选用的容量瓶内有少量的蒸馏水
D．整个配制过程中容量瓶不振荡
E．在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中
【答案】
（1）.用蒸馏水湿润
（2）.检验是否漏水（3）.检查装置的气密性（4）.8.0（5）.500（6）.烧杯玻璃棒胶头滴管（7）.9.5（8）.AB
【解析】
【分析】
（1）用淀粉-KI试纸气体的氧化性，需先用蒸馏水湿润试纸，以溶解气体。
溶液配制需反复颠倒摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水。
实验室制Cl2组装好仪器，检查装置的气密性。
（2）根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量。
根据所配制的溶液的体积来选择容量瓶的规格，根据实验实际操作步骤选择所需要的仪器，进而判断缺少的仪器．
（3）分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=n/V分析判断操作对所配溶液浓度的影响．
【详解】
（1）用淀粉-KI试纸气体的氧化性，需先用蒸馏水湿润试纸，以溶解气体。
溶液配制需反复颠倒摇匀，使用前要检查容量瓶是否漏水。
实验室制Cl2组装好仪器后，检查装置的气密性。
（2）根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量氢氧化钠的质量为：
0.4mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=8.0g；配制的NaOH溶液500mL，故选用500ml容量瓶；
具体操作步骤有：
计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等。
一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在
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