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2021-2022学年福建省龙岩第一中学高一（下）月考化学试卷（第二次）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省龙岩第一中学高一（下）月考化学试卷（第二次）（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 中国是世界著名的陶瓷古国等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省龙岩第一中学高一（下）月考化学试卷（第二次）
1. 中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是
选项
A
B
C
D
文物
名称
东汉铜车马
舞马衔杯纹银壶
萧何月下追韩信梅瓶
雪景寒林图
A. A B. B C. C D. D
2. 下列有关物质的用途叙述正确的是( )
A. 黏土可用于生产玻璃 B. 高纯硅常被用于制造光导纤维
C. 二氧化硅主要用于制造芯片 D. 铝热剂可用于金属的大面积焊接
3. 海带中含有碘元素，可通过以下步骤提取碘单质：①灼烧；②溶解；③过滤；④氧化；⑤萃取分液等。以上步骤不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
4. 元素及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，均能由一步反应实现的是( )
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Na2SiO3→H2SiO3→SiO2→Si
C. S→SO3→H2SO4→BaSO4 D. N2→NH3→NO2→HNO3
5. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 氯元素的相对原子质量为12ab B. 氯元素的摩尔质量为aNA
C. m g该氯原子的物质的量为maNAmol D. n g该氯原子所含的电子数为17naNA
6. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用钴 2760Co放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现(此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖)。 2760Co的衰变方程为： 2760Co=ZANi+−10e−+ve。其中，ve是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。下列的说法中正确的是( )
A. 2760Co为钴元素的一种较稳定核素 B. 2760Co与 2759Co互为同素异形体
C. 衰变反应属于化学反应 D. 上述方程中A为60，Z为28
7. 下列关于元素周期表的叙述正确的是( )
A. 周期表中有七个主族，八个副族
B. 主族元素的原子形成单原子离子时，其离子的化合价与元素所在族序数相等
C. 某元素原子最外层有3个电子，则该元素一定位于周期表的ⅢA族
D. 从ⅢB到ⅡB共8个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属
8. 下列各组元素性质递变情况错误的是
A. N、O、F元素最高正化合价依次升高
B. PH3、H2S、H2O的稳定性依次增强
C. LiOH、NaOH、KOH的碱性依次增强
D. HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱
9. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是( )
A. Y的一种单质在空气易自燃，应保存在水中
B. X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐
C. 氧化物的水化物的酸性：Y
10. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在表中位置如图所示。W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1。则下列说法中，正确的是
A. 原子半径：W>Z>X>Y
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. W单质具有漂白性
D. 四种元素的单质中，Z单质的熔点、沸点最高
11. a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. b元素的焰色呈浅紫色
B. 元素的非金属性：d>c>e
C. a与c形成二元化合物只有一种
D. d、e的最高价氧化物对应水化物均为强酸
12. “祝融号”火星车拍摄的影像图显示，火星气体及岩石中富含原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z原子的最外层电子数是内层电子数的15，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素，火星岩石含有化合物ZWY3，下列判断错误的是( )
A. W位于元素周期表第三周期第ⅣA族 B. X、W简单氢化物的稳定性：X>W
C. 原子半径：Z>W>Y>X D. 火星气体中可能含有XY、XY2
13. 元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A. 工业制粗硅能发生反应：2C+SiO2高温2CO↑+Si
B. 常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈
C. 气态氢化物的稳定性：H2O>H2S
D. Cl2从NaBr溶液中置换出Br2
14. 某学习小组探究元素周期律，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
a
b
c
①
浓盐酸
二氧化锰
溴化钠溶液
Cl>Br
②
浓盐酸
高锰酸钾
碘化钾溶液
Cl>I
③
稀盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
C>Si
④
稀硫酸
纯碱
硅酸钠溶液
S>C>Si
A. 全部 B. ②③④ C. ①③ D. ②④
15. 下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一元素。根据表中所列元素，回答下列问题：
(1)A元素在周期表中的位置_______。
(2)A元素中子数为8的核素的符号：_______；写出E的离子结构示意图：_______。
(3)上表短周期元素中，金属性最强的是_______(填元素符号)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的物质_______(填化学式)。
(4)表中E、F、G三元素可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小顺序是_______(用离子符号表示)。
(5)H是目前人类使用最广泛的金属元素。B的最高价含氧酸稀溶液与足量H单质发生反应的离子方程式为_______。
(6)用一个离子方程式说明元素E、F非金属性强弱_______。
16. 位于3个不同短周期6种主族元素W、R、Q、X、Y、Z原子序数依次增大，R为地壳中含量最丰富的元素，W与Q、R与Y分别同主族，X为同周期的简单离子中半径最小的元素。回答下列问题：
(1)请写出元素符号：W为_______、R为_______、Q为_______。
(2)Q、X的最高价氧化物对应水化物之间能发生反应，其离子方程式为_______。
(3)实验室制备Z单质的化学方程式：_______。
(4)常见化合物甲、乙均含W、R、Q、Y四种元素，则甲、乙两溶液反应的离子方程式为：_______。
(5)Z2R和ZR2均可作自来水消毒剂，且消毒时还原产物均为Z−，则与8.7gZ2R的氧化能力相当的ZR2的质量为_______g。
(6)溶液丙XZ3与溶液丁(QRW)，两种溶液等体积混合后，沉淀物中含X元素的质量是溶液中含X元素的质量的一半，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比可能为_______。
①1:1②2:3③3:10④3:11
17. 某化学小组在学习元素周期律后，对教材中 Fe2+氧化为 Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将 Fe2+氧化为 Fe3+，那么 Br2和 I2能否将 Fe2+氧化为 Fe3+？
(一)设计实验进行验证
实验 1
试管
操作
现象
①
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量溴水，振荡试管
溶液为黄色
②
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量碘水，振荡试管
溶液为黄色
(二)实验现象的分析与解释
Ⅰ.同学甲认为①中现象说明溴水能将 Fe2+氧化，离子方程式为___________。
同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：
实验 2：
操作
应该观察到的现象
___________
___________
Ⅱ.该小组同学对试管②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：
可能 1：碘水与 FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。
可能 2： ___________。
实验 3：
操作
现象
向试管②所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴加KSCN溶液
静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色
同学丙认为该实验现象可以说明是“可能 2”成立，同学丁从亚铁离子的性质考虑，认为该结论不严谨，理由是___________。于是，同学丁重新设计实验并最终得出结论：在本实验条件下，碘水与 FeCl2溶液反应的程度很小。
Ⅲ.Cl2、Br2、I2氧化 Fe2+的能力逐渐减弱，从原子结构的角度解释原因： ___________。
18. 海洋是巨大的资源宝库。大连市充分利用沿海优势，优先发展海水淡化生产与综合利用一体化绿色循环经济产业，逐步建立起较为完善的海水淡化产业链，全面推动海水淡化相关技术研发、装备制造、原材料生产和盐化工等产业集聚发展。
Ⅰ.从海水中提取食盐和溴的过程如下：
(1)海水淡化的方法主要有_______等(写出一种即可)。
(2)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br−，其目的为_______。
(3)步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_______；由此反应可知，除环境保护外，在该工业生产中应解决的主要问题是_______。
(4)步骤Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80∼90℃。温度过高或过低都不利于生产，若温度过高，_______；若温度过低，_______。
Ⅱ.某化学研究性学习小组模拟工业上从浓缩的海水中提取液溴的过程，设计了如下实验装置(夹持装置略去)和操作流程。已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒。
①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应完全；
②关闭活塞a、c，打开活塞b、d，向A中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2；
④关闭活塞b，打开活塞a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；
⑤将B中所得液体进行萃取、分液，蒸馏并收集液溴。请回答下列问题：
(5)步骤①中通入氯气需缓慢的原因是_______。
(6)进行步骤③时，B中尾气可用_______(填字母)吸收处理。
a.水 b.浓硫酸 c.NaOH溶液 d.饱和NaCl溶液
(7)若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，则该反应的化学方程式为_______。
(8)与B装置相比，采用C装置的优点为_______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有关化学与生活及历史知识，难度不大。
【解答】
A.东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；
B.舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；
C.萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；
D.雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意。
综上所述答案为C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查硅、二氧化硅、铝热剂的性质和用途，难度不大，掌握基础即可解答。
【解答】
A.黏土不可用于生产玻璃，可用于生产陶瓷、水泥，故A错误；
B.用于制造光导纤维的是二氧化硅，不是高纯度硅，故B错误；
C.高纯度硅主要用于制造芯片，而不是二氧化硅，故C错误；
D.铝热剂反应时放热，生成的铁水可用于金属的大面积焊接，故D正确。
答案选D。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查有关仪器的使用，难度不大。
【解答】
①灼烧使用坩埚，②溶解使用烧杯，③过滤使用漏斗，⑤萃取分液使用分液漏斗，故不需要的仪器为A。选A。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质的转化，难度一般，理解物质的性质是解题关键。
【解答】
A.氧化铝不溶于水，不和水反应，不能一步直接生成氢氧化铝，故A错误；
B.硅酸钠和强酸反应能生成硅酸，硅酸受热分解可得二氧化硅，二氧化硅能被碳单质还原成单质硅，故B正确；
C.硫单质不能一步氧化成三氧化硫，而是先生成二氧化硫，再催化氧化成三氧化硫，故C错误；
D.氨气不能一步氧化成二氧化氮，而是先生成一氧化氮，然后再生成二氧化氮，故D错误。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的量的计算，难度不大，理解计算公式是解题关键。
【解答】
A. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，则该氯原子的相对原子质量为agbg12=12ab，不是氯元素的相对原子质量，故A错误；
B. 氯原子的质量为a g，则该氯原子的摩尔质量为aNAg⋅mol−1，故B错误；
C. 氯原子的质量为a g，则该氯原子的摩尔质量为aNAg⋅mol−1，故m g该氯原子的物质的量maNAmol，故C正确；
D. n g该氯原子含有的氯原子的数目为na个，则其含有的电子个数为17na，故D错误。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关原子结构知识，难度不大，掌握相关概念是解答的关键。
【解答】
A. 2760Co可用作放射源，则其应是钴元素的一种较不稳定的核素，故A错误；
B. 2760Co与 2759Co互为同位素，而不是同素异形体，故B错误；
C.衰变反应属于核变化，不属于化学反应，故C错误；
D.方程中，ve是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而 2760Co=ZANi+−10e−+ve，则A为60，Z为28，故D正确。
答案D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的内容为元素周期表的结构，题目不难，掌握基础知识即可解答。
【解答】
A.周期表中有七个主族，七个副族，一个Ⅷ族，一个0族，故A错误；
B.主族元素的原子形成单原子离子时，其离子的化合价不一定与元素所在族序数相等，如ⅥA族的S元素形成S2−，化合价为−2，故B错误；
C.某元素原子最外层有3个电子，该元素一定位于周期表的ⅢA族，故C正确；
D.从ⅢB到ⅡB共10个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属，故D错误；
选C。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素性质，难度不大，理解同周期和同主族元素性质的变化规律是解题关键。
【解答】
A.O元素无最高正价，F无正价，故A错误；
B.简单氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，非金属性：P
答案A。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有关元素推断及性质，难度不大，能推断出元素是解答的关键。
【解答】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素、X是N元素；Y、Z是第三周期元素，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，则Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y最外层有5个电子、Z最外层有7个电子，Y是P元素、Z是Cl元素。
A.Y是P元素；白磷在空气易自燃，应保存在水中，故A正确；
B.X是N元素；NH3和HNO3反应生成NH4NO3，故B正确；
C.Y是P元素，Z是Cl元素，最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4HClO，故C错误；
D.X是N元素，Z是Cl元素；常温下，NH3与Cl2反应生成氮气和氯化铵，故D正确。
故选C。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关元素周期表及周期律，难度不大，掌握相关物质的性质是解答的关键。
【解答】
设Y原子的原子序数是a，根据X、Y、Z、W在表中位置图，W原子序数是a+9，W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1，则2a+1=a+9，a=8，所以Y是O元素、X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素。
A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：S>Cl>N>O，故A错误；
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>HNO3，故B错误；
C.Cl2没有漂白性，Cl2和水反应的产物次氯酸有漂白性，故C错误；
D.常温常压下，四种元素的单质中，N2、O2、Cl2都是气体，S是固体，单质S的熔点、沸点最高，故D正确。
选D。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关元素周期表及周期律知识，难度不大，能推断出元素并掌握各物质的性质是解答的关键。
【解答】
同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大。由其原子半径和最外层电子数的关系图可知，可知a和b都位于第ⅠA族，a原子半径最小，b原子半径最大，所以a为H，b为Na，c、d、e最外层电子数分别为4、5、6，可知c为C，d为N，e为S。
A.经分析，b为Na元素，其焰色呈黄色，故A错误；
B.经分析，c为C，d为N，e为S，非金属性 Ce>c，故B错误；
C.a为H，c为C，H与 C形成的二元化合物有很多种，比如各种烃，故C错误；
D.d为N，最高价含氧酸为HNO3，为强酸，e为S，最高价含氧酸为H2SO4，为强酸，故D正确。
答案D。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素推断、元素周期律，难度一般，准确推断元素是解题关键。
【解答】
Z原子的最外层电子数是内层电子数的15，则Z的电子层结构应为2、8、2，所以Z为Mg元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；火星岩石含有化合物ZWY3，即MgWO3，所以W应为ⅣA族元素，X、W为同一主族元素，且X的原子序数较小，则X为C元素，W为Si元素。
A.W为Si元素，为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，A正确；
B.同主族自上而下非金属性减弱，简单氢化物的稳定性减弱，所以简单氢化物的稳定性：CH4>SiH4，即X>W，B正确；
C.同周期自左至右原子半径依次减小，同主族自上而下原子半径依次增大，所以原子半径：Mg>Si>C>O，即Z>W>X>Y，C错误；
D.根据题意，火星气体中含有C、O元素，所以可能含有CO、CO2，D正确。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律，难度一般，理解元素性质变化规律是解题关键。
【解答】
A.根据元素周期律，C的氧化性大于Si，工业制粗硅能发生反应：2C+SiO2高温2CO↑+Si中C体现还原性，不能用元素周期律解释，故A正确；
B.同周期元素从左到右，金属性减弱，金属性Mg>Al，常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，能用元素周期律解释，故B错误；
C.同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同主族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，Cl2从NaBr溶液中置换出Br2，能用元素周期律解释，故D错误。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关化学实验方案的设计与评价，难度不大，掌握相关原理是解答的关键。
【解答】
①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，装置中没有加热装置，故①不符合题意；
②浓盐酸和高锰酸钾制取氯气不需要加热，氯气能置换出碘，能证明非金属性Cl>I，故②符合题意；
③稀盐酸和石灰石制取的二氧化碳气体中可能含有氯化氢气体，氯化氢溶于水生成的盐酸也可以和硅酸钠反应，故③不符合题意；
④稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳气体可以和硅酸钠反应，说明酸性硫酸强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，故可证明非金属性S>C>Si，故④符合题意。
综上所述，符合题意的是②④，故答案D。
15.【答案】(1)第二周期ⅣA族
(2) 614C；
(3)Na；HClO4
(4)S2−>Cl−>K+
(5)3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
(6)Cl2+S2−=2Cl−+S↓或Cl2+H2S=2H++2Cl−+S↓
【解析】根据元素在周期表中的位置，可知A是C元素、B是N元素、C是F元素、D是Na元素、E是S元素、F是Cl元素、G是K元素、H是Fe元素、I是Br元素。
(1)A是C元素，在周期表中的位置：第二周期ⅣA族。
(2)A是C元素，中子数为8的核素，质量数为14，符号为 614C；E是S元素， S2−核外有18个电子，离子结构示意图为。
(3)同周期元素从左到右金属性减弱，同主族元素从上到下金属性增强，短周期元素中，金属性最强的是Na；短周期元素中最高价氧化物对应水化物中酸性最强的物质是HClO4。
(4)电子层数相同时，质子数越多半径越小，离子的半径由大到小顺序是S2−>Cl−>K+。
(5)B的最高价含氧酸稀溶液是稀硝酸，稀硝酸与足量Fe反应生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O。
(6)Cl2能置换出H2S中的S，说明Cl2的氧化性大于S，则证明Cl元素的非金属性大于S，反应离子方程式为Cl2+H2S=2H++2Cl−+S↓或Cl2+S2−=2Cl−+S↓。
16.【答案】(1)H；O；Na
(2)Al(OH)3+OH−=Al(OH)4−或Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O
(3)MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O
(4)H++HSO3−=H2O+SO2↑
(5)5.4
(6)①④
【解析】
【分析】
本题考查元素的推断以及物质的性质，根据信息推出相应元素是解题关键，是常考题型。
【解答】
6种主族元素W、R、Q、X、Y、Z原子序数依次增大，且位于3个不同短周期，则W是第一周期的H元素，R为地壳中含量最丰富的元素，则R为O元素，R与Y分别同主族，则Y是S元素， Z元素在Y元素后面，则根据原子序数依次增大，可知Z是Cl元素，W与Q同主族，根据原子序数依次增大，和Q元素位于O元素后面，可知Q元素是Na元素，X为同周期的简单离子中半径最小的元素，且Q是Na元素，则X是Al元素，据此分析解答。
(1)经分析W、R、Q分别为H、O、Na三种元素。
(2)经分析，Q、X分别是Na元素和Al元素，Q、X的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，它们反应的离子方程式是Al(OH)3+OH−=Al(OH)4−或Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O。
(3)经分析Z是Cl元素，其单质是氯气，实验室制备氯气的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(4)常见化合物甲、乙均含W、R、Q、Y四种元素，即含有H、O、Na、S四种元素，则甲、乙两种化合物分别是NaHSO4和NaHSO3，故二者反应的离子方程式是H++HSO3−=H2O+SO2↑。
(5)经分析Z是Cl元素，R为O元素，则Z2R和ZR2分别是指Cl2O和ClO2，均可作自来水消毒剂，且消毒时还原产物均为Z−，即是Cl−，则二者氧化能力相同(即二者被还原成Cl−时得到的电子数相同)时的物质的量比是5Cl2O∼4ClO2，其质量比是435∼270，则8.7gZ2R的氧化能力相当的ZR2的质量为5.4g。
(6)溶液丙XZ3与溶液丁(QRW)，经分析应是AlCl3溶液和NaOH溶液，两种溶液等体积混合后，沉淀物中含X元素的质量是溶液中含X元素的质量的一半，存在两种情况，第一种情况是AlCl3溶液和生成的Al(OH)3沉淀，第二种情况是NaAlO2溶液和Al(OH)3沉淀。如是第一种情况，则存在2AlCl3∼Al(OH)3这样的物质的量关系，生成1molAl(OH)3沉淀需要3molNaOH、1molAlCl3，总计需要3molAlCl3和3molNaOH，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比V(AlCl3溶液)：V(NaOH溶液)=1:1；如是第二种情况，则存在2NaAlO2∼Al(OH)3的物质的量关系，生成2molNaAlO2需要2molAlCl3，需要8molNaOH，生成1molAl(OH)3沉淀，需要1molAlCl3，需要3molNaOH，则总计需要AlCl3物质的量为3mol，需要11molNaOH，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比c(AlCl3溶液)：c(NaOH溶液)=3:11，故答案为①④。
17.【答案】Ⅰ.2Fe2++Br2===2Fe3++2Br− 取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡 溶液变为红色
Ⅱ.碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象 亚铁离子与空气接触会被氧化，应该减少空气对实验的影响
Ⅲ.同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱
【解析】Ⅰ.溴水能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++Br2===2Fe3++2Br−;
要判断溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可，因此实验操作为取少量①中黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；
若Br2将Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe3+和SCN−结合生成有色物质，则可观察到的现象是溶液变为红色。
Ⅱ.碘水和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+，可能1是没有发生反应，那么可能2是碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，颜色没有明显变化；
要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为空气中的氧气可能将Fe2+氧化为Fe3+。
Ⅲ.同主族元素，从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱。
18.【答案】(1)蒸馏法或电渗析法或离子交换法等
(2)富集溴元素
(3)Br2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Br− 强酸对设备的严重腐蚀
(4)大量水蒸气随溴排出，溴蒸气中水分增加 溴不能完全蒸出，产率低
(5)使反应更加充分，提高氯气利用率
(6)c
(7)3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑
(8)操作简单、污染小或写更安全、对设计腐蚀小等
【解析】Ⅰ.通过海水淡化得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯气，发生反应Cl2+2Br−===2Cl−+Br2，利用热空气吹出Br2，用SO2吸收Br2，发生反应SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBr，向溶液中通入氯气发生反应Cl2+2Br−===2Cl−+Br2，然后采用萃取获取Br2。
Ⅱ.该实验是对工业流程的模拟，①模仿的是工业流程中的过程Ⅰ，利用Cl2氧化Br−；②③模仿的是工业流程中的过程Ⅱ，热空气吹出和SO2水溶液吸收；④⑤模仿的是工业流程中的过程Ⅲ，再次氧化得到Br2，再得到Br2。
(1)海水淡化的方法有蒸馏法，电渗析法，离子交换法等。
(2)海水中的Br元素含量较少，步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br−，其目的为富集溴元素。
(3)在水溶液中，Br2和SO2发生氧化还原反应，生成HBr和H2SO4，离子方程式：SO2+Br2+2H2O===4H++SO42−+2Br−；反应过程中生成了HBr和H2SO4两种强酸，除了环境保护外，在该工业生产中还需要解决的主要问题是强酸对设备的严重腐蚀。
(4)若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸气中水分增加；若温度过低，Br2挥发不完全，不能完全蒸出，产率低。
(5)缓慢通入氯气，其目的是为了使A装置中的Br−与氯气反应更加充分，提高氯气利用率。
(6)B中的尾气中含有没有反应的Br2和SO2，两者均与NaOH反应，因此可用NaOH溶液进行尾气吸收，c符合题意。
(7)若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，根据滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，可知空气吹出的Br2与Na2CO3反应得到NaBrO3和NaBr和CO2，则配平后反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2↑。
(8)与B装置相比，采用C装置可以不进行步骤③④，而且没有繁复地开关活塞，过程中没有使用SO2，减小了污染性的气体的使用，因此优点为操作简单、污染小。
2021-2022学年福建省龙岩第一中学高一（下）月考化学试卷（第二次）
1. 中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是
选项
A
B
C
D
文物
名称
东汉铜车马
舞马衔杯纹银壶
萧何月下追韩信梅瓶
雪景寒林图
A. A B. B C. C D. D
2. 下列有关物质的用途叙述正确的是( )
A. 黏土可用于生产玻璃 B. 高纯硅常被用于制造光导纤维
C. 二氧化硅主要用于制造芯片 D. 铝热剂可用于金属的大面积焊接
3. 海带中含有碘元素，可通过以下步骤提取碘单质：①灼烧；②溶解；③过滤；④氧化；⑤萃取分液等。以上步骤不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
4. 元素及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化关系，均能由一步反应实现的是( )
A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Na2SiO3→H2SiO3→SiO2→Si
C. S→SO3→H2SO4→BaSO4 D. N2→NH3→NO2→HNO3
5. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 氯元素的相对原子质量为12ab B. 氯元素的摩尔质量为aNA
C. m g该氯原子的物质的量为maNAmol D. n g该氯原子所含的电子数为17naNA
6. 1956年，美籍华人科学家吴健雄用钴 2760Co放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现(此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖)。 2760Co的衰变方程为： 2760Co=ZANi+−10e−+ve。其中，ve是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。下列的说法中正确的是( )
A. 2760Co为钴元素的一种较稳定核素 B. 2760Co与 2759Co互为同素异形体
C. 衰变反应属于化学反应 D. 上述方程中A为60，Z为28
7. 下列关于元素周期表的叙述正确的是( )
A. 周期表中有七个主族，八个副族
B. 主族元素的原子形成单原子离子时，其离子的化合价与元素所在族序数相等
C. 某元素原子最外层有3个电子，则该元素一定位于周期表的ⅢA族
D. 从ⅢB到ⅡB共8个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属
8. 下列各组元素性质递变情况错误的是
A. N、O、F元素最高正化合价依次升高
B. PH3、H2S、H2O的稳定性依次增强
C. LiOH、NaOH、KOH的碱性依次增强
D. HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱
9. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是( )
A. Y的一种单质在空气易自燃，应保存在水中
B. X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐
C. 氧化物的水化物的酸性：Y
10. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在表中位置如图所示。W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1。则下列说法中，正确的是
A. 原子半径：W>Z>X>Y
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. W单质具有漂白性
D. 四种元素的单质中，Z单质的熔点、沸点最高
11. a、b、c、d、e均为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. b元素的焰色呈浅紫色
B. 元素的非金属性：d>c>e
C. a与c形成二元化合物只有一种
D. d、e的最高价氧化物对应水化物均为强酸
12. “祝融号”火星车拍摄的影像图显示，火星气体及岩石中富含原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z原子的最外层电子数是内层电子数的15，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素，火星岩石含有化合物ZWY3，下列判断错误的是( )
A. W位于元素周期表第三周期第ⅣA族 B. X、W简单氢化物的稳定性：X>W
C. 原子半径：Z>W>Y>X D. 火星气体中可能含有XY、XY2
13. 元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A. 工业制粗硅能发生反应：2C+SiO2高温2CO↑+Si
B. 常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈
C. 气态氢化物的稳定性：H2O>H2S
D. Cl2从NaBr溶液中置换出Br2
14. 某学习小组探究元素周期律，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
a
b
c
①
浓盐酸
二氧化锰
溴化钠溶液
Cl>Br
②
浓盐酸
高锰酸钾
碘化钾溶液
Cl>I
③
稀盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
C>Si
④
稀硫酸
纯碱
硅酸钠溶液
S>C>Si
A. 全部 B. ②③④ C. ①③ D. ②④
15. 下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一元素。根据表中所列元素，回答下列问题：
(1)A元素在周期表中的位置_______。
(2)A元素中子数为8的核素的符号：_______；写出E的离子结构示意图：_______。
(3)上表短周期元素中，金属性最强的是_______(填元素符号)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的物质_______(填化学式)。
(4)表中E、F、G三元素可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小顺序是_______(用离子符号表示)。
(5)H是目前人类使用最广泛的金属元素。B的最高价含氧酸稀溶液与足量H单质发生反应的离子方程式为_______。
(6)用一个离子方程式说明元素E、F非金属性强弱_______。
16. 位于3个不同短周期6种主族元素W、R、Q、X、Y、Z原子序数依次增大，R为地壳中含量最丰富的元素，W与Q、R与Y分别同主族，X为同周期的简单离子中半径最小的元素。回答下列问题：
(1)请写出元素符号：W为_______、R为_______、Q为_______。
(2)Q、X的最高价氧化物对应水化物之间能发生反应，其离子方程式为_______。
(3)实验室制备Z单质的化学方程式：_______。
(4)常见化合物甲、乙均含W、R、Q、Y四种元素，则甲、乙两溶液反应的离子方程式为：_______。
(5)Z2R和ZR2均可作自来水消毒剂，且消毒时还原产物均为Z−，则与8.7gZ2R的氧化能力相当的ZR2的质量为_______g。
(6)溶液丙XZ3与溶液丁(QRW)，两种溶液等体积混合后，沉淀物中含X元素的质量是溶液中含X元素的质量的一半，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比可能为_______。
①1:1②2:3③3:10④3:11
17. 某化学小组在学习元素周期律后，对教材中 Fe2+氧化为 Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将 Fe2+氧化为 Fe3+，那么 Br2和 I2能否将 Fe2+氧化为 Fe3+？
(一)设计实验进行验证
实验 1
试管
操作
现象
①
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量溴水，振荡试管
溶液为黄色
②
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量碘水，振荡试管
溶液为黄色
(二)实验现象的分析与解释
Ⅰ.同学甲认为①中现象说明溴水能将 Fe2+氧化，离子方程式为___________。
同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：
实验 2：
操作
应该观察到的现象
___________
___________
Ⅱ.该小组同学对试管②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：
可能 1：碘水与 FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。
可能 2： ___________。
实验 3：
操作
现象
向试管②所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴加KSCN溶液
静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色
同学丙认为该实验现象可以说明是“可能 2”成立，同学丁从亚铁离子的性质考虑，认为该结论不严谨，理由是___________。于是，同学丁重新设计实验并最终得出结论：在本实验条件下，碘水与 FeCl2溶液反应的程度很小。
Ⅲ.Cl2、Br2、I2氧化 Fe2+的能力逐渐减弱，从原子结构的角度解释原因： ___________。
18. 海洋是巨大的资源宝库。大连市充分利用沿海优势，优先发展海水淡化生产与综合利用一体化绿色循环经济产业，逐步建立起较为完善的海水淡化产业链，全面推动海水淡化相关技术研发、装备制造、原材料生产和盐化工等产业集聚发展。
Ⅰ.从海水中提取食盐和溴的过程如下：
(1)海水淡化的方法主要有_______等(写出一种即可)。
(2)步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br−，其目的为_______。
(3)步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_______；由此反应可知，除环境保护外，在该工业生产中应解决的主要问题是_______。
(4)步骤Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80∼90℃。温度过高或过低都不利于生产，若温度过高，_______；若温度过低，_______。
Ⅱ.某化学研究性学习小组模拟工业上从浓缩的海水中提取液溴的过程，设计了如下实验装置(夹持装置略去)和操作流程。已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒。
①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应完全；
②关闭活塞a、c，打开活塞b、d，向A中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2；
④关闭活塞b，打开活塞a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；
⑤将B中所得液体进行萃取、分液，蒸馏并收集液溴。请回答下列问题：
(5)步骤①中通入氯气需缓慢的原因是_______。
(6)进行步骤③时，B中尾气可用_______(填字母)吸收处理。
a.水 b.浓硫酸 c.NaOH溶液 d.饱和NaCl溶液
(7)若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，则该反应的化学方程式为_______。
(8)与B装置相比，采用C装置的优点为_______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有关化学与生活及历史知识，难度不大。
【解答】
A.东汉铜车马为青铜器，属于合金，A不符合题意；
B.舞马衔杯纹银壶为金属制品，B不符合题意；
C.萧何月下追韩信梅瓶为瓷器，由陶瓷制成，C符合题意；
D.雪景寒林图为书画，由纤维素制成，D不符合题意。
综上所述答案为C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查硅、二氧化硅、铝热剂的性质和用途，难度不大，掌握基础即可解答。
【解答】
A.黏土不可用于生产玻璃，可用于生产陶瓷、水泥，故A错误；
B.用于制造光导纤维的是二氧化硅，不是高纯度硅，故B错误；
C.高纯度硅主要用于制造芯片，而不是二氧化硅，故C错误；
D.铝热剂反应时放热，生成的铁水可用于金属的大面积焊接，故D正确。
答案选D。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查有关仪器的使用，难度不大。
【解答】
①灼烧使用坩埚，②溶解使用烧杯，③过滤使用漏斗，⑤萃取分液使用分液漏斗，故不需要的仪器为A。选A。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查物质的转化，难度一般，理解物质的性质是解题关键。
【解答】
A.氧化铝不溶于水，不和水反应，不能一步直接生成氢氧化铝，故A错误；
B.硅酸钠和强酸反应能生成硅酸，硅酸受热分解可得二氧化硅，二氧化硅能被碳单质还原成单质硅，故B正确；
C.硫单质不能一步氧化成三氧化硫，而是先生成二氧化硫，再催化氧化成三氧化硫，故C错误；
D.氨气不能一步氧化成二氧化氮，而是先生成一氧化氮，然后再生成二氧化氮，故D错误。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质的量的计算，难度不大，理解计算公式是解题关键。
【解答】
A. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，则该氯原子的相对原子质量为agbg12=12ab，不是氯元素的相对原子质量，故A错误；
B. 氯原子的质量为a g，则该氯原子的摩尔质量为aNAg⋅mol−1，故B错误；
C. 氯原子的质量为a g，则该氯原子的摩尔质量为aNAg⋅mol−1，故m g该氯原子的物质的量maNAmol，故C正确；
D. n g该氯原子含有的氯原子的数目为na个，则其含有的电子个数为17na，故D错误。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关原子结构知识，难度不大，掌握相关概念是解答的关键。
【解答】
A. 2760Co可用作放射源，则其应是钴元素的一种较不稳定的核素，故A错误；
B. 2760Co与 2759Co互为同位素，而不是同素异形体，故B错误；
C.衰变反应属于核变化，不属于化学反应，故C错误；
D.方程中，ve是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0，而 2760Co=ZANi+−10e−+ve，则A为60，Z为28，故D正确。
答案D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的内容为元素周期表的结构，题目不难，掌握基础知识即可解答。
【解答】
A.周期表中有七个主族，七个副族，一个Ⅷ族，一个0族，故A错误；
B.主族元素的原子形成单原子离子时，其离子的化合价不一定与元素所在族序数相等，如ⅥA族的S元素形成S2−，化合价为−2，故B错误；
C.某元素原子最外层有3个电子，该元素一定位于周期表的ⅢA族，故C正确；
D.从ⅢB到ⅡB共10个纵列的元素都是金属元素，称为过渡金属，故D错误；
选C。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素性质，难度不大，理解同周期和同主族元素性质的变化规律是解题关键。
【解答】
A.O元素无最高正价，F无正价，故A错误；
B.简单氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，非金属性：P
答案A。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有关元素推断及性质，难度不大，能推断出元素是解答的关键。
【解答】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素、X是N元素；Y、Z是第三周期元素，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，则Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y最外层有5个电子、Z最外层有7个电子，Y是P元素、Z是Cl元素。
A.Y是P元素；白磷在空气易自燃，应保存在水中，故A正确；
B.X是N元素；NH3和HNO3反应生成NH4NO3，故B正确；
C.Y是P元素，Z是Cl元素，最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4
D.X是N元素，Z是Cl元素；常温下，NH3与Cl2反应生成氮气和氯化铵，故D正确。
故选C。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关元素周期表及周期律，难度不大，掌握相关物质的性质是解答的关键。
【解答】
设Y原子的原子序数是a，根据X、Y、Z、W在表中位置图，W原子序数是a+9，W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1，则2a+1=a+9，a=8，所以Y是O元素、X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素。
A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：S>Cl>N>O，故A错误；
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>HNO3，故B错误；
C.Cl2没有漂白性，Cl2和水反应的产物次氯酸有漂白性，故C错误；
D.常温常压下，四种元素的单质中，N2、O2、Cl2都是气体，S是固体，单质S的熔点、沸点最高，故D正确。
选D。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关元素周期表及周期律知识，难度不大，能推断出元素并掌握各物质的性质是解答的关键。
【解答】
同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大。由其原子半径和最外层电子数的关系图可知，可知a和b都位于第ⅠA族，a原子半径最小，b原子半径最大，所以a为H，b为Na，c、d、e最外层电子数分别为4、5、6，可知c为C，d为N，e为S。
A.经分析，b为Na元素，其焰色呈黄色，故A错误；
B.经分析，c为C，d为N，e为S，非金属性 C
C.a为H，c为C，H与 C形成的二元化合物有很多种，比如各种烃，故C错误；
D.d为N，最高价含氧酸为HNO3，为强酸，e为S，最高价含氧酸为H2SO4，为强酸，故D正确。
答案D。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素推断、元素周期律，难度一般，准确推断元素是解题关键。
【解答】
Z原子的最外层电子数是内层电子数的15，则Z的电子层结构应为2、8、2，所以Z为Mg元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；火星岩石含有化合物ZWY3，即MgWO3，所以W应为ⅣA族元素，X、W为同一主族元素，且X的原子序数较小，则X为C元素，W为Si元素。
A.W为Si元素，为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，A正确；
B.同主族自上而下非金属性减弱，简单氢化物的稳定性减弱，所以简单氢化物的稳定性：CH4>SiH4，即X>W，B正确；
C.同周期自左至右原子半径依次减小，同主族自上而下原子半径依次增大，所以原子半径：Mg>Si>C>O，即Z>W>X>Y，C错误；
D.根据题意，火星气体中含有C、O元素，所以可能含有CO、CO2，D正确。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律，难度一般，理解元素性质变化规律是解题关键。
【解答】
A.根据元素周期律，C的氧化性大于Si，工业制粗硅能发生反应：2C+SiO2高温2CO↑+Si中C体现还原性，不能用元素周期律解释，故A正确；
B.同周期元素从左到右，金属性减弱，金属性Mg>Al，常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，能用元素周期律解释，故B错误；
C.同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，能用元素周期律解释，故C错误；
D.同主族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，Cl2从NaBr溶液中置换出Br2，能用元素周期律解释，故D错误。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有关化学实验方案的设计与评价，难度不大，掌握相关原理是解答的关键。
【解答】
①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，装置中没有加热装置，故①不符合题意；
②浓盐酸和高锰酸钾制取氯气不需要加热，氯气能置换出碘，能证明非金属性Cl>I，故②符合题意；
③稀盐酸和石灰石制取的二氧化碳气体中可能含有氯化氢气体，氯化氢溶于水生成的盐酸也可以和硅酸钠反应，故③不符合题意；
④稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳气体可以和硅酸钠反应，说明酸性硫酸强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，故可证明非金属性S>C>Si，故④符合题意。
综上所述，符合题意的是②④，故答案D。
15.【答案】(1)第二周期ⅣA族
(2) 614C；
(3)Na；HClO4
(4)S2−>Cl−>K+
(5)3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O
(6)Cl2+S2−=2Cl−+S↓或Cl2+H2S=2H++2Cl−+S↓
【解析】根据元素在周期表中的位置，可知A是C元素、B是N元素、C是F元素、D是Na元素、E是S元素、F是Cl元素、G是K元素、H是Fe元素、I是Br元素。
(1)A是C元素，在周期表中的位置：第二周期ⅣA族。
(2)A是C元素，中子数为8的核素，质量数为14，符号为 614C；E是S元素， S2−核外有18个电子，离子结构示意图为。
(3)同周期元素从左到右金属性减弱，同主族元素从上到下金属性增强，短周期元素中，金属性最强的是Na；短周期元素中最高价氧化物对应水化物中酸性最强的物质是HClO4。
(4)电子层数相同时，质子数越多半径越小，离子的半径由大到小顺序是S2−>Cl−>K+。
(5)B的最高价含氧酸稀溶液是稀硝酸，稀硝酸与足量Fe反应生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O。
(6)Cl2能置换出H2S中的S，说明Cl2的氧化性大于S，则证明Cl元素的非金属性大于S，反应离子方程式为Cl2+H2S=2H++2Cl−+S↓或Cl2+S2−=2Cl−+S↓。
16.【答案】(1)H；O；Na
(2)Al(OH)3+OH−=Al(OH)4−或Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O
(3)MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O
(4)H++HSO3−=H2O+SO2↑
(5)5.4
(6)①④
【解析】
【分析】
本题考查元素的推断以及物质的性质，根据信息推出相应元素是解题关键，是常考题型。
【解答】
6种主族元素W、R、Q、X、Y、Z原子序数依次增大，且位于3个不同短周期，则W是第一周期的H元素，R为地壳中含量最丰富的元素，则R为O元素，R与Y分别同主族，则Y是S元素， Z元素在Y元素后面，则根据原子序数依次增大，可知Z是Cl元素，W与Q同主族，根据原子序数依次增大，和Q元素位于O元素后面，可知Q元素是Na元素，X为同周期的简单离子中半径最小的元素，且Q是Na元素，则X是Al元素，据此分析解答。
(1)经分析W、R、Q分别为H、O、Na三种元素。
(2)经分析，Q、X分别是Na元素和Al元素，Q、X的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，它们反应的离子方程式是Al(OH)3+OH−=Al(OH)4−或Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O。
(3)经分析Z是Cl元素，其单质是氯气，实验室制备氯气的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)≜MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(4)常见化合物甲、乙均含W、R、Q、Y四种元素，即含有H、O、Na、S四种元素，则甲、乙两种化合物分别是NaHSO4和NaHSO3，故二者反应的离子方程式是H++HSO3−=H2O+SO2↑。
(5)经分析Z是Cl元素，R为O元素，则Z2R和ZR2分别是指Cl2O和ClO2，均可作自来水消毒剂，且消毒时还原产物均为Z−，即是Cl−，则二者氧化能力相同(即二者被还原成Cl−时得到的电子数相同)时的物质的量比是5Cl2O∼4ClO2，其质量比是435∼270，则8.7gZ2R的氧化能力相当的ZR2的质量为5.4g。
(6)溶液丙XZ3与溶液丁(QRW)，经分析应是AlCl3溶液和NaOH溶液，两种溶液等体积混合后，沉淀物中含X元素的质量是溶液中含X元素的质量的一半，存在两种情况，第一种情况是AlCl3溶液和生成的Al(OH)3沉淀，第二种情况是NaAlO2溶液和Al(OH)3沉淀。如是第一种情况，则存在2AlCl3∼Al(OH)3这样的物质的量关系，生成1molAl(OH)3沉淀需要3molNaOH、1molAlCl3，总计需要3molAlCl3和3molNaOH，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比V(AlCl3溶液)：V(NaOH溶液)=1:1；如是第二种情况，则存在2NaAlO2∼Al(OH)3的物质的量关系，生成2molNaAlO2需要2molAlCl3，需要8molNaOH，生成1molAl(OH)3沉淀，需要1molAlCl3，需要3molNaOH，则总计需要AlCl3物质的量为3mol，需要11molNaOH，则丙、丁两种溶液物质的量浓度之比c(AlCl3溶液)：c(NaOH溶液)=3:11，故答案为①④。
17.【答案】Ⅰ.2Fe2++Br2===2Fe3++2Br− 取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡 溶液变为红色
Ⅱ.碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象 亚铁离子与空气接触会被氧化，应该减少空气对实验的影响
Ⅲ.同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱
【解析】Ⅰ.溴水能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++Br2===2Fe3++2Br−;
要判断溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可，因此实验操作为取少量①中黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；
若Br2将Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe3+和SCN−结合生成有色物质，则可观察到的现象是溶液变为红色。
Ⅱ.碘水和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+，可能1是没有发生反应，那么可能2是碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，颜色没有明显变化；
要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为空气中的氧气可能将Fe2+氧化为Fe3+。
Ⅲ.同主族元素，从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对电子的吸引力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱。
18.【答案】(1)蒸馏法或电渗析法或离子交换法等
(2)富集溴元素
(3)Br2+SO2+2H2O=4H++SO42−+2Br− 强酸对设备的严重腐蚀
(4)大量水蒸气随溴排出，溴蒸气中水分增加 溴不能完全蒸出，产率低
(5)使反应更加充分，提高氯气利用率
(6)c
(7)3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑
(8)操作简单、污染小或写更安全、对设计腐蚀小等
【解析】Ⅰ.通过海水淡化得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯气，发生反应Cl2+2Br−===2Cl−+Br2，利用热空气吹出Br2，用SO2吸收Br2，发生反应SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBr，向溶液中通入氯气发生反应Cl2+2Br−===2Cl−+Br2，然后采用萃取获取Br2。
Ⅱ.该实验是对工业流程的模拟，①模仿的是工业流程中的过程Ⅰ，利用Cl2氧化Br−；②③模仿的是工业流程中的过程Ⅱ，热空气吹出和SO2水溶液吸收；④⑤模仿的是工业流程中的过程Ⅲ，再次氧化得到Br2，再得到Br2。
(1)海水淡化的方法有蒸馏法，电渗析法，离子交换法等。
(2)海水中的Br元素含量较少，步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br−，其目的为富集溴元素。
(3)在水溶液中，Br2和SO2发生氧化还原反应，生成HBr和H2SO4，离子方程式：SO2+Br2+2H2O===4H++SO42−+2Br−；反应过程中生成了HBr和H2SO4两种强酸，除了环境保护外，在该工业生产中还需要解决的主要问题是强酸对设备的严重腐蚀。
(4)若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸气中水分增加；若温度过低，Br2挥发不完全，不能完全蒸出，产率低。
(5)缓慢通入氯气，其目的是为了使A装置中的Br−与氯气反应更加充分，提高氯气利用率。
(6)B中的尾气中含有没有反应的Br2和SO2，两者均与NaOH反应，因此可用NaOH溶液进行尾气吸收，c符合题意。
(7)若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，根据滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，可知空气吹出的Br2与Na2CO3反应得到NaBrO3和NaBr和CO2，则配平后反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2↑。
(8)与B装置相比，采用C装置可以不进行步骤③④，而且没有繁复地开关活塞，过程中没有使用SO2，减小了污染性的气体的使用，因此优点为操作简单、污染小。
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