辽宁省大连市重点名校2019-2020学年高一下学期期末学业水平测试化学试题含解析

辽宁省大连市重点名校2019-2020学年高一下学期期末学业水平测试化学试题一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列对有机物的认识正确的是
A．油脂的水解反应又叫皂化反应
B．乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙酸和乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯
C．分子式为C5H12O的醇类有5种结构
D．有机物甲的分子式为C3H6，则甲与乙烯（C2H4）互为同系物
【答案】B
【解析】
A. 油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故A错误；
B. 乙醇发生氧化反应生成乙酸的反应属于氧化反应，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应，故B正确；
C. —C5H11有8种结构，分子式为C5H12O的醇类有8种结构，故C错误；
D. C3H6可能为环丙烷，与乙烯结构不相似，不属于同系物，故D错误；故选B。

2．已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是
A．T1<T2p1<p2m+n>p放热反应
B．T1>T2p1<p2m+n<p吸热反应
C．T1<T2p1>p2m+n>p放热反应
D．T1>T2p1<p2m+n>p吸热反应
【答案】B
【解析】
【详解】
由图可知，压强一定时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，升高温度B的含量减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应；
温度一定时，压强P2先到达平衡，故压强P1＜P2，增大压强B的含量增大，说明平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，则m+n＜p，
故选B。

3．用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。

下列说法正确的是（）
A．燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．若a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C．若a、b极都是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
D．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应；电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应；所以氢气在负极通入，氧气在正极通入，又因为溶液显酸性，所以正极电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，A不正确；
B、a电极与电源的正极相连，作阳极，所以铁失去电子，a电极被溶解，B电极是阴极，d电极上有铜析出，B不正确；
C、若a、b极都是石墨，则a电极是溶液中的OH-放电放出氧气，根据电子得失守恒可知，a电极产生的氧气是电池中消耗的H2体积的，C不正确；
D、若a极是粗铜，b极是纯铜，则相当于是粗铜的提纯，因此a极逐渐溶解，b极上有铜析出，D正确；答案选D。

4．设N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下28gN2含有的电子数为10N A
B．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数是N A
C．室温下44gCO2含有的分子数是N A
D．100mL1mol·L-1盐酸中含有的HCl分子数是0.1N A
【答案】C
【解析】分析：A项，1个N2中含有14个电子；B项，H2O在标准状况下不呈气态，不能用22.4L/mol计算n（H2O）；C项，n（CO2）==1mol；D项，盐酸中不含HCl分子。

详解：A项，n（N2）==1mol，1个N2中含有14个电子，28gN2含电子物质的量为14mol，A项错误；
B项，H2O在标准状况下不呈气态，不能用22.4L/mol计算n（H2O），B项错误；C项，n（CO2）==1mol，室温下44gCO2含有分子数是N A，C项正确；D项，n（HCl）=1mol/L0.1L=0.1mol，HCl在水分子作用下完全电离成H+和Cl-，盐酸中不含HCl分子，D项错误；答案选C。

点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成、气体摩尔体积、溶液中微粒数等知识，注意22.4L/mol适用于标准状况下由气体的体积计算气体分子物质的量，电解质溶于水发生电离。

5．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。

下列叙述正确的是
A．a和b不连接时，铁片上不会有金属铜析出
B．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
C．a和b用导线连接时，电流方向从b到a
D．a和b用导线连接时，Fe片上发生氧化反应，溶液中SO42-向铜电极移动
【答案】B
【解析】
【详解】
A.由于金属活动性Fe>Cu，所以a和b不连接时，铁片上发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，所以Fe片上会有金属铜析出，A错误；
B.若a、b不连接，在Fe片上会发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色；若a、b连接，构成原电池，在Fe片上发生反应：Fe-2e-=Fe2+，在Cu片上发生反应：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu，看到的仍然是铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，B正确；
C.若a和b用导线连接时，构成原电池，由于金属活动性：Fe>Cu，所以Fe为负极，失去电子，因此电子从b到a，而电流方向从a到b，C错误；
D. a和b用导线连接时，Fe片为负极，失去电子发生氧化反应，溶液中SO42-向正电荷较多的负极铁电极移动，D错误；
故合理选项是B。

6．CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL 2mol /L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为
A．16.0g B．19.2g C．24.0g D．30.6g
【答案】C
【解析】
试题分析：CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于300mL 2mol·L－l的盐酸恰好完全反应后所得的产物为CuCl2，则其物质的量为0.3mol。

设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为xg，则可得关系式：
0.3×64=x×64/80，解得x=24g。

答案选C。

考点：元素守恒
7．化学键使得一百多种元素构成了世界的万事万物.关于化学键的下列叙述中，正确的是：
A．离子化合物一定含有共价键，共价化合物中不含离子键
B．共价化合物可能含离子键，离子化合物中只含离子键
C．构成单质分子的粒子一定含有共价键
D．在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用
【答案】D
【解析】
试题分析：离子化合物一定含有离子键，共价化合物中不含离子键，故A错误；共价化合物中不含离子键，离子化合物可以含有共价键，例如氢氧化钠为离子化合物，但是含有共价键，故B错误；构成单质分子的粒子不一定含有共价键，例如稀有气体分子，故C错误；在氧化钠中，除氧离子和钠离子的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用，故D正确，为本题的答案。

考点：化学键
点评：本题考查了化学键的知识，该考点是高考常考的考点，本题要理解离子化合物和共价化合物的概念，该题难度适中。

8．NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2+2H2O．下列关于该反应的说法中，正确的是（）
A．NH4Cl中的N元素被还原
B．生成1 mol N2时转移的电子数为6 mol
C．NaNO2是氧化剂
D．N2既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、NH4Cl中的N元素化合价升高，被氧化，故A错误；
B、NH4Cl中的N失3个电子，或NaNO2中N得3个电子，生成1 mol N2时转移的电子数为3 mol，故B 错误；
C、NaNO2中N得3个电子，NaNO2是氧化剂，故C正确；
D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误。

答案选C。

9．工业上从海水中提取溴的主要反应是：C12+2Br- = 2Cl- + Br2下列说法错误
．．的是
A．海水中溴元素主要以形式Br-存在 B．上述反应属于离子反应
C．溴单质比氯单质活泼 D．上述反应属于氧化还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、海水中溴元素主要以形式Br-存在，A正确；B、上述反应有离子的参与，属于离子反应，B 正确；C、由反应可知，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氯单质比溴单质活泼，C错误；D、上述反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D正确。

答案选C。

考点：氧化还原反应，离子反应
10．如图，用直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。

在石墨电极a和b附近分别滴加几滴酚酞溶液，通电后下列实验现象中正确的是
A．逸出气体体积，a极小于b极
B．a极逸出无味气体，b极逸出刺激性气味气体
C．a极附近溶液呈红色，b极附近溶液不显色
D．a极附近溶液不显色，b极附近溶液呈红色
【答案】C
【解析】分析：A、电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；
B、氢气和氧气均是无色无味的气体；
C、酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色；
D、酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色。

详解：A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，A错误；
B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，B错误；
C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈红色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近不变色，C正确；
D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈红色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近不变色，D错误。

答案选C。

11．下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是
A．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应
B．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D．纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】A、乙醇含,乙酸含,均与Na反应生成氢气,均为置换反应,且二者可发生酯化反应生成乙酸乙酯,故A正确。

B、乙烯、氯乙烯均含碳碳双键,而聚乙烯不含双键,则只有乙烯、氯乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误。

C、分馏是根据石油中各成分沸点的不同将其分离开，是物理变化，干馏是将煤隔绝空气加强热，既有物理变化又有化学变化，裂化、裂解都是化学变化，故C错误。

D、光导纤维的成分是二氧化硅不是有机高分子，故D错误。

本题正确选项为A。

12．20世纪90年代初，国际上提出“预防污染”这一新概念。

绿色化学是“预防污染”的基本手段。

下列各项中属于绿色化学的是
A．处理废弃物B．治理污染点C．减少有毒物D．杜绝污染物
【答案】D
【解析】
【详解】
绿色化学又叫环境无害化学或环境友好化学。

减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计叫做绿色化学。

绿色化学是“预防污染”的基本手段，符合之一理念的是杜绝污染物，选项Ｄ正确。

答案选D。

13．下列说法中正确的是( )
A．芳香烃是指具有香味的有机化合物
B．含有苯环的有机物一定是芳香烃
C．芳香烃分子中一定含有苯环
D．含有一个苯环的芳香烃一定是苯的同系物
【答案】C
【解析】
【详解】
A．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃一般都没有香味，故A错误；
B．含有苯环的有机物，可能含O、N等元素，含有苯环的有机物不一定是芳香烃，可能是芳香烃的衍生物，故B错误；
C．分子里含有一个或多个苯环的烃属于芳香烃，芳香烃分子中一定含有苯环，故C正确；
D．苯或苯的同系物必须满足通式C n H2n-6(n≥6)，分子中只有一个苯环，侧链必须不含不饱和键，否则不是苯的同系物，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的易错点为D，要注意苯的同系物的侧链为饱和烃基，不含碳碳不饱和键和碳环。

14．南极臭氧洞是指臭氧的浓度较臭氧洞发生前减少超过30%的区域，臭氧洞的形成与2O 33O2有关。

下列叙述不正确的是
A．该变化一定是化学变化B．该变化一定伴随着能量的变化
C．该变化一定有共价键的断裂与生成D．该变化一定有电子的转移
【答案】D
【解析】A. 臭氧转化为氧气，有新物质生成，一定是化学变化，A正确；B. 化学变化中一定伴随若能量的变化，B正确；C. 氧气和臭氧中均存在共价键，该变化一定有共价键的断裂与生成，C正确；D. 该变化不是氧化还原反应，没有电子的转移，D错误，答案选D。

15．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1mol碳正离子CH5+所含的电子数为10N A
B．7.8g的苯中含有碳碳双键的数目为0.3N A
C．标准状况下，2.24L乙醇含有的氧原子数目约为0.1N A
D．4.6g Na与100 mL1.0 mol/L醋酸溶液反应，转移电子数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 1mol碳正离子CH5+所含的电子的物质的量是10mol，即电子数为10N A，A项正确；
B. 苯中不含碳碳双键，B项错误；
C. 标准状况下，乙醇为液体，无法利用气体摩尔体积计算其氧原子数目，C项错误；
D. 4.6 g Na为0.2mol，与100 mL1.0 mol/L醋酸溶液反应后，继续与水反应，转移电子数目为0.2N A，D项错误；
答案选A。

【点睛】
与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

16．常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．Cu2+、Ca2＋、NO3－、Cl－B．K＋、NH4＋、CO32－、OH－
C．Na＋、Ba2+、SO32－、I－D．H＋、Fe2＋、NO3－、ClO－
【答案】A
【解析】
【详解】
A选项，Cu2+、Ca2＋、NO3－、Cl－都不反应，故A正确；
B选项，K＋、NH4＋、CO32－、OH－中NH4＋和OH－要反应生成一水合氨，故B错误；
C选项，Na＋、Ba2+、SO32－、I－中Ba2+和SO32－要反应生成BaSO3沉淀，故C错误；
D选项，H＋、Fe2＋、NO3－、ClO－中H＋、Fe2＋、NO3－要反应氧化还原反应，Fe2＋、ClO－要发生氧化还原反应，H＋、ClO－反应生成次氯酸，故D错误；
综上所述，答案为A。

17．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．28克乙烯和丙烯的混合气体的分子数为N A
B．标准状况下，22.4升CCl4的分子数为N A
C．30克C2H6中，共价键的数目为7N A
D．1 mol苯分子中含有的碳碳单键的数目为6N A
【答案】C
【解析】A、假设28g全部是乙烯，则乙烯的物质的量为28/28mol=1mol，假设全部是丙烯，丙烯的物质的量为28/42mol=2/3mol，因此28g此混合物的物质的量小于1mol，故A错误；B、标准状况下，CCl4
不是气体，故B错误；C、30g乙烷是1mol，乙烷的结构简式为CH3CH3，因此1mol乙烷有有7mol共价键，故C正确；D、苯中碳碳键是介于碳碳双键和单键之间特殊的键，故D错误。

18．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。

已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P=O ckJ·mol—1、O=O dkJ·mol—1。

根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（）
A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1
C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1
D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
【答案】A
【解析】
【详解】
反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。

答案选A。

19．向MgSO4、和A12(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。

下列图像中能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】试题分析：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。

【考点定位】考查镁、铝的重要化合物
【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。

根据发生的反应Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、
Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O来分析。

20．“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）
①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀
A．①④⑥B．②③④C．②③⑤D．①③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。

若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。

【详解】
纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。

属于胶体分散质微粒直径的大小，
若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。

【点睛】
本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出20mL。

加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干后得沉淀9.32g；滤液与lmol/L的苛性钠溶液140mL恰好完全中和。

试求：
（1）原混合溶液中硫酸的物质的量的浓度。

（2）另取20mL原溶液，加入1.92g铜粉共热，生成气体一氧化氮的体积（标准状况下）。

【答案】（1）2mol/L；（2）0.448L
【解析】（1）沉淀9.32g为硫酸钡的质量，根据H2SO4+BaCl2＝2HCl+BaSO4↓可知n（H2SO4）=n（BaSO4）=9.32g÷233g/mol=0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）=0.04mol÷0.02L=2mol/L；
滤液中氢离子物质的量不变，与1.0mol•L-1NaOH溶液反应，用去140mL碱液时恰好完全中和，由H++OH-＝H2O可知n（H+）=n（OH-）=0.14L×1mol/L=0.14mol，溶液氢离子来源于硫酸、硝酸的电离，故n（HNO3）+2×0.04mol=0.14mol，解得n（HNO3）＝0.06mol；
（2）1.92g铜是1.92g÷64g/mol=0.03mol，20mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.06mol，氢离子的物质的量是0.14mol，硝酸和铜反应的离子方程式为
3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++4H2O+2NO↑
3mol 8mol 2mol
0.05mol 0.133mol 0.033mol
所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu是不足完全，所以生成NO的物质的量是0.03mol×2/3，其标准状况下的体积是0.03mol×2/3×22.4L/mol=0.448L。

点睛：本题考查混合物计算、根据方程式进行的计算，解答的关键是弄清楚发生的反应，（2）中硫酸和铜不反应，可以提供氢离子，只要氢离子足量，硝酸根就有可能被完全还原，注意利用离子方程式进行计算。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。

在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。

(1) 用化学方法可以鉴别乙醇和乙酸的试剂是______________(填字母)；
a ．稀硫酸
b ．酸性KMnO 4溶液
c ．NaOH 溶液
d ．紫色的石蕊溶液
(2) 试管a 中加入几块碎瓷片的目的是______________；
(3) 为了研究乙醇与乙酸反应的机理，若将乙醇中的氧原子用18O 标记，写出标记后试管a 中发生反应的化学方程式：_________________________________________ ；其反应类型是______________；
(4) 反应开始前，试管b 中盛放的溶液是_____________ ；
(5) 反应结束后，常用____________操作把试管b 中合成的酯分离出来。

【答案】bd 防止暴沸 CH 3COOH ＋C 2H 518OH Δ浓硫酸CH 3CO 18OC 2H 5＋H 2O 取代反应 (或酯化反应) 饱和Na 2CO 3溶液 分液
【解析】
【分析】
（1）乙醇的官能团为-OH ，乙酸的官能团为-COOH ；
（2）加入几块碎瓷片，可防止液体加热时剧烈沸腾；
（3）乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应为取代反应；
（4）b 中为碳酸钠，可除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度；
（5）试管b 中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层；
【详解】
(1)乙醇分子中官能团的名称是羟基，乙酸中的官能团的结构简式为−COOH ，羟基能使酸性高锰酸钾褪色，羧基不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，羟基不能使石蕊变色，而羧基可以使石蕊变色，
故答案为：bd ；
(2)试管a 中加入几块碎瓷片的目的是防止暴沸，
故答案为：防止暴沸；
(3)试管a 中发生反应的化学方程式为CH 3COOH ＋C 2H 518OH Δ浓硫酸CH 3CO 18OC 2H 5＋H 2O ，反应类型为酯化(取代)反应，
故答案为：CH 3COOH ＋C 2H 518OH Δ浓硫酸
CH 3CO 18OC 2H 5＋H 2O ；酯化(取代)反应；
(4)饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，则反应开始前，试管b 中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液，
故答案为：饱和碳酸钠溶液；
(5)试管b 中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可用分液的方法把制得的乙酸乙酯分离出来，故答案为：分液；
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．有四种短周期元素，相关信息如下表。

元素相关信息
A 气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
B 单质的焰色反应为黄色
C 单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒
D –2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同
请根据表中信息回答：
(1)A在周期表中位于第______周期______族。

(2)用电子式表示B与C形成化合物的过程：______。

(3)在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是(填化学式)______。

(4)已知硒(Se)与D同主族，且位于D下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。

a.其单质在常温下呈固态
b.SeO2既有氧化性又有还原性
c.最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
d.非金属性比C元素的强
【答案】二VA HClO4ab
【解析】
【分析】
气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则该气体为NH3，A为N元素；B单质的焰色反应为黄色，说明B元素是Na元素；C元素的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则C元素是Cl元素；元素的原子获得2个电子形成-2价阴离子。

D元素的–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，则D元素是S元素，然后逐一分析解答。

【详解】
根据上述分析可知A是N，B是Na，C是Cl，D是S元素。

(1) A是N元素，原子核外电子排布是2、5，根据原子结构与元素位置的关系可知N元素在周期表中位于第二周期第VA族。

(2)Na原子最外层只有1个电子容易失去形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，容易获得1个电子形成Cl-，Na+、Cl-通过离子键结合形成离子化合物NaCl，用电子式表示B与C形成化合物的过程为：。

(3)元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是HClO4。

(4) a.根据元素名称硒(Se)可知其单质在常温下呈固态，a正确；
b.由于Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，最低为-2价，而在SeO2中Se元素的化合价为+4价，处于该元素的最高化合价和最低化合价之间，因此既有氧化性又有还原性，b正确；
c.Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，所以最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，c错误；
d.同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱。

所以元素的非金属性S>Se，由于非金属性Cl>S，所以元素的非金属性Se比Cl元素的弱，d错误；
故合理选项是ab。

【点睛】
本题考查了元素的推断及元素周期表、元素周期律的应用的知识。

根据元素的原子结构和物质的性质推断元素的本题解答的关键。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．现今太阳能光伏产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

回答下列问题：
Ⅰ．工业上用“西门子法”以硅石（SiO2）为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示：
己知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

（1）“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为_____________。

（2）“氧化”过程反应温度为200～300℃，该反应的化学方程式为__________。

（3）“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下，原因是_________________。

（4）上述生产工艺中可循环使用的物质是_________、________（填化学式）。

Ⅱ．冶金级高纯硅中常含有微量的杂质元素，比如铁、硼等，需对其进行测定并除杂，以进一步提高硅的纯度。

（5）测定冶金级高纯硅中铁元素含量
将m g 样品用氢氟酸和硝酸溶解处理，配成V mL 溶液，用羟胺（NH2OH，难电离）将Fe3+还原为Fe2+后，加入二氮杂菲，形成红色物质。

利用吸光度法测得吸光度A 为0.500（吸光度A与Fe2+浓度对应曲线如图）。

① 酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该反应的离子方程式为
__________________________________。

② 样品中铁元素的质量分数表达式为____________________（用字母表示）。

（6）利用氧化挥发法除冶金级高纯硅中的硼元素
采用Ar等离子焰，分别加入O2或CO2，研究硼元素的去除率和硅元素的损失率，实验结果如下图所示。

在实际生产过程，应调节O2或CO2的合理比例的原因是________________。

【答案】Si (或硅)Si ＋ 3HCl SiHCl3＋ H2 (用不扣分)SiHCl3易水解而损失；氢气
易燃或硅易被氧气氧化H2HCl2NH2OH ＋ 2Fe3＋＝ 2Fe2＋＋ N2↑ ＋ 2H＋＋ 2H2O O2含量多除硼率高但硅损失率大；CO2含量多时硅损失率小但除硼率低。

因此要调节好它们的比例，使除硼率高而硅损失率低
【解析】
Ⅰ．（1）“还原”过程硅石二氧化硅与镁反应生成硅和氧化镁，需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为硅；（2）“氧化”过程反应温度为200～300 ℃ ，硅被氯化氢氧化，该反应的化学方程式为Si ＋
3HCl SiHCl3＋ H2；（3）“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下，因为SiHCl3易水解而损失；氢气易燃或硅易被氧气氧化；（4）上述生产工艺中可循环使用的物质是H2、HCl；Ⅱ．（5）① 酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe 2+，同时产生一种无污染气体氮气，该反应的离子方程式为：2NH2OH ＋ 2Fe3＋＝ 2Fe2＋＋ N2↑ ＋ 2H＋＋ 2H2O；②吸光度A 为0.500，则Fe2+浓度为
0.500×10-3mol/L，样品中铁元素的质量分数为
33
56/0.50010/10
g mol mol L V L
mg
--
⨯⨯⨯⨯
=；
（6）O2含量多除硼率高但硅损失率大；CO2含量多时硅损失率小但除硼率低。

因此要调节好它们的比例，使除硼率高而硅损失率低，故在实际生产过程，应调节O2或CO2的合理比例。