山东省烟台市2020届高三化学上学期期中试卷(含解析)

烟台市2020学年第一学期期中自主检测
高三化学
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 S 32 Fe 56
第I卷(选择题，共48分)
1~16题为选择题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分。

1.化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油
B. 水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石
C. 光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅
D. 双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同【答案】B
【解析】
【详解】A．“地沟油”中主要含油脂，还含有害物质，不能食用，但可用来制肥皂(碱性条件下水解)或燃油(油脂能燃烧)，故A正确；
B．水泥的生产工艺,以石灰石和黏土为主要原料；生产玻璃的原料为石英、石灰石、纯碱；常见的陶瓷原料有黏土等,所以陶瓷的原料没有石灰石, 故B错误；
C．二氧化硅传导光的能力非常强，Si为常见的半导体材料，则光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅，故C正确；
D．高锰酸钾和双氧水都是利用其强氧化性杀菌消毒，漂白粉溶液中有次氯酸，具有强氧化性，也能够杀菌消毒作用，原理一样，故D正确；
综上所述，本题选B。

【点睛】高锰酸钾和双氧水、漂白粉溶液等均有强氧化性，能够杀菌消毒，属于氧化性杀菌消毒；而酒精、甲醛、苯酚等也具有杀菌消毒功能，能够使蛋白质变性，属于非氧化性杀菌消毒。

2.氢化钙固体是登山运动员常用的能源供给剂，在实验室中可以用金属钙与氢气加热反应制取。

下列说法正确的是
A. 氢化钙中的氢元素为+1价
B. 氢化钙可用作还原剂和制氢材料
C. 氢化钙(CaH2)是离子化合物，固体中含有H—H键
D. 可以取少量试样滴加几滴水，检验反应是否产生氢气来区别金属钙与氢化钙
【答案】B
【解析】
【详解】氢化钙作为能源供给剂时发生CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑反应：
A.氢化钙中钙元素为+2价，H元素的化合价为-1价，故A错误；
B.根据反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑可知，CaH2中氢元素化合价升高，氢化钙在反应中作还原剂，反应能够生成氢气，可以做制氢材料，故B正确；
C.氢化钙（CaH2）含离子键，是离子化合物，固体中含有H-,不含H-H键，故C错误；
D.金属钙与氢化钙均与水反应均生成氢气，滴加水不能鉴别，故D错误；
综上所述，本题选B。

3.某化合物水溶液中加入过量Na2O2，最终有白色沉淀产生。

下列化合物中符合条件的是
A. A1C13
B. NaHCO3
C. FeC12
D. Ca(HCO3)2
【答案】D
【解析】
【分析】
过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧化钠分别与A1C13、 NaHCO3、FeC12、Ca(HCO3)2溶液发生反应，根据反应具体情况进行分析判断。

【详解】过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，
A.过量Na2O2加入到A1C13溶液中，最终生成偏铝酸钠溶液，没有白色沉淀，A错误；
B.过量Na2O2加入到NaHCO3溶液中，最终生成碳酸钠溶液，没有白色沉淀，B错误；
C.过量Na2O2加入到FeC12溶液中，先生成白色沉淀氢氧化亚铁，在氧气的作用下，随后变为灰绿色，最终为红褐色沉淀，C错误；
D.过量Na2O2加入到Ca(HCO3)2溶液中，反应生成碳酸钙白色沉淀，符合题意，D正确；
综上所述，本题选D。

4.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 400mL 1m ol·L-1稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3N A
B. 1mol·L-1的A1C13溶液中含有C1-的个数为3N A
C. 0.2mol H2O和D2O中含有中子的数目为2N A
D. 标准状况下，2.24LC12溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2N A
【答案】A
【解析】
【详解】A.400mL1mol/L稀硝酸物质的量=0.4L×1mol/L=0.4mol, 铁与稀硝酸反应可以生成硝酸亚铁3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O或生成硝酸铁Fe+4HNO3（稀）=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，每反应4molHNO3电子转移3mol，0.4mol稀硝酸与Fe完全反应 (还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3N A，故A正确；
B.没有给出溶液的体积，不能计算出1mol·L-1的A1C13溶液中含有C1-的个数，故B错误；
C.H2O中含8个中子，而D2O中含10个中子；所以0.2mol H2O和D2O中含有中子的数目为1.6 N A ~2N A之间，故C错误；
D.标准状况下，2.24LC12的量为0.1mol，C12溶于水后仍有部分以C12的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2N A，故D错误；
综上所述，本题选A。

5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3-、C1-
B. 在中性溶液中：Mg2+、Fe3+、Na+、SO42-
C. pH=12的溶液：Na+、K+、SiO32-、C1-
D. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、C1-
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 含有Cu2+的溶液显蓝色；
B. Fe3+完全沉淀的pH不超过4；
C. pH=12的溶液显碱性；
D. 使甲基橙变红的溶液显酸性。

【详解】A. 无色透明的溶液中不可能存在呈蓝色的Cu2+，A错误；
B. Fe3+完全沉淀的pH不超过4，在中性溶液中不存在Fe3+，B错误；
C. pH=12的溶液显碱性，在碱性溶液中Na+、K+、SiO32-、C1-之间均能大量共存，C正确；
D. 使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中，NO3-能够氧化Fe2+，因此NO3-和Fe2+不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选C。

6.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。

下列说法正确的是
A. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
B. 气态氢化物的热稳定性：W<Y
C. Y与Z形成的化合物为共价化合物
D. 简单离子半径：W<X<Z
【答案】C
【解析】
【分析】
W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性, Cl的原子序数大于X， X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W 可为O，此时Y为S；结合以上分析解答。

【详解】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性, Cl的原子序数大于X， X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；综上所述，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl；
A项，根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，即Z >Y，故A项错误；
B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：W>Y ，故B项错误；
C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；
D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X <W<Z，故D项错误；
综上所述，本题选C。

7.元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质。

下列说法正确的是
A. 在过渡元素中寻找优良催化剂及耐高温和耐腐蚀的材料
B. 同一元素不可能既表现金属性又表现非金属性
C. 元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
D. 短周期元素形成离子后最外层都达到8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】A.过渡元素含副族元素及第ⅤⅢ族元素，全是金属元素,在过渡元素中寻找优良的催化剂材料, 及耐高温和耐腐蚀的材料,故A项正确；
B.周期表中，位于金属与非金属分界线附近的元素既能表现一定的金属性，又能表现一定的非金属性，如Al、Si等，故B 项错误；
C. 对于主族元素来说，元素的最高正化合价不一定等于它所处的主族序数，如氟元素没有正价，氧元素没有+6价，故C项错误；
D. Li原子最外层只有一个电子，失去最外层1个电子形成离子后，不是8电子稳定结构，故D项错误；
综上所述，本题选A。

8.对于下图所示实验，下列实验现象预测或操作正确的是
A. 实验甲：匀速逐滴滴加盐酸时，试管中没气泡产生和有气泡产生的时间段相同
B. 实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为无色
C. 实验丙：用瓷坩埚融化NaOH
D. 装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去
【答案】D
【解析】
【详解】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，然后有气泡，但反应时间前短后长，故A错误；
B．四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；
C．瓷坩埚成分中有二氧化硅，它能够NaOH反应生成粘性物质硅酸钠，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为碳，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，SO2具有还原性，与酸性KMnO4溶液反应时，观察到酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；
综上所述，本题选D。

9.下列离子方程式正确的是
A. 向Fe(OH)3中加氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H+
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-
C. 过量SO2通入到NaC1O溶液中：SO2+H2O +C1O-==HC1O+HSO3-
D. 等体积等物质的量浓度的：NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O 【答案】D
【解析】
【详解】A.反应生成的碘离子与铁离子继续反应生成亚铁离子和单质碘，A错误；
B. CO2过量，应该生成酸式盐碳酸氢钠，而不是正盐碳酸钠，B错误；
C.C1O-具有强氧化性，而SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO42-和C1-，C错误；
D. 等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，旨在对学生能力的培养和训练。

该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。

（2）检查反应物、生成物是否正确。

（3）检查各物质拆分是否正确。

（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。

（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可。

该题也有助于培养学生灵活运用基础知识分析问题、解决问题的能力。

10.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。

已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中正确的是
A. 向含I−的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B. 途径II中若生成1 mol I2，消耗1 mol NaHSO3
C. 氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−
D. 一定条件下，I−与IO3−可能生成I2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量C12，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；
B. D.根据转化关系2IO3-~ I2~10e- ,SO32-~ SO42~2e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，故B错误；
C、由途径I可以知道氧化性C12>I2,由途径Ⅱ可以知道氧化性I2＜IO3-,由途径Ⅲ可以知道氧化性C12 >IO3-,故氧化性的强弱顺序为C12> IO3- > I2,故C错误；
D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；
综上所述，本题应选D。

11.下列实验操作能达到相应实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入盐酸酸化的氯化钡溶液后，可能生成氯化银沉淀，不一定为硫酸钡沉淀，A 错误；
B.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原溶液中含有铵根离子，B正确；
C.把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色分散系，即为氢氧化铁胶体，不能搅
拌，C错误；
D.氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，应该在烧杯中溶解并冷却到室温后再转移到容量瓶内，D错误；
综上所述，本题选B。

12.某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。

已知：
2NO+CaO2===Ca(NO2)2；2NO2+CaO2==Ca(NO3)2。

下列说法不正确的是
A. 通入N2是为了排尽装置中的空气
B. 装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸
C. 将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙
D. 借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO
【答案】C
【解析】
A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；
B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B 正确；
C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C 错误；
D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH 吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。

本题正确答案为C。

13.下列叙述正确的是
A. 向CaCO3固体中滴加稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色胶状物质，可证明酸性：HC1>H2CO3>H2SiO3
B. 向铁的氧化物中加入盐酸至恰好溶解，再滴入少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中含有Fe2+
C. 将少量的溴水分别滴入FeC12溶液、NaI溶液中，再分别滴加CC14振荡，下层分别呈无色和紫红色，则说明还原性：I->Fe2+>Br-
D. 向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体，最后沉淀逐渐溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A. 挥发出来的氯化氢也能够与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，无法证明二氧化碳气体与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，不能比较H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，A错误；
B. 氯离子在酸性条件下能够被KMnO4溶液氧化，KMnO4溶液紫色褪去，溶液中不一定含有Fe2+，B错误；
C.将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中,分别发生反应生成铁离子、碘单质,可得出还原性:I->Br-、Fe2+>Br-, 不能比较I-和Fe2+还原性的强弱，C错误；
D. 向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，2NH4Al(SO4)2+ 6NaOH = 3Na2SO4 + (NH4)2SO4 +2Al(OH)3↓，接着产生刺激性气味的气体：2NaOH + (NH4)2SO4 = Na2SO4 + 2H2O + 2NH3↑，最后沉淀逐渐溶解：Al(OH)3 + NaOH =NaAlO2 + 2H2O，D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2时，由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而盐酸具有还原性，因此酸性KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气；为避免氯离子的对检验的干扰，可以加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀出现，证明混合液中含有亚铁离子。

14.某离子反应涉及H2O、C1O-、NH4+、H+、N2、C1-六种微粒，其中c(NH4+)随着反应的进行逐渐减小，下列判断错误的是
A. 氧化产物是N2
B. 消耗1mol氧化剂，转移电子2mol
C. 反应后溶液的酸性明显减弱
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知，c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+-为反应物，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高为0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低，则C1O-为反应物，C1-为生成物，氯元素的化合价由+1价降低为-1价；则离子方程式为：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H++N2↑+3Cl-；据以上分析解答。

【详解】根据题意知，c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+-为反应物，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高为0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低，则C1O-为反应物，C1-为生成物，氯元素的化合价由+1价降低为-1价；则离子方程式为：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H++N2↑+3Cl-；
A.由反应的方程式可知，氮元素的化合价由-3价升高为0价，NH4+是还原剂，氧化产物是N2，故A正确；
B.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-为氧化剂，则消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，故B正确；
C. 反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故C错误；
D.由化学方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故D 正确；
综上所述，本题选C。

15.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH
固体至饱和就可析出高铁酸钾。

下列说法不正确的是
A. NaC1O在反应中作氧化剂
B. 制取高铁酸钠时，每生成1mol Na2FeO4，反应中共有6mol电子转移
C. 高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小
D. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
【答案】B
【解析】
【分析】
2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。

【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化
合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；
A.结合以上分析可知， NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；
B. 结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；
C. 根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；
D. K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；
综上所述，本题选B。

16.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=3.0mol·L-1，取200mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为
A. 0.36mol
B. 0.24mol
C. 0.30 mol
D. 0．20mol
【答案】A
【解析】
【分析】
金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,根据反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O来计算。

【详解】铜不与硫酸反应,但硫酸能提供氢离子，硝酸与铜反应,生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子与Cu可以继续反应，反应离子方程式如下:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多,设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则x+y=3×0.2=0.6，(2x+y)/y=4，x=0.36，y=0.24，设参加反应的铜的最大物质的量是z, 根据反应可知3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应关系式3Cu~2NO3-，所以：3:2=z：0.24mol，z=0.36mol；A正确；
综上所述，本题选A。

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
17.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。

已知A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。

B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。

C、F
的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。

请回答下列问题：
(1)A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号填写)。

(2)B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的元素是________(填元素符号)，所形成的气态氢化物中最不稳定的是__________(填化学式)。

(3)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是________(用化学式填写)。

(4)由A、C、D形成的化合物所含的化学键类型有_______________。

(5)化合物M和N都由A、C、D、F四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是______________；G单质的水溶液中通入F的氧化物，其反应的化学方程式为
______________________________________。

【答案】 (1). S2-> O2->Na+ >H+ (2). C (3). SiH4 (4). HClO4> H2SO4 >H2CO3 > H2SiO3(5). 离子键和共价键(6). H++ HSO3-=SO2↑+H2O (7). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；
B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；
C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；结合以上的分析解答。

【详解】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C 的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；
(1)离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：S2-> O2->Na+>H+；综上所述，答案是：S2-> O2->Na+>H+。

(2) B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的是C，它可以与氢形成烷烃、烯烃、炔烃等（碳数小于等于4）、芳香烃等；根据同周期从左到右元素的非金属增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，硅的非金属性最弱，其所形成的气态氢化物SiH4是最不稳定的；综上所述，答案是：C、SiH4。

(3)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为：H2CO3、 H2SiO3、 H2SO4、HClO4；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因为非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4> H2SO4>H2CO3> H2SiO3；综上所述，答案是：HClO4> H2SO4>H2CO3> H2SiO3。

(4)由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键；综上所述，答案是：离子键和共价键。

(5) A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和 NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H++ HSO3-=SO2↑+H2O；二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；综上所述，答案是：H++ HSO3-=SO2↑+H2O；SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；
18.A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：
(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。

则D的颜色为__________；E的名称为____________。

(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。

则元素X在周期表中的位置是____________；A→C的反应中氧化剂的化学式为___________；C→D反应的离子方程式为
__________________________________。

(3)若A~E均为化合物。

A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。

则A的电子式为___________；D→E的化学方程式为：
____________________________________。

(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。

则B→C的化学方程式为____________________________，
E→C_________________________________。

【答案】 (1). 红褐色 (2). 氧化铁 (3). 3周期IIIA族 (4). H2O (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(6). (7).
NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓ (8). 4NH3+5O24NO+6H2O (9). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】
【详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；
综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。

(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐，D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

(3)若A~E均为化合物。

A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，D→E→C是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3，D : NaCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。

(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；综上所述，本题答案是：
4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。

【点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。

19.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、
NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
回答下列问题：．
(1)固体1含有的物质是_________、CaCO3、Ca(OH)2；捕获剂所捕获的气体主要是
_______________。

(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为___________，若空气过量，导致的结果会是____________________________。

(3)流程中处理含NH4+废水时发生反应的离子方程式为____________________________。

气体1也可通过催化剂直接转化成无污染气体，反应的化学方程式为
_____________________________________。

(4)若工业废气中主要含N2、SO2，不考虑其他成分，则可用下列工艺生产NaHSO3过饱和溶液[NaHSO3过饱和溶液是生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的原料]。

pH=4.1时，I中反应的化学方程式为_________________________；工艺中加入Na2CO3
固体、并再次通入废气的目的是_______________________________。

【答案】 (1). CaSO3 (2). CO (3). 4:1 (4). NO将会被氧化成NaNO3，无法与NH4+反应生成无污染的N2 (5). NH4++NO2-=N2↑+2H2O (6). 2NO+2CO N2+ 2CO2 (7). Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 (8). 加入Na2CO3固体会生成NaHCO3，再次通入废气，又重新生成NaHSO3，得到亚硫酸氢钠的过饱和溶液
【解析】
【详解】（1）石灰乳的成分为Ca(OH)2，能与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，加入石灰乳过量，还有剩余的Ca(OH)2；NO被X气体氧化生成的NO2被NaOH溶液吸收，所以气体2中被捕获剂捕获的气体主要为CO；综上所述，本题答案是：CaSO3，CO。

(2)根据反应流程可知，当反应物恰好完全反应生成了亚硝酸钠，二者配比为最佳配比；设。