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高一化学寒假作业（共8份含答案） 练习
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化学寒假作业答案1.31
1.C 解析：A.为氧离子结构示意图，氧原子最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；B.中子数为8的氮原子的质量数为7＋8＝15，该原子正确的表示方法为715N，故B错误；C.氨分子为共价化合物，分子中含有3个N−H键，其结构式为，故C正确；D.OH−阴离子，电子式中需要标出所带电荷，正确的电子式为，故D错误。
2.B 解析：A.纯碱是碳酸钠，为盐，不是碱，故A错误；B.硝酸是酸，烧碱为碱，小苏打为碳酸氢钠，是盐，干冰为二氧化碳是酸性氧化物，故B正确；C.生石灰为氧化钙，属于氧化物，不是碱，故C错误；D.二氧化碳是氧化物，不是酸，一氧化碳不与氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误。
3.C
4.B解析：恰好完全反应后Fe2＋完全转化为Fe3＋，MnO4−中Mn元素为＋7价，假设化合价降为x，则0.02×（7−x）＝0.1×（3−2），x＝2，应生成Mn2＋。
5.A 解析：①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和CuSO4反应生成蓝色沉淀，2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2NaOH＋CuSO4Cu(OH)2↓＋2NaCl，故①符合；②NaOH溶液和CuSO4溶液混合生成蓝色沉淀，2NaOH＋CuSO4Cu(OH)2↓＋2NaCl，但无气体生成，故②不符合；③金属镁投入到盐酸中生成氯化镁和氢气，无沉淀生成，故③不符合；④Na2O2投入到FeCl3溶液中发生反应，2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，3NaOH＋FeCl3Fe（OH）3↓＋3NaCl，故④符合；综上所述：①④正确。
6.D解析：A.焰色反应是一种元素的物理性质，而不是化学性质，故A错误；B.NaCl与Na2CO3固体含钠元素，焰色反应为黄色，不能区分NaCl与Na2CO3固体，故B错误；C.钾元素的焰色反应，需要隔着钴玻璃观察，避免钠元素的干扰，其他元素的焰色反应不需要，故C错误；D.盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故D正确。
7.C解析：A.17g OH−物质的量为1mol，含电子数为10NA，故A错误；B.溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故B错误；C.28g铁物质的量为0.5mol，与足量盐酸反应生成0.5mol二价铁离子，转移的电子数为NA，故C正确；D.气体状况未知，无法计算氧气物质的量，故D错误。
8.B解析：A.Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；B.同主族元素从上到下元素的金属性增强，故B错误；C.同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D.中子数为177的Lv核素，质量数293，则核素符号为，故D正确。
9.⑴MnO2＋4H＋＋2Cl−Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ⑵2Cl2＋2H2O＋CCO2＋4HCl
⑶吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境 ⑷储存多余的Cl2
⑸随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 同时浓盐酸的挥发
⑹①Cl2被碱石灰吸收 ②干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色 Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性
解析：⑵氯气与水蒸气、碳在加热条件下制得CO2和HCl，反应为：2Cl2＋2H2O＋CCO2＋4HCl；
⑶E装置中倒扣的漏斗可以防止倒吸，其中NaOH溶液的作用是吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境；
⑷D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，B中为饱和食盐水，可以储存多余的Cl2；
⑸实验中使用12 mol•L−1的浓盐酸10 mL与足量的MnO2反应，理论上生成的氯气为0.03mol，因为有水生成，随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 同时浓盐酸的挥发，故生成的Cl2的物质的量总是小于0.03 mol；
⑹①干燥管中为碱石灰，Cl2被碱石灰吸收，故不能得到预期现象；
②干燥纯净的Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性，HClO能使有色布条褪色，故预期现象为干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色。
化学寒假作业答案2.1
1.C解析：A.Ⅰ图中如果MnO2过量，浓盐酸随着反应进行，浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，故A错误；B.制备氯化氢，应将浓硫酸滴加到浓盐酸中，且该装置易倒吸，故B错误；C.Ⅲ图中：铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故C正确；D.检验干燥氯气有无漂白性之前要用浓硫酸干燥，故缺少吸水装置，故D错误。
2.B解析：A.目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，A正确；B.钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，但它的熔点比铁的熔点要低，B错误；C.青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，C正确；D.合金的硬度一般比组成合金的各成分硬度高，D正确。
3.B解析：①如O2与O3由一种元素组成，但它是混合物，①错误；②冰水的化学式都为H2O，二者的混合物是纯净物，②正确；③带有结晶水的盐属于纯净物，CuSO4•5H2O晶体是纯净物，③错误；④能电离出H＋的物质不一定是酸，如NaHSO4等，④错误；⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，⑤错误；⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3等，⑥正确。
4.B解析：A.碳酸钙与盐酸反应，离子方程式用2H＋＋CaCO3Ca2＋＋H2O＋CO2↑表示，故A不选；B.可溶性碳酸盐与稀硫酸反应，可用2H＋＋CO32−H2O＋CO2↑表示，故B选；C.二氧化碳与酸溶液不能发生反应，故C不选；D.盐酸与可溶性银盐溶液反应，离子方程式为Cl−＋Ag＋AgCl↓，故D不选。
5.D解析：A中反应为2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑，故A错误；B中反应为Al(NO3)3＋4NaOHNaAlO2＋3NaNO3＋2H2O，故B错误；C.Al2O3和水共热不反应，故C错误；D中反应为Al2(SO4)3＋
6NH3·H2O＝2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，故D正确。
6.D
7.B解析：本题考查离子键的成键实质、成键条件，同时还考查原子结构与性质的关系。由原子a～g的M层电子数可知，M层即为原子的最外层，a～g均为第三周期元素，a、b均为活泼的金属元素，f、g均为活泼的非金属元素，所以a与f、b与g形成的化学键为离子键。故正确答案为B。
8.B解析：欲使3 mol的VO2＋变为VO2＋，失去3mole－，氧化剂KClO3 的物质的量是＝0.5mol。
9.⑴B ⑵②③⑨⑩ ①⑥⑧⑩ ④⑦ NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42−
解析：⑴A.摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中七个基本的物理量之一，故A错误；B.氯化钠固体不导电，都是在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，故B正确；
C.没说标况，错误 D.一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，故D错误；
E.碳酸氢钠电离生成碳酸氢根，NaHCO3＝Na＋＋HCO3−，故E错误；
F.金刚石是单质，既不是电解质又不是非电解质，故F错误；
G.32gCH4的物质的量为2mol，1molCH4含10mol电子，则2molCH4含20mol电子，故G错误；
⑵①纯H2SO4，不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳，不能导电，属于非电解质；⑤金刚石，是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩熔融KCl，能导电，是电解质，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，故答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩； ④⑦；NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42−。
10.⑴氧化 氧化 还原 ⑵CeO2 NH4F 1：8 ⑶KHCO3 是 有元素化合价升降 O
解析：⑴NaNO2能使血红蛋白中Fe2＋转化为高铁血红蛋白而使人发生急性中毒，则NaNO2具有氧化性，是氧化剂，Fe2＋被氧化，误食NaNO2中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有还原性；
⑵6CeO2＋18NH4F6CeF3＋16NH3↑＋12H2O＋N2↑反应中Ce 的化合价从＋4价降低到＋3价，则CeO2为氧化剂，N元素的化合价从−3价升高到0价，则NH4F为还原剂，反应中18molN原子参加反应，只有2molN原子被氧化，所以反应中被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子物质的量之比为2∶16＝1∶8，即氮原子个数比为1∶8；
⑶根据元素守恒、原子守恒知，A化学式为K、O、C、H元素，且原子个数之比为1∶3∶1∶1，应该为碳酸氢盐KHCO3；该反应中N元素化合价都是−3价，所以N元素化合价不变，C元素化合价由＋2价变为＋4价、O元素化合价由−1价变为−2价，该反应中有电子转移，其特征为有元素化合价升降，所以为氧化还原反应；且氧化剂是双氧水、还原剂是KCN，氧化还原反应中还原剂被氧化、还原剂被还原，所以被还原的元素是O。
化学寒假作业答案2.2
1.B解析：A.CuO能与水反应，可用作燥剂，故A不选；B.Al2O3用作时高温材料是于由其熔点高，故B选；C.将Cl2通入到FeCl2溶液中，FeCl2被氧化成FeCl3后又被废铁屑还原成FeCl2，可循环吸收Cl2，故C不选；D.还原铁粉可消耗O2，防止食品被氧化而变质，故D不选。
2.AD解析：A.Cl的化合价从＋5价降低到＋4价，则生成1mol ClO2，转移电子数为NA，故A正确；B.该反应中存在化合价的变化，属于氧化还原反应，不是复分解反应，故B错误；
C.反应中H2SO4中的元素的化合价均没有发生变化，H2SO4没发生氧化反应，故C错误；
D.Cl元素的化合价降低，则NaClO3得到电子，为氧化剂，故D正确。
3.C解析：A.生成的盐酸为强电解质，拆成离子形式，离子方程式为：Cl2＋H2OH＋＋Cl−＋HClO，故A错误；硫酸氢钠溶液与NaOH溶液混合的离子反应为H＋＋OH−H2O，故D错误。C.氯化钙溶液和Na2CO3溶液反应生成氯化钠和碳酸钙，离子方程式为：Ca2＋＋CO32−═CaCO3↓，故C正确；D.CaCO3 和稀硝酸反应，离子方程式：CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故D错误。
4.CD解析：A.钠钾合金具有良好的导热性，与钠是否活泼无关，故A错误；B.碘酸钾用于制作加碘盐，KI不稳定，不能用于加碘食盐，故B错误；C.“84”消毒液含NaClO，CO2反应生成HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C正确；D.碳酸氢钠用于食品膨松剂，加热可分解生成二氧化碳气体，故D正确。
5.AD解析：A、钠易和空气中的氧气以及水反应，保存在煤油中，沉在煤油的底部，可以隔绝空气，故A正确；B、焰色反应是物理变化，因为玻璃棒中含钠元素，所以用铂丝或光洁无锈的铁丝做焰色反应实验，故B错误；C、碱性氧化物与酸反应生成盐和水，而Na2O2与酸反应还有氧气反应，所以不是碱性氧化物，故C错误；D、Na2CO3可以与氯化钙溶液生成碳酸钙白色沉淀，而NaHCO3溶液不可以与氯化钙溶液反应，所以可以鉴别NaHCO3和Na2CO3，故D正确。
6.AC解析：由上述分析可知，A为O、B为P、C为Cl，A.A元素的氢化物为过氧化氢时含极性共价键、非极性共价键，故A正确；B.B元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，为中强酸，故B错误；C.C元素的一种氧化物为ClO2，可以作为漂白剂和消毒剂，故C正确；D.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，三种元素的原子半径：B>C>A，故D错误。
7.A解析：A.使石蕊溶液变红的是H＋，红色褪去的是HClO，故A错误；B.生成氯化银沉淀，对应的微粒为Cl−，故B正确；C.加入NaCO3粉末，有气泡产生，生成CO2，对应的微粒为H＋，故C正确；D.氯气把FeCl2氧化为FeCl3，遇到KSCN溶液变红，故D正确。
8.BC 解析：A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故甲、乙两容器中气体密度之比为28：32＝7：8，故A正确；B、同温同压下，气体的分子数之比等于体积之比，故分子数之比为1：1，故B错误；C、两种气体均为双原子分子，故两气体所含原子数之比等于物质的量之比，而质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，即两气体所含原子数之比与摩尔质量成反比，即等于32：28＝8：7，故C错误；D、氮气中含14个电子，而氧气中含16个电子，故等物质的量的两者中所含电子数之比为7：8，故D正确。
9.D解析：A.水的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，因此水既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B.未注明标况下，不能确定气体体积的大小，故B错误；
C.2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O═3Ba（H2PO2）2＋2PH3↑～6e−
248g 6mol
3.1g 0.075mol
故转移0.075 mol电子，故C错误；
D.3.1g白磷相当于0.025mol白磷，1mol白磷分子发生反应断裂6molP−P键，故0.025mol白磷分子发生反应断裂0.15molP−P键，故D正确。
10.BC解析：根据分析可知，X为O，Y为Na，Z为Mg，W为S元素，
A.Na、Mg位于同一周期，原子序数越大金属性越弱，则金属性Z＜Y，故A错误；
B.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（X）＜r（W）＜r（Z）＜r（Y）
C.S的原子序数为16，位于元素周期表中第3周期 VIA族，故C正确；
D.非金属性O＞S，则简单气态氢化物的热稳定性：W＜X，故D错误。
11.答案 (1)Fe FeCl2 FeCl3 Fe(OH)2 Fe(OH)3
(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(其他合理答案也可) 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(其他合理答案也可)
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
化学寒假作业答案2.3
1.BC 2.B 3.C 4.A 5.C 6.B 7.A 8 A 9A 10BC
11．（1）①Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O ② 2Al + 2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2↑
（2）2 mol/L
（3）2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 +Ca(ClO)2+ 2H2O
（4）2，3，4，2，3，5
12. （1） 第二周期第ⅥA族
（2）MnO2 + 4H++2Cl- △Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O
（3）AB
（4）2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl
化学寒假作业答案2.4
1A 2C 3B 4B 5D 6D
7.答案 (1)③⑤ (2) ①Mg2＋、Fe3＋、SO、CO Ba2＋、OH－、Cl－ ②H＋＋OH－===H2O、Cl－＋Ag＋===AgCl↓ Ba2＋＋SO＋2H＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O ③无 溶液中一定有Ba2＋、Cl－、OH－，浓度相等时电荷守恒，所以无K＋
化学寒假作业答案2.5
1、B 2、A 3、B 4、C 5、D 6、A 7、D 8、A 9、D
10、答案 (1)a、g、h、d、e、b、c、f
(2)除去氯气中的氯化氢气体
(3)①Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3 ②双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋
(4)SCN－发生了反应而不是Fe3＋发生反应 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能 H2O2将SCN－氧化成SO
化学寒假作业答案2.6
1.B 2.C 【解析】A项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋，不合理；B项中Cl－也能使KMnO4溶液褪色不合理；D项氧化后生成的红褐色沉淀Fe（OH）3也可能掩盖了白色沉淀Mg（OH）2，不合理。
3.【答案】C构成催化剂的元素大多为过渡金属元素，在元素周期表的中间部分。
4.AD 5.C 6.A 7.BC 8.AD
9.⑴2 4 2 2 1 2 ⑵KClO3 、还原 ⑶0.2 ⑷2.5
解析：⑴KClO3中氯元素化合价由＋5价降低为ClO2中＋4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由－1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可水的系数是2；
⑵反应2KClO3＋4HCl（浓）2KCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O中，KClO3中氯元素化合价由＋5价降低为ClO2中＋4价可知，KClO3中氯元素被还原，KClO3在反应中作氧化剂，ClO2是还原产物；
⑶反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由－1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2＝0.2mol；
⑷1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子.ClO2消毒的效率是Cl2的2.5倍
10.⑴Cl−Cl、 18 、④⑤ ⑵③、 ②⑤、 ④ ⑶ 、
⑷i. ii.Na＞Al＞C 、HClO4＞H2SO4＞H2SiO3
iii.2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑
解析：⑴氯气的结构式为Cl−Cl；⑦Cl的中子数＝质量数−质子数＝35−17＝18；同位素的研究对象为原子，则④Cl和⑤Cl为Cl元素的不同原子，二者互为同位素，
⑵不含化学键的物质是稀有气体③He；既含有离子键又含有共价键的物质是②KOH、⑤Na2O2；④H2SO4只含有共价键，属于共价化合物，
⑶NaOH属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钠的电子式为；氨气属于共价化合物，氮原子最外层满足8电子稳定结构，氨气的电子式为，
⑷根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl元素。i.Si的核电荷数＝核外电子总数＝14，其原子结构示意图为：，
ii.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐减小，则②⑤⑥的原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞C；
同周期从左到右，最高价氧化物对应水合物的酸性逐渐增强，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，
ix.⑥的单质为金属Al，⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH，铝与氢氧化钠溶液反应化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑。
化学寒假作业答案2.7
1.D解析：H2O中各元素的化合价没有发生变化，既没有被氧化，也没有被还原，故A错误；Cl的化合价由0价→－1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，表现氧化性，故B错误；S2O中S元素的化合价由＋2价→＋6价，化合价升高，SO42－是氧化产物，故C错误，D正确。
2.D解析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，Z为第三周期元素，为S元素；则W为Cl元素；X、Y的简单离子的核外电子数相同，则X为N元素。电子层越多，离子半径越大，简单离子半径：Y＜Z，故A错误；N元素有HNO3、HNO2两种酸，故B错误；元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：W＞Z，故C错误；元素Na与S、Cl分别形成Na2S、NaCl，都是离子化合物，故D正确。
3.C解析：试题分析：A、反应①中只有N元素的化合价变化，硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，N2O既是氧化产物，也是还原产物，A错误；B、反应②中K2SO3是还原剂，N2O是还原产物，B错误；C、反应③中氧气是氧化剂，每生成1 mol N2O，消耗2mol氧气，转移8 mol电子，C正确；D、反应④中NaNO3N元素的化合价降低，是氧化剂，D错误，答案选C。
4.D解析：Cl2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，A错误；氯气作水的杀菌消毒剂时，发生化学变化，B错误；0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移0.1mol电子，C错误；Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，D正确。
5.B解析：碳酸氢钠与盐酸反应比碳酸钠与盐酸反应剧烈，A错误；106gNa2CO3和84gNaHCO3与盐酸完全反应，产生二氧化碳的质量相等，B正确；实验室制取CO2通常用CaCO3和盐酸反应，C错误；相同质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的量比NaHCO3消耗的多，D错误。
6.C解析：在复杂的离子化合物如氢氧化钠、过氧化钠中既存在离子键又存在共价键，A项错误；复杂的离子化合物如过氧化钠中也存在非极性键，B项错误；在H2O2中既存在极性键又存在非极性键，D项错误。
7.C解析：A项：二氧化碳气体与过氧化钠粉末的反应，因接触不充分难以完全。玻璃珠可分散过氧化钠，增大其与二氧化碳的接触面积，并防止过氧化钠粉末被吹，A项正确；B项：U形管内淡黄色的过氧化钠粉末与二氧化碳反应生成白色的碳酸钠，B项正确；C项：由2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2知100mLCO2生成50mLO2，缓慢推动注射器1的活塞时，二氧化碳将U形管中原有的空气推到注射器2中。由于气固接触不充分，也有未反应的CO2进入注射器2中，另外该反应是放热反应，使反应后气体的温度升高，体积变大，C项错误；D项：反应后会有生成的氧气残留在U形管中，故可打开胶塞，用带火星的木条伸入U形管中检验氧气，D项正确。答案选C。
8.BD解析：根据图中元素原子最外层电子数与原子序数的关系可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，R为S元素，W为Cl元素。H2X为H2O，H2R为H2S，结合常温下H2O为液态，H2S为气态可知沸点：H2X＞H2R，A正确；HWO为HClO，HClO为弱酸，H2RO4为H2SO4，H2SO4为强酸，酸性：HWO＜H2RO4，B错误；非金属性：F＞Cl＞S，气态氢化物的稳定性：HY(HF)＞HW(HCl)＞H2R(H2S)，C正确；根据“层多径大，序大径小”判断离子半径：R2－＞X2－＞Y－＞Z＋，D错误。
9.D解析：金属的活动性是锌＞铁＞铜，故锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应：
Zn＋CuCl2Cu＋ZnCl2 溶液增量 Zn＋FeCl2Fe＋ZnCl2 溶液增量
65 64 65－64＝1 65 56 65－56＝9
锌先与氯化铜反应，铜的质量不断增加，直至氯化铜反应完全，A正确；由上述分析可知，前者溶液增加的幅度小于后者，B正确；随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的质量逐渐减小，完全反应后为0，故C正确；原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D错误。
10.⑴.2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O ⑵还原性和酸性
⑶湿润的淀粉KI试纸变蓝 ⑷Cl2＋2Br－Br2＋2Cl－ ⑸.吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气 (6)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色 (7)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
解析：在烧瓶内发生反应2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由反应前HCl中的－1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子，HCl表现还原性，作还原剂；还有一部分Cl元素化合价反应前后没有发生变化，与反应产生的金属阳离子结合形成盐，起酸的作用，所以该反应中浓盐酸体现了还原性和酸性；在A上部的湿润kI淀粉试纸上发生反应：Cl2＋2I－I2＋2Cl－，I2能使淀粉变蓝，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知Cl2的氧化性大于I2的氧化性，反应现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝；因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－；氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花的作用是吸收挥发出来的Cl2，防止氯气污染空气；因Br2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Br2＋2I－I2＋2Br－，过程IV的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色；为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，过程III实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
1.C 解析：A.为氧离子结构示意图，氧原子最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；B.中子数为8的氮原子的质量数为7＋8＝15，该原子正确的表示方法为715N，故B错误；C.氨分子为共价化合物，分子中含有3个N−H键，其结构式为，故C正确；D.OH−阴离子，电子式中需要标出所带电荷，正确的电子式为，故D错误。
2.B 解析：A.纯碱是碳酸钠，为盐，不是碱，故A错误；B.硝酸是酸，烧碱为碱，小苏打为碳酸氢钠，是盐，干冰为二氧化碳是酸性氧化物，故B正确；C.生石灰为氧化钙，属于氧化物，不是碱，故C错误；D.二氧化碳是氧化物，不是酸，一氧化碳不与氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误。
3.C
4.B解析：恰好完全反应后Fe2＋完全转化为Fe3＋，MnO4−中Mn元素为＋7价，假设化合价降为x，则0.02×（7−x）＝0.1×（3−2），x＝2，应生成Mn2＋。
5.A 解析：①钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和CuSO4反应生成蓝色沉淀，2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2NaOH＋CuSO4Cu(OH)2↓＋2NaCl，故①符合；②NaOH溶液和CuSO4溶液混合生成蓝色沉淀，2NaOH＋CuSO4Cu(OH)2↓＋2NaCl，但无气体生成，故②不符合；③金属镁投入到盐酸中生成氯化镁和氢气，无沉淀生成，故③不符合；④Na2O2投入到FeCl3溶液中发生反应，2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，3NaOH＋FeCl3Fe（OH）3↓＋3NaCl，故④符合；综上所述：①④正确。
6.D解析：A.焰色反应是一种元素的物理性质，而不是化学性质，故A错误；B.NaCl与Na2CO3固体含钠元素，焰色反应为黄色，不能区分NaCl与Na2CO3固体，故B错误；C.钾元素的焰色反应，需要隔着钴玻璃观察，避免钠元素的干扰，其他元素的焰色反应不需要，故C错误；D.盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故D正确。
7.C解析：A.17g OH−物质的量为1mol，含电子数为10NA，故A错误；B.溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故B错误；C.28g铁物质的量为0.5mol，与足量盐酸反应生成0.5mol二价铁离子，转移的电子数为NA，故C正确；D.气体状况未知，无法计算氧气物质的量，故D错误。
8.B解析：A.Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；B.同主族元素从上到下元素的金属性增强，故B错误；C.同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D.中子数为177的Lv核素，质量数293，则核素符号为，故D正确。
9.⑴MnO2＋4H＋＋2Cl−Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ⑵2Cl2＋2H2O＋CCO2＋4HCl
⑶吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境 ⑷储存多余的Cl2
⑸随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 同时浓盐酸的挥发
⑹①Cl2被碱石灰吸收 ②干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色 Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性
解析：⑵氯气与水蒸气、碳在加热条件下制得CO2和HCl，反应为：2Cl2＋2H2O＋CCO2＋4HCl；
⑶E装置中倒扣的漏斗可以防止倒吸，其中NaOH溶液的作用是吸收Cl2和HCl气体，防止污染环境；
⑷D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，B中为饱和食盐水，可以储存多余的Cl2；
⑸实验中使用12 mol•L−1的浓盐酸10 mL与足量的MnO2反应，理论上生成的氯气为0.03mol，因为有水生成，随反应的进行盐酸变稀，与MnO2不反应 同时浓盐酸的挥发，故生成的Cl2的物质的量总是小于0.03 mol；
⑹①干燥管中为碱石灰，Cl2被碱石灰吸收，故不能得到预期现象；
②干燥纯净的Cl2与水反应生成HClO，而HClO具有漂白性，HClO能使有色布条褪色，故预期现象为干燥有色布条不褪色，而湿润有色布条褪色。
化学寒假作业答案2.1
1.C解析：A.Ⅰ图中如果MnO2过量，浓盐酸随着反应进行，浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，故A错误；B.制备氯化氢，应将浓硫酸滴加到浓盐酸中，且该装置易倒吸，故B错误；C.Ⅲ图中：铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故C正确；D.检验干燥氯气有无漂白性之前要用浓硫酸干燥，故缺少吸水装置，故D错误。
2.B解析：A.目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，A正确；B.钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，但它的熔点比铁的熔点要低，B错误；C.青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，C正确；D.合金的硬度一般比组成合金的各成分硬度高，D正确。
3.B解析：①如O2与O3由一种元素组成，但它是混合物，①错误；②冰水的化学式都为H2O，二者的混合物是纯净物，②正确；③带有结晶水的盐属于纯净物，CuSO4•5H2O晶体是纯净物，③错误；④能电离出H＋的物质不一定是酸，如NaHSO4等，④错误；⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，⑤错误；⑥碱性氧化物一定是金属氧化物；金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3等，⑥正确。
4.B解析：A.碳酸钙与盐酸反应，离子方程式用2H＋＋CaCO3Ca2＋＋H2O＋CO2↑表示，故A不选；B.可溶性碳酸盐与稀硫酸反应，可用2H＋＋CO32−H2O＋CO2↑表示，故B选；C.二氧化碳与酸溶液不能发生反应，故C不选；D.盐酸与可溶性银盐溶液反应，离子方程式为Cl−＋Ag＋AgCl↓，故D不选。
5.D解析：A中反应为2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑，故A错误；B中反应为Al(NO3)3＋4NaOHNaAlO2＋3NaNO3＋2H2O，故B错误；C.Al2O3和水共热不反应，故C错误；D中反应为Al2(SO4)3＋
6NH3·H2O＝2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4，故D正确。
6.D
7.B解析：本题考查离子键的成键实质、成键条件，同时还考查原子结构与性质的关系。由原子a～g的M层电子数可知，M层即为原子的最外层，a～g均为第三周期元素，a、b均为活泼的金属元素，f、g均为活泼的非金属元素，所以a与f、b与g形成的化学键为离子键。故正确答案为B。
8.B解析：欲使3 mol的VO2＋变为VO2＋，失去3mole－，氧化剂KClO3 的物质的量是＝0.5mol。
9.⑴B ⑵②③⑨⑩ ①⑥⑧⑩ ④⑦ NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42−
解析：⑴A.摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中七个基本的物理量之一，故A错误；B.氯化钠固体不导电，都是在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，故B正确；
C.没说标况，错误 D.一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，故D错误；
E.碳酸氢钠电离生成碳酸氢根，NaHCO3＝Na＋＋HCO3−，故E错误；
F.金刚石是单质，既不是电解质又不是非电解质，故F错误；
G.32gCH4的物质的量为2mol，1molCH4含10mol电子，则2molCH4含20mol电子，故G错误；
⑵①纯H2SO4，不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳，不能导电，属于非电解质；⑤金刚石，是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩熔融KCl，能导电，是电解质，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，故答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩； ④⑦；NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42−。
10.⑴氧化 氧化 还原 ⑵CeO2 NH4F 1：8 ⑶KHCO3 是 有元素化合价升降 O
解析：⑴NaNO2能使血红蛋白中Fe2＋转化为高铁血红蛋白而使人发生急性中毒，则NaNO2具有氧化性，是氧化剂，Fe2＋被氧化，误食NaNO2中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有还原性；
⑵6CeO2＋18NH4F6CeF3＋16NH3↑＋12H2O＋N2↑反应中Ce 的化合价从＋4价降低到＋3价，则CeO2为氧化剂，N元素的化合价从−3价升高到0价，则NH4F为还原剂，反应中18molN原子参加反应，只有2molN原子被氧化，所以反应中被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子物质的量之比为2∶16＝1∶8，即氮原子个数比为1∶8；
⑶根据元素守恒、原子守恒知，A化学式为K、O、C、H元素，且原子个数之比为1∶3∶1∶1，应该为碳酸氢盐KHCO3；该反应中N元素化合价都是−3价，所以N元素化合价不变，C元素化合价由＋2价变为＋4价、O元素化合价由−1价变为−2价，该反应中有电子转移，其特征为有元素化合价升降，所以为氧化还原反应；且氧化剂是双氧水、还原剂是KCN，氧化还原反应中还原剂被氧化、还原剂被还原，所以被还原的元素是O。
化学寒假作业答案2.2
1.B解析：A.CuO能与水反应，可用作燥剂，故A不选；B.Al2O3用作时高温材料是于由其熔点高，故B选；C.将Cl2通入到FeCl2溶液中，FeCl2被氧化成FeCl3后又被废铁屑还原成FeCl2，可循环吸收Cl2，故C不选；D.还原铁粉可消耗O2，防止食品被氧化而变质，故D不选。
2.AD解析：A.Cl的化合价从＋5价降低到＋4价，则生成1mol ClO2，转移电子数为NA，故A正确；B.该反应中存在化合价的变化，属于氧化还原反应，不是复分解反应，故B错误；
C.反应中H2SO4中的元素的化合价均没有发生变化，H2SO4没发生氧化反应，故C错误；
D.Cl元素的化合价降低，则NaClO3得到电子，为氧化剂，故D正确。
3.C解析：A.生成的盐酸为强电解质，拆成离子形式，离子方程式为：Cl2＋H2OH＋＋Cl−＋HClO，故A错误；硫酸氢钠溶液与NaOH溶液混合的离子反应为H＋＋OH−H2O，故D错误。C.氯化钙溶液和Na2CO3溶液反应生成氯化钠和碳酸钙，离子方程式为：Ca2＋＋CO32−═CaCO3↓，故C正确；D.CaCO3 和稀硝酸反应，离子方程式：CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故D错误。
4.CD解析：A.钠钾合金具有良好的导热性，与钠是否活泼无关，故A错误；B.碘酸钾用于制作加碘盐，KI不稳定，不能用于加碘食盐，故B错误；C.“84”消毒液含NaClO，CO2反应生成HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C正确；D.碳酸氢钠用于食品膨松剂，加热可分解生成二氧化碳气体，故D正确。
5.AD解析：A、钠易和空气中的氧气以及水反应，保存在煤油中，沉在煤油的底部，可以隔绝空气，故A正确；B、焰色反应是物理变化，因为玻璃棒中含钠元素，所以用铂丝或光洁无锈的铁丝做焰色反应实验，故B错误；C、碱性氧化物与酸反应生成盐和水，而Na2O2与酸反应还有氧气反应，所以不是碱性氧化物，故C错误；D、Na2CO3可以与氯化钙溶液生成碳酸钙白色沉淀，而NaHCO3溶液不可以与氯化钙溶液反应，所以可以鉴别NaHCO3和Na2CO3，故D正确。
6.AC解析：由上述分析可知，A为O、B为P、C为Cl，A.A元素的氢化物为过氧化氢时含极性共价键、非极性共价键，故A正确；B.B元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，为中强酸，故B错误；C.C元素的一种氧化物为ClO2，可以作为漂白剂和消毒剂，故C正确；D.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，三种元素的原子半径：B>C>A，故D错误。
7.A解析：A.使石蕊溶液变红的是H＋，红色褪去的是HClO，故A错误；B.生成氯化银沉淀，对应的微粒为Cl−，故B正确；C.加入NaCO3粉末，有气泡产生，生成CO2，对应的微粒为H＋，故C正确；D.氯气把FeCl2氧化为FeCl3，遇到KSCN溶液变红，故D正确。
8.BC 解析：A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故甲、乙两容器中气体密度之比为28：32＝7：8，故A正确；B、同温同压下，气体的分子数之比等于体积之比，故分子数之比为1：1，故B错误；C、两种气体均为双原子分子，故两气体所含原子数之比等于物质的量之比，而质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，即两气体所含原子数之比与摩尔质量成反比，即等于32：28＝8：7，故C错误；D、氮气中含14个电子，而氧气中含16个电子，故等物质的量的两者中所含电子数之比为7：8，故D正确。
9.D解析：A.水的组成元素在反应前后元素化合价没有发生变化，因此水既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B.未注明标况下，不能确定气体体积的大小，故B错误；
C.2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O═3Ba（H2PO2）2＋2PH3↑～6e−
248g 6mol
3.1g 0.075mol
故转移0.075 mol电子，故C错误；
D.3.1g白磷相当于0.025mol白磷，1mol白磷分子发生反应断裂6molP−P键，故0.025mol白磷分子发生反应断裂0.15molP−P键，故D正确。
10.BC解析：根据分析可知，X为O，Y为Na，Z为Mg，W为S元素，
A.Na、Mg位于同一周期，原子序数越大金属性越弱，则金属性Z＜Y，故A错误；
B.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（X）＜r（W）＜r（Z）＜r（Y）
C.S的原子序数为16，位于元素周期表中第3周期 VIA族，故C正确；
D.非金属性O＞S，则简单气态氢化物的热稳定性：W＜X，故D错误。
11.答案 (1)Fe FeCl2 FeCl3 Fe(OH)2 Fe(OH)3
(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(其他合理答案也可) 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(其他合理答案也可)
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
化学寒假作业答案2.3
1.BC 2.B 3.C 4.A 5.C 6.B 7.A 8 A 9A 10BC
11．（1）①Al2O3＋2OH-=2AlO2-＋H2O ② 2Al + 2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2↑
（2）2 mol/L
（3）2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 +Ca(ClO)2+ 2H2O
（4）2，3，4，2，3，5
12. （1） 第二周期第ⅥA族
（2）MnO2 + 4H++2Cl- △Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O
（3）AB
（4）2S2Cl2+2H2O=SO2↑ +3S↓+4HCl
化学寒假作业答案2.4
1A 2C 3B 4B 5D 6D
7.答案 (1)③⑤ (2) ①Mg2＋、Fe3＋、SO、CO Ba2＋、OH－、Cl－ ②H＋＋OH－===H2O、Cl－＋Ag＋===AgCl↓ Ba2＋＋SO＋2H＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O ③无 溶液中一定有Ba2＋、Cl－、OH－，浓度相等时电荷守恒，所以无K＋
化学寒假作业答案2.5
1、B 2、A 3、B 4、C 5、D 6、A 7、D 8、A 9、D
10、答案 (1)a、g、h、d、e、b、c、f
(2)除去氯气中的氯化氢气体
(3)①Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3 ②双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋
(4)SCN－发生了反应而不是Fe3＋发生反应 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能 H2O2将SCN－氧化成SO
化学寒假作业答案2.6
1.B 2.C 【解析】A项中只能说明含有Fe3＋，不能说明不含Fe2＋，不合理；B项中Cl－也能使KMnO4溶液褪色不合理；D项氧化后生成的红褐色沉淀Fe（OH）3也可能掩盖了白色沉淀Mg（OH）2，不合理。
3.【答案】C构成催化剂的元素大多为过渡金属元素，在元素周期表的中间部分。
4.AD 5.C 6.A 7.BC 8.AD
9.⑴2 4 2 2 1 2 ⑵KClO3 、还原 ⑶0.2 ⑷2.5
解析：⑴KClO3中氯元素化合价由＋5价降低为ClO2中＋4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由－1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可水的系数是2；
⑵反应2KClO3＋4HCl（浓）2KCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O中，KClO3中氯元素化合价由＋5价降低为ClO2中＋4价可知，KClO3中氯元素被还原，KClO3在反应中作氧化剂，ClO2是还原产物；
⑶反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由－1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2＝0.2mol；
⑷1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子.ClO2消毒的效率是Cl2的2.5倍
10.⑴Cl−Cl、 18 、④⑤ ⑵③、 ②⑤、 ④ ⑶ 、
⑷i. ii.Na＞Al＞C 、HClO4＞H2SO4＞H2SiO3
iii.2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑
解析：⑴氯气的结构式为Cl−Cl；⑦Cl的中子数＝质量数−质子数＝35−17＝18；同位素的研究对象为原子，则④Cl和⑤Cl为Cl元素的不同原子，二者互为同位素，
⑵不含化学键的物质是稀有气体③He；既含有离子键又含有共价键的物质是②KOH、⑤Na2O2；④H2SO4只含有共价键，属于共价化合物，
⑶NaOH属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钠的电子式为；氨气属于共价化合物，氮原子最外层满足8电子稳定结构，氨气的电子式为，
⑷根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl元素。i.Si的核电荷数＝核外电子总数＝14，其原子结构示意图为：，
ii.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐减小，则②⑤⑥的原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞C；
同周期从左到右，最高价氧化物对应水合物的酸性逐渐增强，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，
ix.⑥的单质为金属Al，⑤的最高价氧化物对应水化物NaOH，铝与氢氧化钠溶液反应化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O2NaAlO2＋3H2↑。
化学寒假作业答案2.7
1.D解析：H2O中各元素的化合价没有发生变化，既没有被氧化，也没有被还原，故A错误；Cl的化合价由0价→－1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，表现氧化性，故B错误；S2O中S元素的化合价由＋2价→＋6价，化合价升高，SO42－是氧化产物，故C错误，D正确。
2.D解析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，Z为第三周期元素，为S元素；则W为Cl元素；X、Y的简单离子的核外电子数相同，则X为N元素。电子层越多，离子半径越大，简单离子半径：Y＜Z，故A错误；N元素有HNO3、HNO2两种酸，故B错误；元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：W＞Z，故C错误；元素Na与S、Cl分别形成Na2S、NaCl，都是离子化合物，故D正确。
3.C解析：试题分析：A、反应①中只有N元素的化合价变化，硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，N2O既是氧化产物，也是还原产物，A错误；B、反应②中K2SO3是还原剂，N2O是还原产物，B错误；C、反应③中氧气是氧化剂，每生成1 mol N2O，消耗2mol氧气，转移8 mol电子，C正确；D、反应④中NaNO3N元素的化合价降低，是氧化剂，D错误，答案选C。
4.D解析：Cl2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，A错误；氯气作水的杀菌消毒剂时，发生化学变化，B错误；0.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移0.1mol电子，C错误；Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，D正确。
5.B解析：碳酸氢钠与盐酸反应比碳酸钠与盐酸反应剧烈，A错误；106gNa2CO3和84gNaHCO3与盐酸完全反应，产生二氧化碳的质量相等，B正确；实验室制取CO2通常用CaCO3和盐酸反应，C错误；相同质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸的量比NaHCO3消耗的多，D错误。
6.C解析：在复杂的离子化合物如氢氧化钠、过氧化钠中既存在离子键又存在共价键，A项错误；复杂的离子化合物如过氧化钠中也存在非极性键，B项错误；在H2O2中既存在极性键又存在非极性键，D项错误。
7.C解析：A项：二氧化碳气体与过氧化钠粉末的反应，因接触不充分难以完全。玻璃珠可分散过氧化钠，增大其与二氧化碳的接触面积，并防止过氧化钠粉末被吹，A项正确；B项：U形管内淡黄色的过氧化钠粉末与二氧化碳反应生成白色的碳酸钠，B项正确；C项：由2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2知100mLCO2生成50mLO2，缓慢推动注射器1的活塞时，二氧化碳将U形管中原有的空气推到注射器2中。由于气固接触不充分，也有未反应的CO2进入注射器2中，另外该反应是放热反应，使反应后气体的温度升高，体积变大，C项错误；D项：反应后会有生成的氧气残留在U形管中，故可打开胶塞，用带火星的木条伸入U形管中检验氧气，D项正确。答案选C。
8.BD解析：根据图中元素原子最外层电子数与原子序数的关系可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，R为S元素，W为Cl元素。H2X为H2O，H2R为H2S，结合常温下H2O为液态，H2S为气态可知沸点：H2X＞H2R，A正确；HWO为HClO，HClO为弱酸，H2RO4为H2SO4，H2SO4为强酸，酸性：HWO＜H2RO4，B错误；非金属性：F＞Cl＞S，气态氢化物的稳定性：HY(HF)＞HW(HCl)＞H2R(H2S)，C正确；根据“层多径大，序大径小”判断离子半径：R2－＞X2－＞Y－＞Z＋，D错误。
9.D解析：金属的活动性是锌＞铁＞铜，故锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应：
Zn＋CuCl2Cu＋ZnCl2 溶液增量 Zn＋FeCl2Fe＋ZnCl2 溶液增量
65 64 65－64＝1 65 56 65－56＝9
锌先与氯化铜反应，铜的质量不断增加，直至氯化铜反应完全，A正确；由上述分析可知，前者溶液增加的幅度小于后者，B正确；随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的质量逐渐减小，完全反应后为0，故C正确；原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D错误。
10.⑴.2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O ⑵还原性和酸性
⑶湿润的淀粉KI试纸变蓝 ⑷Cl2＋2Br－Br2＋2Cl－ ⑸.吸收挥发出来的Cl2，防止污染空气 (6)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层变为紫红色 (7)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
解析：在烧瓶内发生反应2KMnO4＋16HCl(浓) 2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由反应前HCl中的－1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子，HCl表现还原性，作还原剂；还有一部分Cl元素化合价反应前后没有发生变化，与反应产生的金属阳离子结合形成盐，起酸的作用，所以该反应中浓盐酸体现了还原性和酸性；在A上部的湿润kI淀粉试纸上发生反应：Cl2＋2I－I2＋2Cl－，I2能使淀粉变蓝，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知Cl2的氧化性大于I2的氧化性，反应现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝；因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－；氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花的作用是吸收挥发出来的Cl2，防止氯气污染空气；因Br2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Br2＋2I－I2＋2Br－，过程IV的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色；为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，过程III实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
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