【文档说明】辽宁省铁岭市调兵山市第一高级中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，565.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5Cu-64Zn-65第I卷（共50分）一、选择题（每题只有一个正确选项，共10小题，每小题2分

，共20分）1.下列我国古代优秀艺术作品中，所用材料不属于无机非金属材料的是（）A.商代后母戊鼎B.新石器时代人面鱼纹彩陶盆C.明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶D.三国青瓷羊形烛台【答案】A【解析】【分析】【详解】A.后母戊鼎是青铜器，材料青铜是合金，不属

于无机非金属材料，A正确；B.人面鱼纹彩陶盆是陶器，陶瓷属于硅酸盐产品，属于无机非金属材料，B错误；C.芭蕉纹梅瓶是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，属于无机非金属材料，C错误；D.青瓷羊形烛台是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，属于无机非

金属材料，D错误。答案选A。2.某元素B的核电荷数为Z，已知Bn-和Am+的核外具有相同的电子层结构，则A元素的原子序数用Z、n、m来表示，应为（）A.Z+n－mB.Z－n+mC.Z－n－mD.Z+m+n【答案】D【解析】【分析】【详

解】原素的原子序数=质子数=核外电子数，设A元素的原子序数为x，Bn-和Am+的核外具有相同的电子层结构，说明两种离子的核外电子数目相等，所以，Z+n=x-m，由此可以得出x=Z+m+n，D正确。答案选D。3.历史表明：没有新材料的出现，就没有科技和生产发展的突破。信息高速公路的建立在于寻

找新的信息材料。下列材料可作信息材料的是()A.铜线B.化纤C.橡胶D.光导纤维【答案】D【解析】【详解】SiO2是制造光导纤维的材料，光导纤维可以传导光信号，答案选D。4.下列装置可以构成原电池的是A.B.C.D.【答案】

C【解析】【详解】A、两个电极的材料均为锌，活动性相同，无法构成原电池，A错误；B、蔗糖溶液为非电解质溶液，无法构成原电池，B错误；C、锌、石墨和硫酸铜溶液构成原电池，锌是负极，C正确；D、没有形成通路，无法构成原电池，D错误。答案选C。【点睛】注意原电池的四个判定方法：观察电极——两极为导体且

存在活泼性差异(燃料电池的电极一般为惰性电极)；观察溶液——两极插入溶液中；观察回路——形成闭合回路或两极直接接触；观察本质——原电池反应是自发的氧化还原反应。5.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的化学物

质和水混合后摇动即会制冷。该化学物质可能是()A.氯化钠B.固体硝酸铵C.生石灰D.蔗糖【答案】B【解析】【分析】【详解】能制冷，说明一定是吸热过程，A．氯化钠溶于水，能量变化不明显，A不符；B．硝酸铵溶于水吸热，能制冷，B符合；C．生石灰

与水反应生成氢氧化钙，属于放热反应，C不符；D．蔗糖溶于水，能量变化不明显，D不符；故选B。6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.SO2具有氧化性，可用于漂泊纸浆B.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C.明矾溶于水产生的S

O42-有氧化性，可用于净水D.常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，A错误；B．NH4HCO3含N元素，可用作氮肥，与其受热易分解无关，B错误

；C．明矾溶于水产生氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，则用作净水剂，与硫酸根离子无关，C错误；D．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁质容器贮运浓硝酸，D正确；答案选D。7.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为

98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是（）A.X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4B.X是第二周期VA族元素C.X是第三周期ⅥA族元素D.X的最高化合价为+4【答案】A【解析】【分析】X的最高价含氧酸的相对分子质

量为98，X的氢化物的分子式不是H2X，则X为P元素。【详解】A.根据分析，X为P元素，X的最高价为+5价，其最高价含氧酸的分子式为H3XO4，A正确；B.第二周期VA族元素为N，其最高价含氧酸为HNO3，相对分子质量为63，B错误；C.根据分析，X为P元素，X

在第三周期第VA族，C错误；D.根据分析，X为P元素，P的最高化合价为+5价，D错误；答案选A。8.下列说法正确的是①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害④使用氯气对

自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害⑤食品厂产生的含丰富氮、磷营养元素的废水可长期排向水库养鱼A.①②③B.①④⑤C.②③④D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①酸雨的pH<5.6，错误；②严格控制汽车尾气排放有利于防止大气污染，正确；③

二氧化硫和某些含硫物质对人体有害，正确。④有机氯对人体有害，正确。⑤含丰富氮磷的废水可以造成藻类大量繁殖，不能长期排向水库养鱼，错误。故选C。9.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反

应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答。【详解】A.表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，A符合题意；B.表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，B不符合题意；C.表示该反应中反应物的总能量等于生成物的总能量，该既不

为吸热也不放热，故该反应不可能发生；D.该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量，这是不可能的。综上所述，答案选A。10.依据下列实验现象，所得结论不正确．．．的是实验实验现象①品红溶液红色褪去，经检验溶液中含有SO

42-②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，可使蓝色石蕊试纸变红，遇淀粉碘化钾试纸，无明显变化。A.品红溶液褪色是氯水漂白所致B.集气瓶中发生了反应：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HC

lC.依据现象②可确定产生的气体为SO2D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液【答案】C【解析】【详解】A.氯水中的次氯酸能使品红溶液褪色，选项A正确；B.集气瓶中氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，选项B正

确；C.依据现象②加热褪色后的溶液至沸腾，未见颜色恢复，有气体溢出，说明不含有二氧化硫，产生的气体可能为次氯酸分解产生的O2，选项C不正确；D.检验SO42-的试剂为：盐酸、BaCl2溶液，往溶液中加入过量的盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有SO42-，

选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查常见漂白剂的性质及应用，注意二氧化硫为暂时性的漂白，氯水为永久性的漂白，二者按1：1若完全反应，则生成硫酸和盐酸，失去漂白作用，这也是本题的易错点。二、选择题（每题只有一个正确选项，共10小题，每小题3分

，共30分）11.如图所示，硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。下列说法不正．．确．的是A.该过程可循环利用的物质是I2和HIB.该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2C.X物质是I2D.

SO2在过程中表现出了还原性与漂白性【答案】D【解析】【详解】根据题中所给流程和信息可知，反应I为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。可循环利用的物质是I2和HI，该过程总反应的化学方程

式SO2+2H2O=H2SO4+H2，X物质是I2，SO2中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4，作还原剂体现还原性，没有漂白性。故A、B、C正确，D错误。答案选D。12.将0.2molMnO2和50mL12mol

·L-1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为xmol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是A.x＝0.3B.x＜0.3C.0.3＜x＜0.6D.以上结论都不对【答

案】C【解析】【详解】盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L=0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol，但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降

低，降低到一定程度时反应会停止，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。13.短周期元素X、Y、Z在

周期表中的位置如图所示，则下列说法正确的是A.Z一定是活泼的金属B.Y的最高价氧化物的水化物是一种强酸C.Z的最高价氧化物的水化物是强酸D.1molY单质跟足量水反应时，有1mol电子发生转移【答案】C【解析】【详解】三种元素在短周期中的不同周期，则X一定

位于第一周期，且在周期表的右侧，则一定为He，根据其它两种元素的相对位置可知Y为F元素，Z为S元素；A、X为He，Y为F，Z为S，三种元素都是非金属元素，故A错误；B、Y为F元素，无正价，没有对应的含氧酸，故B错误；C、Z的最高价氧化物的水化物是H2SO4，为强酸，故C正确；D、Y的

单质与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，F元素化合价由0价降低到-1价，则1molF2单质跟足量水反应时，有2mol电子发生转移，故D错误；故答案为C。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(

或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱。最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属

元素的非金属性越强，反之越弱。14.下列说法中正确的是A.原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素C.稀有气体原子的最外层电子数都是8D.同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同【答案】B【解析】

【详解】A.原子核外电子层数等于该元素所在的周期数，离子核外的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如钠离子的核外电子层数比钠元素所在的周期数少1，A错误；B.元素周期表从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，B正确；C.氦原子最外层是2个电子，C错误；D.同一元素的

各种同位素的物理性质不同，D错误；答案选B。15.有4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-离子的电子数之差为8，下列说法

不正确的是（）A.与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B.元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC.W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO4D.WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构【答案】C【解析】【分析】四种短周期元素W、X、Y

、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-的电子数之差为8。①若W是H元素，则X是He元素，He是稀有气体，不会形成X2+，故舍去；②若W是He元素，则X是Be元素、Z是F元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Y最外层电子

数是8，Y是Ne，与题意不符，故舍去；③若W是Li元素，则X是C元素、C原子不能形成简单离子，故舍去；④若W是Be元素，则X是O元素、O原子不能形成简单阳离子，故舍去；⑤若W是B元素，则X是Ne元素，Ne是稀有气体，不会形成X2+，故舍去

；⑥若W是C元素，则X是Mg元素、Z是Cl元素，其原子的最外层电子数之和为19，则Y最外层电子数是6，为S元素，符合题意。【详解】A．根据上述推断，W为C，与C相邻的同主族元素是Si，Si可制成重要的半导体材料，A正确

；B.X、Y、Z分别为Mg、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，B正确；C.根据上述分析，W是C元素，Y是S元素、Z是Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以酸性最强的是HClO4，C错误；D.W是C元素，Z是Cl元

素，CCl4分子中C、Cl原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，D正确；答案选C。【点睛】本题考查元素的推断，4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z的原子序数最大且小于18，X2+和Z-离子的电子数之差为8，则

可直接断定X为Mg、Z为Cl，然后根据元素周期律的有关知识解答即可。16.从手册上查得：H—H键、Cl—Cl键和H—Cl键的键能分别为436kJ/mol、243kJ/mol和431kJ/mol，请用此数据估计，由Cl2和H2反应生成2molHCl时的反应热是（）A.放热183kJ

/molB.放热91.5kJ/molC.吸热183kJ/molD.吸热91.5kJ/mol【答案】A【解析】【详解】Cl2和H2反应生成2molHCl时的热化学方程式为：Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)ΔH，根据ΔH=反应物

的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol，ΔH＜0，该反应为放热反应，2molHCl时反应放出的热量为183kJ/mol，答案选A。17.如图是某元素的价类二维图，其

中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用B.同主族元素的氢化物中B的沸点最低C.C一般用排水法收集D.D→E的反应可用于检验D

【答案】B【解析】【详解】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应

生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B.B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C.C为N2，N2的密度与空气太接近

，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D.NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化

氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。18.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A.正极反应中有CO2生成B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜

从负极区移向正极区D.电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A．根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H

2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促

进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；

故选A。19.如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下：在卡片上，描述合理的是（）①Zn为正极，Cu为负极②H+向正极移动③电子流动方向，从Zn经外电路流向Cu④Cu极上有H2产生⑤若有1mol电子流过导线，则产生H2为0.

5mol⑥正极的电极反应式为：Zn－2e-=Zn2+A.①②③⑤B.②③④⑤C.②④⑤⑥D.①②③④【答案】B【解析】【分析】根据图示，是Zn和Cu形成的原电池，原电池中活泼电极作负极，则Zn作负极，电极反应为：Zn－2e-=Z

n2+；Cu作正极，电极反应为：2H++2e﹣=H2↑，据此分析解答；【详解】①一般情况下，原电池中活泼金属作负极，则Zn作负极，故①错误；②原电池中，阳离子向正极移动，则H+向正极移动，故②正确③原电池中，电子经外电路由负极流动方向正极，该原电池中Zn

作负极，铜作正极，则电子从Zn经外电路流向Cu，故③正确；④H+向正极移动，在正极上得到电子变为氢气，则Cu电极上发生2H++2e﹣=H2↑，故④正确；⑤由正极反应：2H++2e﹣=H2↑可知，有1mol电子流向导线，则产生氢气0.5mol，故⑤正确；⑥根据分析，

正极的电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，负极电极反应为：Zn－2e-=Zn2+，故⑥错误；描述合理正确的是②③④⑤，答案选B。20.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准状况)

，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL【答案】B【解析】【详解】1.92g铜的物质的量＝1.9264/

ggmol＝0.03mol，Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，故通入氧气的物质的量＝0.064mol＝0.015

mol，因此通入氧气的体积＝0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查。得出Cu失去电子数目等于O2获得电子数是解答本题的关键。第II卷非选择题（共50分）21.关于物质①K2O；②C

O2；③NH4Cl；④H2O2；⑤Na2O2；⑥NaOH。请回答下列问题：仅含极性键和非极性键的化合物___；仅含极性共价键的化合物___；仅含离子键的化合物___；含有非极性键的离子化合物___；含有极性键的离子

化合物___（填数字符号）。【答案】(1).④(2).②(3).①(4).⑤(5).③⑥【解析】【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物。【详解】①K2O是离子化合物，只含有

离子键；②CO2是共价化合物，只含有极性共价键；③NH4Cl是离子化合物，既含有离子键，又含有极性共价键；④H2O2是共价化合物，既含有极性共价键，又含有非极性共价键；⑤Na2O2是离子化合物，既含有离子键，又含有非极性共价键；⑥NaOH是离子化

合物，既含有离子键，又含有极性共价键；仅含极性键和非极性键的化合物④；仅含极性共价键的化合物②；仅含离子键的化合物①；含有非极性键的离子化合物⑤；含有极性键的离子化合物③⑥。【点睛】由同种非金属元素形成的共价键为非极性共价键，由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，在理解概念的基

础上，需要正确判断物质的键连方式或正确判断化合物的电子式。22.(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出___kJ的热量。(2)现己知N2(g)和H2(g)反应生

成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：根据下列键能数据计算N—H键键能为___kJ/mol。化学键H—HN≡N键能(kJ/mol)436946【答案】(1).11(2).391【解析】【分析】(1)根据氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式，结合∆H=

反应物的总键能-生成物的总键能计算；(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的∆H，结合∆H=反应物的总键能-生成物的总键能计算。【详解】(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、

299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式为：I2(g)+H2(g)=2HI(g)∆H，根∆H=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol，∆H＜0，

反应为放热，则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出11kJ的热量；(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的热化学方程式为：12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)∆H=E1-E2=(1127-1173)kJ/mol=-4

6kJ/mol，反应物断裂化学键放出的能量为12×946kJ+32×436kJ=1127kJ，生成物形成化学键放出的能量为1127+46=1173kJ，设N-H键的能量为xkJ/mol，则3x=1173，解得x=391kJ/mol。【点睛】易错点为(

2)，在书写热化学方程式时要注意按照题中的要求N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)，书写时注意计量系数关系。23.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。总反

应为2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑（1）该电池的负极是__，负极反应式是__。（2）正极现象是__。【答案】(1).锂(2).Li－e-=Li+(3).有无色气体生成【解析】【分析】根据原电池的总反应式确定正极和负极并书写电极反应式，根据正极反

应式判断正极现象。【详解】（1）该电池的总反应式为2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，Li失电子作负极，负极反应式为Li－e-=Li+；（2）该原电池的正极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则正极现象是有无色气体生成。24.实验室所用少量氯

气是用下列方法制取的：4HCl(浓)+MnO2加热Cl2↑+MnCl2+2H2O，试回答下列问题：(1)该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为：__。(2)写出该反应的离子方程式：___。(3)当有0.2mol电子转移时，生成标准状况下Cl2的体积是___L。(4)若用足量二氧化锰与50ml

36.5%1.2g/ml浓盐酸反应，制得的Cl2在标准状况下总小于3.36L，原因可能是①__，②__。(5)检验氯气是否收集满的方法是用___试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已收集满。【答案】(1).1：2(2).4H++2Cl-+MnO2加热Cl2↑+Mn2++2H2O(3).2

.24(4).HCl挥发(5).浓盐酸随反应进行变为稀盐酸，不再与MnO2反应(6).湿润的淀粉碘化钾【解析】【分析】该反应中，锰元素化合价降低，MnO2是氧化剂，氯元素化合价升高，HCl是还原剂，当4molHCl参加反应时，只有2mol氯元素从-1价升高为0价，被氧化；由于浓盐

酸易挥发，且只有浓盐酸与二氧化锰反应，反应过程中浓盐酸会逐渐变稀，稀到一定程度反应不再进行；氯气可从碘化钾中置换出碘，碘遇淀粉变蓝色，据此分析解答。【详解】(1)该反应中，锰元素化合价降低，MnO2是氧化剂，氯元素化合价升高，H

Cl是还原剂，当4molHCl参加反应时，只有2mol氯元素从-1价升高为0价，被氧化，即只有2molHCl起到还原剂的作用，因此，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为1：2；(2)该反应的离子方程式：4H++2Cl

-+MnO2加热Cl2↑+Mn2++2H2O；(3)氯元素从-1价升高为0价，每生成1molCl2，转移2mol电子。当有0.2mol电子转移时，生成0.1molCl2，这些氯气在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；(4)50mL36.5%1.2g/mL浓

盐酸中含有氯化氢的物质的量为50mL36.5%1.236.5g/glmL/mo=0.6mol，根据反应4HCl(浓)+MnO2加热Cl2↑+MnCl2+2H2O，若0.6molHCl完全反应转化为Cl2，生成Cl2的物质的量为0.15mol，标况下的体积为3.36L；由于浓盐酸易

挥发，且只有浓盐酸与二氧化锰反应，反应过程中浓盐酸会逐渐变稀，稀到一定程度反应不再进行，因此0.6mol的HCl不能完全反应，则生成的Cl2的总物质的量小于0.15mol，标况下的体积也小于3.36L；(5)氯气可从碘化钾中置换出碘，碘遇淀粉

变蓝色，因此，检验氯气是否收集满的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已收集满。【点睛】难点为(4)只有浓盐酸能和二氧化锰在加热的条件下反应，随着反应进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应。25.A、B、C、D四种元素

都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据

上述条件，回答：（1）元素C位于第______________周期______________族，它的最高价氧化物的化学式为______________。（2）A是______________元素，B是______________元素，D是______________元素。（3）A与D形成稳

定的化合物的化学式为______________，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______________。（4）C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______________。【答案】(1).3(2).ⅦA(3).C

l2O7(4).Na(5).Mg(6).O(7).Na2O2(8).观察该化合物的颜色是否变白(9).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与10

0mL2mol/L盐酸完全反应，则B的氢氧化物的摩尔质量可能为58g/mol，即B的相对原子质量可能为24，B原子核中质子数和中子数相等，则B为Mg元素。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素。D元素原子的电子层结构里，最外层电子数是次外层电

子数的3倍，则D为O元素。综上所述，A、B、C、D四种元素分别是Na、Mg、Cl、O。【详解】（1）氯元素的原子序数是17，所以位于第三周期第ⅦA；氯元素的最高价是＋7价，所以最高价氧化物是Cl2O7。（2

）A、B、C、D四种元素分别是Na、Mg、Cl、O。（3）钠和氧形成的稳定化合物是过氧化钠，化学式为Na2O2；过氧化钠是淡黄色的，变质后变成白色，据此可以鉴别，即观察该化合物的颜色是否变白。（4）氯

气有毒，可与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。26.某化学课外活动小组通过实验探究NO2的性质。已知：2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O。任务1：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(夹持固定装

置已略去)。请回答下列问题：（1）E装置中制取NO2的化学方程式是_____________________________。（2）若NO2能被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是________________。（3）此实验装置存在的一个明显缺陷是_____________________

__________________。任务2：探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。（4）实验前，该小组同学提出三种假设。假设1：二者不反应；假设2：NO2能被Na2O2氧化；假设3：______

__________________________________________。（5）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的B、D、E装置，将B中的药品更换为Na2O2，另选F装置(如图所示)，重新组装，进行实验。①装置的

合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_________________。②实验过程中，B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测B装置中发生反应的化学方程式为__

____________________。【答案】(1).Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2).气体颜色逐渐变浅(3).缺少尾气处理装置(4).NO2能被Na2O2还原(5).E→D→B→D→F(6).

2NO2＋Na2O2===2NaNO3【解析】【分析】（1）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（2）若NO2能够被NH3还原，则混合气体的颜色将变浅；（3）实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可

能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低；（4）有毒气体不能直接排空；（5）NO2能被Na2O2还原；（6）①验证假设2，首先要制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，所以要除去水的干扰，使二氧化氮气体通过过氧化钠，最后要进行尾气处理；②过氧化钠变成白色固体且为纯净物，根据氧化还原反

应中元素化合价的变化确定生成物。【详解】（1）E装置中浓硝酸与铜片发生反应生成NO2，反应的化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；（2）A装置用于制备NH3，NH3被碱石灰干燥后进入C装置，E装置生成的NO2经无水CaCl2干燥后也进入

C装置，由于NO2具有氧化性，NH3具有还原性，故在C装置中发生反应：6NO2＋8NH3＝7N2＋12H2O2，随着红棕色的NO2被消耗，C装置中气体的颜色逐渐变浅；所以若NO2能够被NH3还原，预期观察

到C装置中的现象是C装置中混合气体颜色变浅；（3）由于多余的NH3、NO2会从C装置中竖直的玻璃导管中逸出，污染环境，所以缺陷是缺少尾气吸收装置；（4）根据价态分析，NO2中氮元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，

Na2O2中的氧元素也处于中间价态，既有氧化性又有还原性，所以假设3应是NO2能被Na2O2还原；（5）①选择E装置制备NO2，选择D装置干燥NO2，选择B装置盛放Na2O2，选择F装置进行尾气处理，为防止F装置中蒸发出的

少量水蒸气对B装置中的反应产生干扰，最好在B、F装置间再加D装置，故装置连接顺序为EDBDF；②假设2是NO2能被Na2O2氧化，根据B装置产生的实验现象“淡黄色粉末逐渐变成白色”可知Na2O2与NO2发生了反应，NO2为还原剂，分子中氮元素的化合价升高到＋5价，反应产物又只有一

种，因此推知发生的反应为2NO2＋Na2O2＝2NaNO3。【点睛】本题考查了探究二氧化氮性质的实验方案设计与评价，根据元素的化合价来预测物质具有的性质，然后根据实验现象判断物质具有的性质是解答的关键，题目难度中等

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