【文档说明】【精准解析】江西省新余市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题.doc，共(17)页，463.000 KB，由小赞的店铺上传

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新余一中2019-2020年度高一年级下学期第一次月考化学试题相对原子质量：H-1Cl-35.5Na-23Al-27Zn-65Ag-108Ca:40N:14一、选择题（每小题只有一个正确答案，共48分，每小题3分）1.下列变化过程中一定不存在化学能与热能相互转化的是()A

.烧制陶瓷B.冰融化成水C.粮食酿酒D.使用火药【答案】B【解析】A、烧制陶瓷是化学变化，该反应过程是吸热反应,有化学能与热能的相互转化,不符合题意,故A不选；B、冰融化是物质状态的改变,只有热量变化,符合题意,故B选；C、粮食酿酒是放热反应,是化学能转化成热能,不符

合题意,故C不选；D、火药爆炸放出热量,是化学能转化成热能,不符合题意,故D不选；所以B选项是正确的。2.表明金属甲比金属乙活动性强的叙述正确的是()A.在氧化还原反应中,甲失电子数比乙多B.甲、乙氢氧化物溶液碱性:甲<乙C.甲能与盐酸反应放出H2,而乙不

反应D.将甲、乙组成原电池时,甲为正极【答案】C【解析】A金属性强弱是指金属原子失电子能力的强弱，与失电子数目的多少无关，故A错误；B.判断金属性的强弱的一个依据是金属元素最高价氧化物对应的水化物碱性越强，其金属性越强。故B错误；C.甲能与盐酸反应放出H2，说明甲的金属性排在氢元素前边，而乙不与

盐酸反应，说明乙排在氢元素后边，所以金属甲比金属乙活动性强，故C正确；D.将甲、乙组成原电池时，根据构成原电池的原理知道活泼金属做负极失电子，所以甲应为负极，故D错误。答案：C。3.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体Si，太阳能电池使

用的材料主要是SiO2B.氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂C.高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，消毒原理相同，都利用了强氧化性D.SO2可以用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫、增白食品等【答案】B【解析】【详解】A、光纤通信使用的光缆的主要成分是晶体

SiO2，是利用光的全反射原理，太阳能电池使用的材料主要是Si，为重要的半导体材料，故A错误；B、氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；C、高锰酸钾和双氧水都具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀

菌消毒，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故C错误；D、二氧化硫具有漂白性，但有毒，所以不能漂白食品，故D错误；答案选B。4.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中

收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详

解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。5.下表为元素周期表中短周期的一部分，其中Y元素的原子序数为M与N元素原

子序数之和。下列说法正确的是()MNXYZA.氢化物的稳定性：N>Z，是因为其氢化物分子间可形成氢键B.元素的非金属性：M>Y，是因为元素M形成的化合物种类比元素Y更多C.熔沸点：YN2>MN2，是因为YN2的分子间作用力更强D.简单离子的半径：N>X，是因为它们具有相同的电子层结构且X的核电

荷数更大【答案】D【解析】根据元素周期表和Y元素的原子序数为M与N元素原子序数之和的性质知Y为Si、M为C、N为O元素、X为Al、Z为S元素。A.N和Z氢化物分别为H2O和H2S，因为非金属性O>S,所以他们氢化物稳定性H2O>H

2S,与元素的非金属性强弱有关,故A错误；B.同周期元素的非金属性是由原子半径决定的，因为rCSi,所以非金属性C>Si，与元素形成的化合物种类多少无关，故B错误；C.YN2、MN2的化学式分别为SiO2和CO2，因为SiO2为原子晶体不存在分子，熔沸点高低由共价键强

弱决定；CO2为分子晶体,熔沸点较低，是由分子间作用力决定的，,故C错误；D.具有相同的核外电子排布,核电荷数越大,离子半径越小,所以D正确的。答案：D。点睛：M、Y在同一主族,Y元素的原子序数为M与N元素原子序数之和,可以知道N的原子序数为8,由原子在周期表

中的相对位置可以知道X为Al、M为C,Y为Si,Z为S元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题。6.下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生大量气泡的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】铜与稀硫酸不

反应，故铜电极上产生大量气泡应是构成原电池，且铜电极作正极。【详解】A项，构成原电池，Zn比Cu活泼，Zn为负极，Cu为正极，Cu上发生的反应为2H++2e-=H2↑，铜片上产生大量气泡；B项，该装置中没有自发进行的氧化还原反应，铜片上没有气

泡产生；C项，该装置中没有自发进行的氧化还原反应，铜片上没有气泡产生；D项，该装置没有形成闭合回路，Zn与稀硫酸反应生成ZnSO4和H2，Zn片上产生气泡，Cu与稀硫酸不反应，铜片上没有气泡；答案选A。7.在标准状况时，把NO2和O2按4

:1的体积比混合使其充满一个大试管，把大试管倒立于水中，水面逐渐上升，最后试管中溶液的物质的量浓度（不考虑试管中溶液扩散）为（）mol.L-1A.0.8B.0.72C.0.1D.0.036【答案】D【

解析】【详解】设试管的体积为VL；把NO2和O2按4:1的体积比混合使其充满一个大试管，则NO2和O2的总物质的量为VLVmol22.4L/mol22.4=，NO2的物质的量为V4mol22.45，把大试管

倒立于水中发生反应22234NOO2HO4HNO++=，生成硝酸的物质的量是V4mol22.45，气体无剩余，硝酸溶液充满试管，则最后试管中溶液的物质的量浓度V4mol22.45VL=0.036mol∙L-1；故选D。

【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算、二氧化氮的性质，旨在考查学生对物质的量浓度定义的理解，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。8.下列说法正确的是（）A.碱性：LiOH>NaOH>KOH>RbOHB.金属性：Rb>K>Na>LiC.和酸反应时Fe能失2e-，Na失e-，所以Fe的金属

性强于NaD.Rb不易与水反应放出H2【答案】B【解析】【详解】A.同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的碱性逐渐增强，则碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH，A错误；B.同主族从上到下金属性逐渐增强，金属性：

Rb＞K＞Na＞Li，B正确；C.金属性强弱与失去电子的多少没有关系，和酸反应时Fe能失2e-，Na失e-，但Fe的金属性弱于Na，C错误；D.Rb的金属性强于钠，则易与水反应放出H2，D错误；答案选B。9.水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2-、SiO32-、SO32-、

CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是A.气体甲一定是纯净物B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C.K＋、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D.CO32-和SO42

-一定不存在于溶液X中【答案】C【解析】【详解】加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在Mg2+、Al3+离子，加盐酸有

沉淀，说明一定有SiO32-离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在AlO2-离子，要保证溶液电中性，只有K+这一种阳离子，

所以一定存在K+离子，A．加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，则气体甲不一定是纯净物，故A错误；B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C．溶液中一定含有K+、

AlO2-和SiO32-，故C正确；D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误；故选：C。10.下列分子中所有原子均满足最外层8电子结构的()A.BeCl2B.PCl3C.PCl5D.NH3【答案】B【解析】【分析】对于

ABn型共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断。【详解】A．BeCl2中Be元素化合价为+2，Be原子最外层电子数为2，Be原子与每个氯原间形成1个共用电子对，所以2+2=4，Be原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最

外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故A不选；B．PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层电子数为5，磷原子与每个氯原子之间形成1个共用电子对，所以3+5=8，P原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子

满足8电子结构，故B选；C．PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，磷原子与每个氯原子之间形成1个共用电子对，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1

+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C不选；D．NH3中，N原子与每个氢原子之间形成1个共用电子对，N原子的最外层电子为5+3=8，H原子的最外层电子为1+1=2，不都满足8电子稳定结构，故D不选。故答案选B。11.下列有

关化学用语的表示正确的是()A.NH4Cl的电子式：B.S2-的结构示意图：C.氨的电子式：D.碳元素位于第2周期，VIA族【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；B.S2-的结构示意图为，B错误；C.氨气是共价化合物，电子式为，C正确；D.碳元素位于

第二周期第ⅣA族，D错误。答案选C。12.已知①硫酸比氯酸稳定；②高氯酸是比硫酸更强的酸；③S2–比Cl–易被氧化；④HCl比H2S稳定；⑤铜与盐酸不反应，与浓硫酸能反应。可说明氯比硫非金属性强的是()A.只有②④B.②③④C.①②④D.全部【答案】B【解析】【分析】说明氯比硫的非金属性强，

可利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱，以此来解答。【详解】①硫酸比氯酸稳定，但Cl的非金属性比S强，不能用来比较非金属性强弱，应利用气态氢化物的稳定性比较，故①错误；②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越

强，对应的元素的非金属性越强，高氯酸是比硫酸更强的酸，可说明非金属性Cl＞S，故②正确；③S2-比Cl-易被氧化，说明S2-比Cl-易失电子，则Cl比S易得电子，可说明非金属性Cl＞S，故③正确；④对应的气态氢

化物越稳定，元素的非金属性越强，HCl比H2S稳定，可说明非金属性Cl＞S，故④正确；⑤铜与盐酸不反应，与浓硫酸能反应，与浓硫酸的强氧化性及Cu的还原性有关，不能比较Cl、S得电子能力，故⑤错误；所以正确的有

②③④；故答案选B。13.某元素一种原子的质量数为A，其阴离子Xn-核外有x个电子，mg这种原子的原子核内中子的物质的量为（）A.m(A-x+n)AmolB.A(A-x-n)mmolC.m(A+x-n)AmolD.m(A-x

-n)Amol【答案】A【解析】【分析】阴离子Xn-核外有x个电子，则X的质子数是x-n，中子数是A-x+n。【详解】mg这种原子的物质的量是mgmmolAg/molA=，核内中子的物质的量()mm(mAol-x+n)molAA=Axn−+，故

选A；14.下列离子方程式正确的是（）A.钠与水反应：2Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B.硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32-+2H+=H2SiO3↓C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2

O＝Al(OH)3↓＋HCO3－D.向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】C【解析】【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，A错误；B.醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32-+2C

H3COOH＝2CH3COO－+H2SiO3↓，B错误；C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，同时还有碳酸氢钠生成，即离子方程式为CO2＋AlO2－＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－，C正确；D.次氯酸根离子具有强氧化性

，向次氯酸钙溶液通入SO2发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯化钙，D错误；答案选C。【点睛】注意反应物过量的问题，常见的与量有关的离子方程式有下列情况：（1）CO2(或SO2、H2S)参与的离子反应，CO2(SO2、H2S)少量时生成正盐，过量或足量时生成酸式盐。（2）酸式盐与碱反应，书写时可采用设

“1”法，即将少量物质的量定为1mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。（3）FeBr2(还原性Fe2＋＞Br－)、FeI2(还原性I－＞Fe2＋)通入Cl2，Cl2不足时对于FeBr2氧化Fe2＋，对于F

eI2氧化I－等。（4）Fe与HNO3的反应，Fe少量生成Fe3＋，Fe过量生成Fe2＋。15.Al－Ag2O电池是一种可用作水下动力的优良电源，其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，则下列说法

错误的是()。A.工作时正极发生还原反应，且正极质量逐渐减小B.当电极上生成1.08gAg时，电路中转移的电子为0.1molC.Al电极的反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OD.工作时电解液中的Na＋移向Ag2O/Ag电极【答案】B

【解析】A.原电池工作时,正极发生还原反应,该反应中氧化银被还原为银,正极的质量减少了，故A正确；B.Ag2O中Ag的化合价为+1价,被还原单质银为0价，当电极上析出1.08gAg即0.01mol时,电路中转移的电子为0.01mol,故B错误；C.

原电池工作时Al被氧化,应为电池的负极,电极反应为Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O,故C正确；D.铝为负极,Ag2O/Ag为电池的正极，原电池工作时阳离子向正极移动,即Na＋向Ag2O/Ag极移动，故D正确；所以答案

：B。16.某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知NO被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是()A.反应后生成NO的体积为33.6L（标况）B.所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3

＋)＝1∶2C.所得溶液中c(NO)＝2.75mol·L－1D.所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】C【解析】因为HNO3具有强氧化性，可将Fe直接氧化为Fe3＋，溶液中发生反应：Fe+4H++NO3-=Fe3＋+NO+2H2O，根据已知n(Fe)=1,5mol，n（H+）=5mo

l，n(NO3-)=4mol，故Fe过量，按H+含量反应计算，该反应消耗1.25molFe，5molH+，1.25molNO3-，生成n(Fe3＋)=1.25mol，n(NO)=1.25mol，剩余n(Fe)=1,5mol-1.25mol=0.25mol，Fe与生成的Fe3＋反应：Fe+2

Fe3＋=3Fe2＋反应消0.25molFe,0.5molFe3＋，生成0.75molFe2+，剩余n(Fe3＋)=1.25mol-0.5mol=0.75molA项，生成n(NO)=1.25mol，在标准状况下，体积V=1.25

mol22,4mol/L=28L，故A项错误；B项，，故浓度之比也为，故B错误；C项，所得溶液中n(NO3-)=4mol-1.25mol=2.75mol，因为溶液体积为1L溶液中c(NO=n/V=2,75mol/

1L=2.75mol·L－1，故C正确；D，金属阳离子有Fe2+、Fe3＋，阴离子有未参与反应的SO42-和反应剩余的NO3-，故溶质有FeSO4、Fe(NO3)2、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3

，故D项错误。答案：C。二、解答题（共52分）17.下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③KHSO4溶于水；④硫酸溶于水；⑤蔗糖溶于水；⑥HI分解。用序号填空：（1）未破坏化学键的是_____________。（2）仅离子键被破坏的是_______

______。（3）仅共价键被破坏的是_____________。（4）离子键和共价键均被破坏的是_____________。（5）写出过程③的电离方程式_____________。【答案】(1).①⑤(

2).②(3).④⑥(4).③(5).KHSO4=K++H++SO42-【解析】【分析】根据晶体类型判断，离子键是阴阳离子之间的相互作用；共价键是原子间通过共用电子对所形成的相互作用，由此分析解答。【详解】①干冰属于分子晶体，气化时不破坏化学键，破坏分子

间作用力；②硝酸钾为离子晶体，熔化破坏的是离子键；③KHSO4为离子晶体，溶于水电离出K+、H+、SO42-，破坏的是离子键、共价键；④硫酸是共价化合物，溶于水电离出氢离子和硫酸根离子，所以溶于水破坏的是共价键；⑤蔗糖是分子晶体，溶于水不破坏化学键，破坏分子间作用力；⑥HI是共价化合物，分解时破坏

的是共价键；（1）未破坏化学键的是①⑤。（2）仅离子键被破坏的是②。（3）仅共价键被破坏的是④⑥。（4）离子键和共价键均被破坏的是③。（5）KHSO4溶于水电离出K+、H+、SO42-，电离方程式是KHSO4=K++H++SO42-；18.I.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池。右图

为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．试回答下列问题：（1）燃料电池的优点是________；电解质溶液中的OH-移向_____

_极(填“负”或“正”)．（2）写出氢氧燃料电池工作时正极反应式：_______________________。（3）若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为___________．（4）利

用该装置可以处理氮的氧化物和NH3尾气,总反应为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，负极反应式为__________。II.将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，试计

算：（1）产生氢气的体积(标准状况)为________________；（2）通过导线的电子数为__________（用NA表示）．【答案】(1).能量利用率，绿色无污染(2).负(3).2H2O＋O2＋4e－=4OH－(4).CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O(5).

2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O(6).13.44L(7).1.2NA【解析】（1）因为是氧气和氢气的燃料电池，产物为水，并且氧气和氢气的燃烧放出的热量高，所以(1)燃料电池的优点是能量利用率高，绿色无污染。根据原电池工作原理，在电解质溶液中，阴离子向负极

移动，阳离子向正极移动。所以答案为：能量利用率高，绿色无污染负。(2)正极上是氧气得电子和水生成氢氧根离子，发生还原反应，所以电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-。氢氧燃料电池正极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-。（3）

因为是在碱性溶液中，正极上仍然是氧气得电子和水生成氢氧根离子，发生还原反应，所以电极反应式为2O2+4H2O+8e-=8OH-，负极上是甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为CH4＋10O

H－－8e－=CO＋7H2O。答案：CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O(4)根据原电池工作原理，氧化剂做正极，还原剂做负极。由6NO2+8NH3=7N2+12H2O判断NO2为氧化剂，NH3为还原剂。所

以负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。II.（1）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，锌做负极失电子发生氧化反应；硫酸中的氢离子做氧化剂得电子发生还原反应。若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，质量

减少了39g，根据原电池工作原理知道减少的质量是锌失电子，变成锌离子。根据电子守恒Fe~H2产生标准状况下氢气的体积为39g/65g.mol-122.4l.mol-1=13.44L。（2）通过导线的电子数为39g/65

g.mol-12NA=1.2NA点睛：根据燃料电池的工作原理：负极上失电子，正极得电子，离子在电池内部的移动方向是：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由此进行判断。另外在燃料电池中，负极上是燃料发

生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，结合电解质环境来书写电极反应式。如果反应后正负极生成的产物和电解质中的离子发生反应，在写电极反应式的时候一定把参加反应的离子写入电极反应式。19.A、B、C、D、E为原子序

数依次增大的五种短周期主族元素，其中仅含有一种金属元素，A单质是自然界中密度最小的气体，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族。B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成A2C和A2C2两种常见的液态化合物。请回答下列问题

：（1）D在周期表中的位置_____，E的简单阴离子结构示意图______。（2）C、D、E三种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_____。（3）用电子式来表示BA3的形成过程：__________。（4）用含A元素最简单的有机化合

物与炽热的氧化铜反应生成一种单质、液态氧化物和一种可以使澄清石灰水变浑浊的气体，其化学方程式为_________。【答案】(1).第三周期IA族(2).(3).S2-＞O2-＞Na+(4).(5).CH4

+4CuO4Cu+CO2+2H2O【解析】【分析】已知，A单质是自然界中密度最小的气体，则A为H；A和D最外层电子数相同，且为短周期元素，则D为Na；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族．B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形

成A2C和A2C2两种常见的液态化合物，可确定C为O，B为N，E为S，据此进行分析解答。【详解】（1）D为Na，核电荷数为11，位于周期表中的第三周期IA族；E为S离子，核外有18个电子，最外层达到8个稳定结构，结构示意图为；（2

）C、D、E三种元素分别为O、Na、S，电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的离子半径由大到小的顺序S2-＞O2-＞Na+；（3）BA3为氨气，属于共价化合物，其形成过程为；（4）用含A元素最简单的有机化合物为甲烷，甲烷与炽热的氧化铜反应生成铜

、水和二氧化碳，其反应式为：CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。20.氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实脸（夹持装置略去）：I．氮化钙的制备。（1）加热条件下，钙和氮气制备氮化

钙的反应方程式为_________。（2）按气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺字为__________(填仪器接口字母)。（3）按连接好的装置进行实验。①实验步骤如下，检查装置气密性，加入药品：_______（请按正确顺序填入下列

步骤的字母标号）。a.点燃装置C处酒精灯，反应一段时间b.打开分液漏斗活塞c.点燃装置A处酒精灯d.熄灭装置A处酒精灯e.熄灭装置C处酒精灯f.关闭分液漏斗活塞②装置B的作用为_________。③装置C的硬质玻璃管

中的现象为_________。（4）设计实验证明Ca3N2中混有钙单质：_______________。II．测定氮化钙纯度。i.称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶

液稀释到200.00mL;ii．取20.00mL稀释后的溶液，用0.2mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00mL。（5）所取固体中氮化钙的质量分数为_____________。【答案】(1).3Ca+N

2Ca3N2(2).igh（或hg）ab（或ba）ef（或fe）jk（或kj）dc(3).cbaefd(4).防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质(5).银白色金属逐渐变为棕色(6).取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO黑色固体变红，则Ca3N2

中混有钙单质(7).92.5%【解析】由题意知，制备氮化钙要用到氮气和钙，根据所给装置可以判断，本实验中所用氮气来自于空气，先将空气用碱石灰干燥，再用炽热的铁粉除去其中氧气，，然后再加热条件下与钙发反应得到氮化钙

，由于氮化钙易水解，所以后面要接一个保护装置以防止水蒸气与氮化钙接触反应。I．（1）钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为3Ca+N2Ca3N2。（2）按气流由左到右的方向，合理的连接顺字为igh（或hg）ab（或ba）ef

（或fe）jk（或kj）dc。（3）①实验步骤如下，检查装置气密性，加入药品，点燃装置A处酒精灯，打开分液漏斗活塞，点燃装置C处酒精灯，反应一段时间，熄灭装置C处酒精灯，关闭分液漏斗活塞，熄灭装置A处酒精灯。所以正确的顺序为cbaefd。②氮化

钙易水解，而空气中是有水蒸气的，所以装置B的作用为防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质。③因为钙是银白色金属，而氮化钙是棕色的，所以装置C的硬质玻璃管中的现象为银白色金属逐渐变为棕色。（4）要证明Ca3N2中混有钙单质，可以取混合物与盐酸反应生成氯化钙、氯化铵和氢气

（虽然钙与水也能反应生成氢气，因氮化钙与水反应会生成氨气，如果混合物直接和水反应，生成的气体中氨气是主要成分，又因硫酸钙微溶会影响固体的溶解，所以用盐酸来与混合物反应检验钙是最好的），生成的气体用CuO来检验，如果黑色的氧化铜变红则证明有氢气生成，也就证明了钙单质的存在。所以

实验方案为：取混合物少量于洁净试管中，加入适量稀盐酸，将生成的气体净化后，通入灼热的CuO黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质。（5）氮化钙与水反应生成氨气和氢氧化钙，钙与水反应生成氢氧化钙和氢气。将氨气通入盐酸中生成氯化铵。盐酸的总物质的量为0.1mol,过量的盐酸消耗的氢氧

化钠为25.0010-3L0.2mlo/L20020.00mLmL=0.05mol，所以n(NH3)=0.05mol，由N元素守恒求出n(Ca3N2)=0.025mol，所以m(Ca3N2)=0.025mol148g/mol=3.7g，所取固体中氮化钙的质量分数为3

.7100%4.0gg=92.5%。21.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置:请按要求．．．回答下列问题。（1）元素③的名称是__,元素⑨的元素符号是____,元素④形成的单质具有____（填“氧化性

”或“还原性”）。（2）元素⑦⑧⑨的气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序:____（用化学式表示）。（3）写出一条能说明元素⑤的金属性比元素⑥强的事实:_____。（4）写出元素⑤形成的单质与水反应的离子方程式:_____。【答案】(1).氮(2)

.Cl(3).氧化性(4).PH3<H2S<HCl(5).钠能与冷水剧烈反应产生氢气,镁与冷水反应缓慢或与沸水反应迅速[或碱性:NaOH>Mg（OH）2](6).2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【解析】【分析】根据①～⑨九种元素在周期

表中的位置，①是H元素；②是C元素；③是N元素；④是O元素；⑤是Na元素；⑥是Mg元素；⑦是P元素；⑧是S元素；⑨是Cl元素。【详解】（1）元素③是N元素，名称是氮；⑨的元素符号是Cl；④是O元素，最外层有6个电子，易得电子，形成的

单质氧气，具有氧化性；（2）同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强气态氢化物越稳定，元素P、S、Cl的气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序是PH3<H2S<HCl；（3）金属性越强越易与水反应，钠能与冷水剧烈反应产生氢气，镁与冷水反应缓慢，说明Na的金属性比Mg强；或碱性：氢氧

化钠大于氢氧化镁，也可证明；（4）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。