【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CaO

NH3H2OB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>H2S,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V4mol22.4

5，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－＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－D.向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaS

O3↓+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-+2CH3COOH＝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Fe

Br2氧化Fe2＋，对于FeI2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0.01m

ol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+）=5mol，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+2Fe3＋=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=1.25mol22,4mo

l/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+、SO4

2-，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＋10OH－－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/65g.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-＞O

2-＞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+N2Ca3N2(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+N

2Ca3N2。（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C

a3N2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+2H

2O=2Na++2OH-+H2↑。