【文档说明】【精准解析】河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(17)页，966.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一、单选题(本大题共19小题，共57.0分)1.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是()A.“一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素B.“天宫二号”使用的碳纤维，是一种

新型有机高分子材料C.高铁酸钾()24KFeO是新型高效水处理剂，既能消毒杀菌又能净水D.汽车尾气中含有的氮氧化物，是由于汽油的不完全燃烧造成的【答案】C【解析】【详解】A．丝绸的主要成分为蛋白质，A错误；B．碳

纤维是一种碳单质，属于无机非金属材料，B错误；C．高铁酸钾()24KFeO中Fe元素的化合价为+6价，处于高价态，具有强氧化性，可以杀菌消毒，24FeO−被还原为Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可吸附悬浮物起净水的作用，C正确；

D．汽油不完全燃烧，产生一氧化碳，汽车尾气污染物中含有氮的氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气反应生成的，D错误；答案选C。2.下列过程中没有发生化学变化的是()A.煤的气化和液化B.用“地沟油”制作肥皂C.石油

的分馏D.用灼烧的方法鉴别羊毛和合成纤维【答案】C【解析】【详解】A．煤的气化是将煤转化为CO和H2等气体燃料，煤的液化是将煤转化为CH3OH等液体燃料，故均为化学变化，A不合题意；B．用“地沟油”制作肥皂是油脂在碱性条件下的水解反应，故为化学变化，B不合题意；C．石油的分馏是利用石油中

各组分的沸点不同而进行分离的一种物理方法，C符合题意；D．用灼烧的方法鉴别羊毛和合成纤维，燃烧均为化学变化，D不合题意；故答案为：C。3.下列化学用语正确的是()A.Cl−的结构示意图：B.2CO的电子式：C.4C

H分子的球棍模型：D.HClO的结构式：HOCl−−【答案】D【解析】【详解】A．Cl-的核电荷数为17，其离子结构示意图为，A错误；B．CO2分子中C和每个O形成两对共用电子对，O原子周围有2对孤电子对，正确的电子式为，B错误；C．为甲烷的比例模型，而甲烷的球棍模型为

，C错误；D．HClO为共价化合物，其中心原子为O，分别与H、Cl形成一对共用电子对，则结构式为H—O—Cl，D正确；答案选D。4.下列各组中的物质所含化学键类型完全相同的是()A.4CH和4CClB.2HO和4

NHClC.2NaO和22NaOD.2MgF和NaOH【答案】A【解析】【详解】A．CH4和CCl4均为共价化合物，两者均只含有共价键，A符合题意；B．H2O为共价化合物，只含有共价键，NH4Cl为离子化合物，既含有离子键、又含

有共价键，B不符合题意；C．Na2O和Na2O2均为离子化合物，但Na2O中只含有离子键，Na2O2中既含有离子键、也含有共价键，C不符合题意；D．MgF2和NaOH均为离子化合物，但MgF2中只含有离子键，NaOH中既含有离子键、也含有共价键，D不符合题意；答案选A。5.我国古代在冶金过程中积累

了丰富的化学知识，下列说法不正确的是()A.《韩非子》中提到“丽水之中生金”，说明在自然界中存在游离态的金B.《神农本草经》中提到：“白青(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，其中白青属于盐C.《吕氏春秋》中有“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”的

论述，表明合金的硬度比组成它的纯金属大D.《水经注》中记载：“屈茨北二百里有山(即突厥金山)，人取此山石炭，冶此山铁，恒充三十六国用“，说明可以用煤提供能量使铁矿石发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】

A．金的化学性质很不活泼，在自然界中以游离态存在，A正确；B．白青(碱式碳酸铜)属于碱式盐，B正确；C．合金的硬度比各组分的纯金属硬度大，熔沸点比各组分纯金属的熔沸点低，C正确；D．人取此山石炭，冶此山铁，还原出铁单质，说明可以用煤燃烧生成的CO和提供的能量使铁矿石发生还原反应，D错误；答

案选D。6.AN为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A.标准状况下，11.2L苯所含分子数为A0.5NB.lmolFe与21molCl充分反应，转移电子数为A3NC.2428gCH和36CH的混合气体中含有的CH−键数目为A4ND.一定

条件下，密闭容器中21molN与23molH充分反应后，容器中分子数为A2N【答案】C【解析】【详解】A．由于苯在标准状况下为液体，不能用22.4L/mol进行换算，11.2L苯所含分子数远小于A0.5N，A错误；B．lmolFe与21molCl充分反虽然生成FeCl3，但由于1mo

lCl2只能提供2mol电子，转移电子数为A2N，故B错误；C．2428gCH和36CH的混合气体中假设24CH为xg、C3H6则（28-x）g，则含有的CH−键数目为AAAx28-x×4N+?6N=4N2842，故C正确；D．一定条

件下，密闭容器中21molN与23molH充分反应后，由于该反应是个可逆反应，各反应物都不可能完全转化，故容器中分子数小于A2N，D错误；故答案为C。7.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是A.Na＋、Ag＋、Cl－

、CO23−B.Na＋、Mg2＋、Cl－、SO24−C.Fe3＋、K＋、SO24−、OH－D.Fe2＋、H＋、SO24−、NO3−【答案】B【解析】【详解】A．银离子和氯离子、碳酸根均会生成沉淀不能大量

共存，故A不符合题意；B．四种离子相互不反应，可以大量共存，故B符合题意；C．氢氧根和铁离子会生成沉淀不能大量共存，故C不符合题意；D．硝酸根会在酸性环境下将亚铁离子氧化而不能大量共存，故D不符合题意；故答案为B。8.下列指定反应的离子方程式书写不正确的是()A.用

稀硝酸溶解氧化亚铁：22FeO2HFeHO+++=+B.用3FeCl溶液蚀刻Cu电路板：3222FeCu2FeCu++++=+C.用稀NaOH溶液吸收2Cl：22Cl2OHClOClHO−−−+=++D.用饱和3

NaHCO溶液除去2CO中的HCl：322HHCOCOHO+−+=+【答案】A【解析】【详解】A．稀硝酸溶解氧化亚铁，生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：3323FeO10HNO3Fe5HONO+−+++=++，A错误；B．

3FeCl和Cu反应，生成氯化铜和氯化亚铁离子方程式为：3222FeCu2FeCu++++=+，B正确；C．NaOH和2Cl反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：22Cl2OHClOClHO−−−+=++，C正确；D．3NaHCO

和HCl反应，生成氯化钠，水和二氧化碳，离子方程式为：322HHCOCOHO+−+=+，D正确；故选A。9.某普通锌锰干电池的结构如图所示。下列说法不正确的是()A.锌筒是负极B.4NH+移向石墨电极C.石墨电极上发生还原反应D.电子经石墨和电解质溶液流向锌筒【答案

】D【解析】【分析】锌锰干电池中，锌失电子发生氧化反应，作负极，石墨作正极，二氧化锰在正极上得电子发生还原反应，氯化铵是电解质，原电池中阳离子移向正极，电子从负极经导线流向正极，不能通过电解质溶液。【详解】A．由上述分析可得锌筒是原电池

的负极，A项正确；B．原电池中铵根离子为阳离子，定向移向正极，即向石墨电极定向移动，B项正确；C．石墨电极是正极，电极上发生还原反应，C项正确；D．电子不能通过电解质溶液，D项错误；故选D。10.下列物质的性质和用途对应关系正确的是()A.金属钠有强还原性，用于制作高压钠灯B.

84消毒液有碱性，用作消毒剂和漂白剂C.活性铁粉有还原性，用作食品袋中的除氧剂D.过氧化钠有漂白性，用作航空和潜水的供氧剂【答案】C【解析】【详解】A．钠灼烧发出黄光，透雾力强，可用于制作高压钠灯，与钠的还原性无关，故A错误；B．84消

毒液中含有NaClO，具有强氧化性，可使蛋白质变性，用作作消毒剂和漂白剂，与消毒液有碱性无关，故B错误；C．活性铁粉易与氧气反应，消耗氧气，可防止食品变质，故C正确；D．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂，与漂白性无关，故D错误；故答

案选C。11.糖类、油脂、蛋白质是基本的营养物质。下列说法正确的是()A.葡萄糖和麦芽糖互为同分异构体B.植物油中含有不饱和键，能使2Br的4CCl溶液褪色C.向蛋白质溶液里加入饱和424(NH)SO溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解

D.糖类、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物，一定条件下都能水解【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，而麦芽糖的分子式为C12H22O11，故二者不互为同分异构体，A错误；B．油脂分为油和脂肪，植物油熔点较低是由于其

中含有不饱和键，故能使2Br的4CCl溶液褪色，B正确；C．向蛋白质溶液里加入饱和424(NH)SO溶液，蛋白质析出，该过程是蛋白质的盐析，盐析是个可逆过程，故再加水又能重新溶解，C错误；D．糖类中的葡萄糖、果糖等为单糖不是高分子也不能水解，油脂不是高分子化合物，只有蛋白质、淀粉、纤

维素属于天然有机高分子化合物，一定条件下都能水解，D错误；故答案为：B。12.山梨酸是一种无色针状晶体，结构简式为.下列说法不正确的是()A.山梨酸的分子式为682CHOB.山梨酸分子中含有2种官能团C.山梨酸能发生加成反应，

氧化反应、酯化反应D.1mol山梨酸分别与足量的Na、3NaHCO反应，相同状况下产生气体的体积相同【答案】D【解析】【详解】A．根据山梨酸的分子式可知，含有6个C，8个H，2个O，所以山梨酸的分子式为682CHO，A正确；B

．山梨酸分子中含有羧基和碳碳双键2种官能团，B正确；C．山梨酸含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基，能发生酯化反应，C正确；D．1mol山梨酸与足量的Na反应，生成0.5mol氢气，1mol山梨酸与足量的3

NaHCO反应，生成1mol二氧化碳，在相同状况下产生气体的体积不相同，D错误；故选D。13.下列表示反应()()()()Ag3Bg2CgDg++的反应速率中最快的是()A.()vA0.1=11mol

Ls−−B.()vB12=11molLmin−−C.()vC9=11molLmin−−D.()vD0.2=11molLs−−【答案】D【解析】【详解】不同的物质描述的反应速率，在比较快慢时，需转化为同种物质表示的速率，转化的依据是速率之比等于

化学计量数之比。A．()vA0.1=11molLs−−B．()vB12=11molLmin−−=0.211molLs−−，所以()vA0.033=11molLs−−C．()vC9=11molLmin−−=0.1511m

olLs−−，所以()vA0.075=11molLs−−D．()vD0.2=11molLs−−，所以()vA0.2=11molLs−−综上所述，化学速率最快的是D，故选D。14.汽车尾气处理的反应为()()()()1222NOg2COgNg2

COg746kJmolH−++=−。下列说法不正确的是()A.升高温度可使(正)增大、(逆)减小B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率C.反应达到化学平衡状态时，()()2NO2N=正逆D.单位时间内消耗CO和2CO的物质的量相等时，反应达到化学平衡状态【答案】A【解析】【详解】

A．温度升高，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应的正、逆反应速率均增大，A错误；B．使用高效催化剂可降低反应的活化能，从而有效提高正反应速率，B正确；C．反应达到化学平衡状态时，()()22NN

=正逆，根据化学计量数与化学反应速率成正比可知，()()2NO2N=正正，因此()()2NO2N=正逆，C正确；D．单位时间内消耗CO和2CO的物质的量相等时，即正、逆反应速率相等，能够说明反应达到平衡状态，D正确；答案

选A。15.下列关于元素周期表的说法正确的是()A.稀有气体元素原子的最外层电子数均为8B.最高价氧化物对应水化物为强碱的金属元素都在ⅠA族C.第二周期ⅣA族元素的原子，核电荷数和中子数都一定为6D.若n为第ⅡA族

中某元素的原子序数，则原子序数为()n1+的元素可能位于第ⅢA族和ⅢB族【答案】D【解析】【详解】A．He原子核外电子数为2，A错误；B．第ⅡA族元素也可形成强碱，如钡，B错误；C．第二周期ⅣA族元素为C，C元素存在多种同位素

，中子数不一定为6，C错误；D．若n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为()n1+的元素可能是铝，也可能是钪，位于第ⅢA族或ⅢB族，D正确；故选D。16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，下列说法不正确

的是()XYZWQA.简单离子半径：WQYB.气态氢化物的稳定性：ZYC.W的单质易溶于2XWD.X、Y与氢元素均可形成原子个数比为1：1的化合物【答案】B【解析】【分析】X元素原子内层电子数是最外

层电子数的一半，X原子只能有2个电子层，内层为2，最外层为4，则X是C元素，由元素在周期表的位置可知，Y是O，Z是Si，W是S，Q是Cl。【详解】A．简单离子Y是O2-，W是S2-、Q是Cl-两者的核外电子排布相同，则原子序数大的，半径小

，W>Q，W和Y处于同一主族，同主族离子半径自上而下增大，故W>Y，则简单离子半径：W>Q>Y，故A正确；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Si<O，则气态氢化物的稳定性：Z<Y，故B错误；C．硫单质易溶于CS2，故C正确；D．C、O元素均可与H元

素形成原子个数比为1:1的化合物，如C2H2、H2O2等，故D正确；答案选B。17.甲、乙、丙、丁为中学化学中的常见物质，其转化关系如下图所示，下列说法错误的是A.若甲为C，则丙可能为CO2B.若甲为NaOH，则丁可能为CO2C.若甲为Fe，则丁可能为Cl2D.若甲为H2S，则丙可能

为SO2【答案】C【解析】【详解】A.若甲为C，则乙和丙分别为一氧化碳和二氧化碳，则内可能为CO2，故正确；B.若甲为NaOH，则丁可能为CO2，乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，故正确；C.若甲为Fe、丁为Cl2，二者反应生成氯化铁，氯化铁和氯气不能发生反应，故错误；D.若甲为H2S，硫化氢和氧气反

应生成硫和水，硫和氧气反应生成二氧化硫，则丙可能为SO2，故正确。故选C。【点睛】掌握常见物质间的转化关系，中甲、乙、丙、丁可能依次为：1.碳、一氧化碳、二氧化碳、氧气；2.钠、氧化钠、过氧化钠、氧气；3.氯气、氯化铁、氯化亚铁、铁；

4.硫化氢、硫、二氧化硫、氧气；5.氨气、一氧化氮、二氧化氮、氧气；6.氯化铝、氢氧化铝、偏铝酸钠、氢氧化钠。18.3CaCO与稀盐酸反应生成2CO的量与反应时间的关系如图所示。下列结论中不正确的是()A.反应在02～min内生

成2CO的平均反应速率为()2vCO0.05=11molLmin−−B.反应开始4min内，温度变化比浓度变化对反应速率的影响更大C.4min后，反应速率减小的主要原因是()cH+减小D.图中反应在46min～内的平均反应速率最小【答案】A【解析】【分析】3CaCO与稀盐酸的反应为放热反应，随

着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题。【详解】A．由图可知02min−内生成二氧化碳0.1mol，但体积未知，不能确定反应速率，故A错误；B．由图象可知，反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，因

该反应为放热反应，则温度升高，开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，故B正确；C．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，02min～反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24m

in～反应速率最快，24min～温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C正确；D．由图可知图中反应在46min～内曲线斜率最小，则平均反应速率最小，故D正确；答案选A。【点睛】注意选项A为解答的易错点

，反应速率计算中，要用浓度变化量，不能用物质的量进行计算，计算浓度要知道溶液的体积。19.已知：断裂1molNN键需吸收945.6kJ能量，形成1molHN−键可放出391kJ能量。若()21molNg和()23molHg完全反应生成()3NHg可放出92.4kJ能量，则断

裂1molHH−键需吸收的能量为()A.45kJB.436kJC.466.8kJD.497.6kJ【答案】B【解析】【详解】1molN2和2molH2反应，需要断开1molNN键和3molH-H键，形成6molH-N键，设断裂1molH-H键吸收的

能量是x，则391kI×6-(945.6kJ+x×3)=92.4kJ，解得x=436kJ，答案选B。二、双选题(本大题共1小题，共3.0分)20.用如图所示装置收集气体并检验其性质，下列描述正确的是()选项气体试剂现象结论A3NH酚酞溶液溶液变红色3NH溶于水呈碱性B2NO淀粉KI

溶液溶液变为蓝色2NO有还原性C2SO溴水溶液褪色2SO有还原性D2Cl品红溶液溶液褪色2Cl有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氨水溶液显碱性，则酚酞溶液变红，氨气的密度比空气小，应

用从短导管进入集气瓶，故A错误；B．NO2可氧化KI生成碘，溶液变为蓝色，NO2有氧化性，故B错误；C．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故C正确；D．氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有漂白性，溶液褪色，但氯气无漂白性，故D错误；答案选C。三、

推断题(本大题共1小题，共10.0分)21.图中烃A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种高分子材料，此类物质大量使用易造成“白色污染”。回答下列问题：()1A的结构简式为___；E中含有官能团的名称为_____。()

2关于上述有机物，下列说法不正确的是____(填序号)。a．A和D均能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但B不能b．B的二氯代物有2种c．反应②是取代反应d．实验室制取H时常用饱和23NaCO溶液除去H中的杂质()3反应⑤的化学方

程式为______；反应⑥的化学方程式为______。【答案】(1).CH2=CH2(2).羟基(3).a(4).2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O(5).CH3CH2OH+CH3CO

OH24ΔHSO浓CH3COOCH2CH3+H2O【解析】【分析】根据题干信息可知，烃A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，D是一种高分子材料，此类物质大量使用易造成“白色污染”，则D为聚乙烯，根据转化关系分析，A与H2发生加成反应生

成B，则B为乙烷，A与HCl发生加成反应、B与Cl2发生取代反应均可生成C，则C为氯乙烷，A在催化剂的条件下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化生成G，则G为乙酸，E与G在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成H，则H为乙酸乙酯，E催化氧化生成F，则F

为乙醛，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析可知，A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，其官能团的名称为羟基；(2)a．A含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B和D均不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a错误；b．B为乙

烷，结构简式为CH3CH3，其二氯代物有CH3CHCl2、CH2ClCH2Cl共2种，b正确；c．反应②为乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯乙烷，c正确；d．实验室制取乙酸乙酯时，常用饱和的Na2CO3溶液吸收乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，从而除去乙酸乙酯中的杂质，d正确

；故答案选a；(3)反应⑤为乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O，反应⑥为乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOH24ΔHSO浓CH3COOCH2CH3+H2O。四、简

答题(本大题共2小题，共18.0分)22.氢能源是最具应用前景的能源之一，可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接1K或2K，可交替得到2H和2O，通过电极3的循环再生，实现2H的不断获得。回答下

列问题：(1)H2在电极______(填“1”或“2”)产生，该电极的反应式为______；制2O时，电极3发生______(填“氧化”或“还原”)反应。(2)氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。已知在25℃、101kPa时，21gH完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则

2H的燃烧热为______1kJmol−。【答案】(1).1(2).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(3).还原(4).285.8【解析】【详解】（1）电解碱性电解液时，H2O电离出H+在阴极得到电子产生氢气，根据题图可知电极与电池负极连接，为阴极，

所以制氢气时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备O2时碱性电解液中的OH-失去电子生成O2，连接K2，电极3为电解池阴极，发生还原反应，故本题答案为：1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；还原；()21g氢气的物质的量为0.5mol，已知在

25℃、101kPa时，20.5molH完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则1mol2H完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，所以氢气的燃烧热为285.81kJmol−，故本题答案为：285.8；

【点睛】燃烧热的定义是指1mol纯净物完全燃烧，生成稳定的氧化物所放出的热量，所以要将氢气的物质的量转化为1mol来求氢气的燃烧热，此为易错点。23.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力，2016年IUPAC确认了4种新元素，其中一种为115号元

素锁()Mc，它与氮()N、磷()P为同族元素。回答下列问题：(1)Mc元素在周期表中的位置为______；Mc元素的一种核素X可由反应24348195200AmCaX3n+→+得到，X原子核内的中子数为______。(2)3PH和3NH的结构与性质相似，3PH的电子式为______；3PH与

HCl反应所得产物中含有的化学键类型为______。下列性质的比较中，不能说明N的非金属性强于P的是______(填序号)。ａ．熔点：24NP(白磷)ｂ．稳定性：()()33NHgPHgｃ．酸性：334HNOHPO【答案

】(1).第7周期ⅤA族(2).173(3).(4).共价键和离子键(5).a【解析】【详解】(1)由题干可知，Mc元素与N、P在同一主族，原子序数为115，故在周期表中的位置为第7周期ⅤA族；Mc元素的一种核素X可由反应24348195200AmCaX3

n+→+得到，根据质量守恒可知X原子核内的中子数为243-95+48-20-3=173，故答案为：第7周期ⅤA族；173；(2)3PH和3NH的结构与性质相似，故根据NH3的电子式可以书写出3PH的电子式为；可类比于NH3与HCl的反应生成了NH4Cl，3PH与HCl反应所得产物为PH4Cl

中含有的化学键类型为共价键和离子键；a．熔点是物理性质，非金属性是化学性质，二者没有因果关系，a符合题意；b．非金属的气态氢化物的稳定性与非金属性一致，稳定性：()()33NHgPHg说明N的非金属性强于P，b不合题意；c．非金属最高价氧化物对应水化物即含氧酸的酸性与非金属性一致，酸性

：334HNOHPO，说明N的非金属性强于P，c不合题意；故答案为：；共价键和离子键；a。五、实验题(本大题共1小题，共12.0分)24.某同学利用如图所示装置验证Cl元素的非金属性强于S元素，回答下列问题：()1仪器a的名称为______，装置A中发生反应

的化学方程式为______。()2装置C中盛放的试剂可以选用______(填序号)，当C中观察到______现象时，可说明Cl元素的非金属性强于S元素，该反应的离子方程式为______。2a?NaS溶液23b?NaSO溶液24c?NaSO溶液()

3若反应后装置D中()cClO−：()3cClO5−=：1，则反应中被氧化的Cl原子与被还原的Cl原子个数比为______。【答案】(1).分液漏斗(2).MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).a(4).淡黄色沉淀生成

(5).S2-+Cl2═S↓+2Cl-(6).1：5【解析】【分析】(1)a为分液漏斗，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气；(2)B中饱和食盐水可除去HCl，C中氯气与Na2S溶液反应生成S，可比较非金属性，D中NaOH溶

液吸收尾气；(3)反应后装置D中c（ClO-）：c（ClO3-）=5：1，可知失去电子为5×（1-0）+1×（5-0）=10，由电子守恒可知，2molCl失去电子与10molCl得到电子相等。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A中发生反应的化学方程式为M

nO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)C中氯气与Na2S溶液反应生成S，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：a；淡

黄色沉淀生成；S2-+Cl2═S↓+2Cl-；(3)反应后装置D中c（ClO-）：c（ClO3-）=5：1，可知失去电子为5×（1-0）+1×（5-0）=10，由电子守恒可知，2molCl失去电子与10molCl得到电子相等，则反应中被氧化的Cl原子与被还原的Cl原子

个数比为2mol：10mol=1：5，故答案为：1：5。