【文档说明】内蒙古包头稀土高新区第二中学2019-2020学年高一下学期月考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(17)页，498.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷注意事项：1.考试时间90分钟，卷面分数100分。2.答卷前，将密封线内相关内容填写清楚。3.请在答题卡上答题。4.请规范书写汉字与相应的符号。可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、O—16、Na—23、S—32、Cu—64、Ag—108一、单项选择题（本大题共18个小题，每小题3分，

共54分）1.有人认为目前已知化合物中数量最多的是有机化合物，下列关于其原因的叙述中不正确的是()A.碳原子既可以跟自身，又可以跟其他原子(如氢原子)形成4个共价键B.碳原子性质活泼，可以跟多数元素原子形成共价键C.碳原子之

间既可以形成稳定的单键，又可以形成稳定的双键和叁键D.多个碳原子可以形成长度不同的链、支链及环，且链、环之间又可以相互结合【答案】B【解析】【详解】A．碳原子最外层有4个电子，碳原子与碳原子、其他原子

（如氢原子）形成4个共价键达到稳定结构，选项A正确；B．碳原子性质不活泼，选项B不正确；C．碳原子之间成键方式具有多样性，碳原子与碳原子之间不仅可以形成共价单键，还可以形成双键、单键，不仅可以形成碳链还可以形成碳环，选项C正确；D．碳原子最外层有四个电子，碳原子之间可以形成

稳定的单键，又可以形成稳定的双键和三键，多个碳原子可以形成长度不同的链、支链及环，且链、环之间又可以相互结合，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查碳原子的性质及有机物种类繁多的原因。因为碳原子外层上有4个电子，既不容易得电子，也不容易失去电子，性质稳定。2.甲烷中混有乙烯，欲除乙烯得到

纯净的甲烷，可依次将其通过下列哪组试剂的洗气瓶A.澄清石灰水，浓H2SO4B.溴水，浓H2SO4C.酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4D.浓H2SO4，酸性高锰酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A.澄清石灰水与甲烷或乙烯均不反应，A错误；B

.溴水与乙烯发生加成反应，生成液态物质与甲烷分离，浓H2SO4干燥甲烷得到纯净干燥的气体，B正确；C.酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳气体，甲烷中混有新的杂质，C错误；D.酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳气体，D错误；答案为B。3.丁烷(C4H10)广

泛应用于家用液化石油气，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷叙述不正确的是A.在常温下，C4H10是气体B.C4H10与CH4互为同系物C.丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体D.C4H10进行一氯取代后生成

两种沸点不同的产物【答案】D【解析】【详解】A.在常温下，碳原子数小于或等于4的烃是气体，所以C4H10是气体，故A正确；B.由于C4H10与CH4均是烷烃，二者结构相似，碳原子数不同，互为同系物，故B正确；C.丁烷有正丁

烷(CH3CH2CH2CH3)和异丁烷(CH3CH(CH3)CH3)两种同分异构体，故C正确；D.丁烷分为正丁烷和异丁烷，正丁烷一氯代物有2种；异丁烷的一氯代物有2种，所以丁烷进行一氯取代后共生成2+2=4种产物，C4H10

进行一氯取代后生成四种沸点不同的产物，故D错误；所以本题答案：故选D.4.乙烯发生的下列反应中，不属于加成反应的是（）A.与氢气反应生成乙烷B.与水反应生成乙醇C.与溴水反应使之褪色D.与氧气反应生成二氧化碳和水【答案】D【解析】【详解】A．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原

子生成乙烷，属于加成反应，故A不选；B．乙烯中的双键断裂，其中一个碳原子上结合H原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，属于加成反应，故B不选；C．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴

乙烷，属于加成反应，故C不选；D．乙烯与氧气反应生成二氧化碳和水，属于氧化反应，不属于加成反应，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分乙烯使溴水褪色和使酸性高锰酸钾溶液褪色的区别。5.关于烷烃的叙述不正确的是()A.分子式符合CnH2n＋2的烃一

定是烷烃B.烷烃均能与氯水发生取代反应C.正戊烷的熔沸点比异戊烷的高D.烷烃不能被酸性高锰酸钾等强氧化剂氧化【答案】B【解析】【分析】对烷烃的概念应从“单键、饱和、链状”三方面理解。【详解】A.分子式符合CnH2n＋2的烃中碳原子均已饱

和，A项正确；B.烷烃的化学性质与甲烷相似，取代反应必须与纯卤素单质反应，B项错误；C.同分异构体中，支链越多，沸点越低，则正戊烷的熔、沸点比异戊烷的高，C项正确；D.烷烃均由单键组成，性质相对稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液等强氧化剂氧化，D项正确；答案选B。

6.X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是①单质的氧化性:Y>Z>X；②单质的还原性:Y>Z>X；③对应离子的氧化性:X>Z>Y；④对应离子的还原性:X>Z>YA.①

B.②③C.①④D.D①②③④【答案】D【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价

态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X

>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。点睛：非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意(Fe3＋除外)。7.下列说法正确的是()①离子化合物一定含离

子键，也可能含极性键或非极性键②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物⑤由分子组成的物质中一定存在共价键⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物A.①③⑤B.②④⑥C.②③④D.①③⑥【答案】D【解

析】【详解】①离子化合物中一定含离子键，可能含极性共价键，如NaOH，可能含非极性共价键，如Na2O2，两种都有，如乙酸钠，所以离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键或两种键都有，故正确；②含离子键的一定为离子化合物，则共价化合物含共价键，不含离子键，故错误；

③含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故正确；④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，故错误；⑤由分子组成的物质可能不存在化学键，如稀有气体的单质不存在化学键，故错误；⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微

粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，故正确；故选：D。8.下列比较金属性相对强弱的方法或依据正确的是A.根据金属失电子的多少来确定，失电子较多的金属性较强B.用Na来置换MgCl2溶液中的Mg，来验证Na的金属性强于MgC.根据Mg不与NaOH溶液反应而

Al能与NaOH溶液反应，说明金属性：Al>MgD.根据碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，可说明钠、镁、铝金属性依次减弱【答案】D【解析】【详解】A.金属性强弱取决于失去电子的难易程度，失去电子越容易金属性越强，失去电子越难金属性越弱，与失去电子数目无关，例如钠和铝，钠失去1

个电子生成钠离子，铝失去3个电子生成铝离子，但是钠的金属性强于铝，故A错误；B.Na易与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠与MgCl2溶液反应最终生成氢氧化镁和氢气，故B错误；C.比较金属金属性可以与稀非氧化性酸反应置换出氢气来比较，而不能用与碱反应来比较，故C错误；D.最高价氧化物对应水化

物的碱性越强，则对应元素的非金属性越强，因为碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，可说明钠、镁、铝金属性依次减弱，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】金属性强弱取决于失去电子的难易程度，失去电子

越容易金属性越强，失去电子越难金属性越弱，与失去电子数目无关。9.下图是另一种元素周期表——三角形元素周期表的一部分，图中标示了L、M、Q、R、T元素的位置，下列判断正确的是A.Q、T两元素的氢化物的稳定性为HnT<HnQB.L、R的单质与

盐酸反应速率为R>LC.M与T形成的化合物有两性D.L、Q形成的简单离子核外电子数相等【答案】C【解析】【详解】根据元素在周期表中的位置可知，R为Be元素，T为O元素，L为Mg元素，M为Al元素，Q为S

元素，A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O>S，则氢化物的稳定性为H2O>H2S，A项错误；B．金属越活泼，与酸反应速率越快，金属性Mg>Be，单质与盐酸反应速率为Mg>Be，B项错误；C．M与T形成的化合物为Al2O3，氧化铝是两性

氧化物，C项正确；D．Mg2+核外有10个电子，S2－核外有18个电子，核外电子数不相等，D项错误；故答案选C。10.下列叙述中正确的是()①汽车尾气中的氮氧化物与光化学烟雾的形成有关②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因③硅是制造太阳能电池和光导纤维的主要原料④减少CO2排放，可遏制全球

气候变暖⑤碘盐中的碘可以直接用淀粉检验⑥点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰，生成三氧化硫A.①③⑤B.②③④⑤C.②④⑥D.①②④【答案】D【解析】【分析】由常见环境污染形成的原因可知，光化学烟雾与氮氧化物有关，酸雨与二氧化硫有关，温室效应

与二氧化碳有关；制造光导纤维的主要原料为二氧化硅；合金易形成电化学腐蚀，以此解答。【详解】①氧化物可导致光化学烟雾，故①正确；②大量燃烧含硫燃料生成二氧化硫，是形成酸雨的主要原因，故②正确；③二氧化硅是光导纤维的主要原料，故③错误；④

减少CO2排放，可减少温室效应，遏制全球气候变暖，故④正确；⑤碘盐中的碘是以化合态存在的，不能直接用淀粉检验，故⑤错误；⑥硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，故⑥错误。答案选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及环境污染及治理、材料以及金属的腐蚀等知识，侧重于学生基础

知识的考查，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。11.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A.雾和霾的分散剂相同B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C.NH3是形成无机颗粒物的

催化剂D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没

有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗

粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案

选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。12.下列由相关实验现象所推出

的结论正确的是A.Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B.向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42－C.Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D

.分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】【详解】A、SO2使品红溶液褪色，不是氧化还原反应，错误；B、在酸性溶液中，硝酸盐具有氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，因此原溶液中不一定含有SO42－，错误；C

、硝酸是氧化性酸，和铁反应发生氧化还原反应，不是置换反应，错误；D、二者极易溶于水，压强减小，水面上升，正确。13.下列关于物质检验的说法正确的是（）A.加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-B.加入烧碱溶液后加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝

的气体，则原溶液中一定有NH4+C.加入盐酸，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则原溶液中一定有CO32-D.加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有NaCl【答案】B【解析】【详解】A

．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中不一定有SO42-，故A错误；B．氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，加入烧碱溶液后加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原

溶液中一定有NH4+，故B正确；C．加入盐酸，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能有CO32-或SO32-，或HCO3-等，故C错误；D．加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl、硫酸银或碳酸银等，则溶液中不一定含NaCl，故D

错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意检验硫酸根离子时，要先加稀盐酸，无明显现象后再加入氯化钡溶液检验。14.X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次增大。Y原子的M电子层有1个电子，同周期的简单离子的半径中Z最小。W

与X同主族，其最高化合价是最低负化合价绝对值的3倍。下列说法正确的是（）A.最高价氧化物水化物的碱性：Y＜ZB.简单气态氢化物的热稳定性：X＜WC.X分别与Z、W形成化合物的熔点：Z＜WD.简单离子的还原性：X＜

W【答案】D【解析】【详解】Y原子的M电子层有1个电子，则Y是钠元素，同周期的简单离子的半径中Z最小，则Z是铝元素，W与X同主族，其最高化合价是最低负化合价绝对值的3倍，则W是硫元素，X是氧元素，A．金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则最高价氧化物水化物的碱性：Y＞Z，A错误

；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：X＞W，B错误；C．X分别与Z、W形成化合物分别是氧化铝和二氧化硫，氧化铝属于离子晶体，而二氧化硫属于分子晶体，则熔点：Z＞W，C错误；D．非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，则简单离子的还原性

：X＜W，D正确；故答案选D。15.下列指定反应的离子方程式正确的是A.将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2OB.向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3

·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为NO，A错误；B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+

，B错误；C．Al2(SO4)3和氨水反应生成(NH4)2SO4和Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；D．Na2SiO3为可溶性盐，应拆写成Na+和SiO32-，D错误

。答案选C。16.现有等体积混合而成的4组气体：①NO2＋NO、②NO2＋O2、③HCl＋N2、④Cl2＋SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是A.h4>h2>h3>h1B.h4>h3>h2>h1C.h2>h

3>h1>h4D.h3>h2>h1>h4【答案】A【解析】【详解】设试管的高度都是h，则根据3NO2＋H2O=2HNO3＋NO、4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3、Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4可

知，①中水的高度是h/3、②中是5h/8、④水充满试管，氯化氢极易溶于水，而氮气不溶于水，所以水的高度是h/2，则答案选A。17.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子．在a克HmX中所

含质子的物质的量是（）A.aAm+(A-N+m)molB.aA(A-N)molC.aAm+(A-N)molD.aA(A-N+m)mol【答案】A【解析】【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质

量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为aAm+(A-N+

m)mol。【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为aAm+(A-N+

m)mol，故选项A正确。18.14g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是()A.9.6gB.6.4gC.4.8gD.3.2g【答案】D【

解析】【详解】根据题意：有如下转化关系：设Cuxmol、Agymol金属铜、银失去电子给了硝酸中+5价的氮，还原产物中的NO和NO2又失去电子给了氧气生成硝酸，整个过程等效于铜、银失电子，转移给了氧气

，所以根据电子得失守恒规律：2x+y=4×1.1222.4，质量守恒：64x+108y=14，分别解出x=0.05mol，m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；D正确；故答案选D。二、填空题（4道大题，总计46分）19.Ⅰ、如图表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳

原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都与氢原子结合。（1）图中属于烷烃的是______（填字母）。（2）上图中互为同分异构体的是A与____；B与_____；D与____（填字母）。Ⅱ、等物质的量的乙烯与甲烷，所含分子数之比_____，碳原子个数之比为_____，若充分燃烧，消耗O2的体

积比为______；0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，则该烃的分子式为______。【答案】(1).A、C(2).C(3).E、F、H(4).G(5).1∶1(6).2∶1(7).3∶2(8).C6H1

2【解析】【分析】Ⅰ.小球表示碳原子，小棍表示化学键，每个C形成4个键，碳原子上其余的化学键都与氢原子结合，根据烷烃的概念和同分异构体分析解答；Ⅱ.根据N=nNA可知，等物质的量的乙烯与甲烷，所含分子数相等，每个乙烯分子含有2个C原子、4个H原子，而每个甲烷分子含有1个C原子、4个H原子，

据此计算碳原子数目之比；根据1molCxHy的耗氧量为(x+4y)mol，计算二者耗氧量之比；根据原子守恒计算烃的分子式。【详解】Ⅰ.小球表示碳原子，小棍表示化学键，每个C形成4个键，碳原子上其余的化学键都与氢原子结合。(1)烷烃分

子中的碳碳键只有单键，且为链状结构，根据图示，只有A、C中含碳碳单键，为饱和链状结构，属于烷烃的是A、C，故答案为：A、C；(2)同分异构体的分子式相同，但结构不同，A与C；B与E、F、H；D与G的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：C；E、F、H；G；Ⅱ.根据

N=nNA可知，等物质的量的乙烯与甲烷，所含分子数之比为1∶1，每个乙烯分子含有2个C原子、4个H原子，而每个甲烷分子含有1个C原子、4个H原子，可知碳原子数目之比为2∶1；1mol乙烯耗氧量为(2+14)mol=3mol，1mol

甲烷耗氧量为(1+14)mol=2mol，故等物质的量的乙烯与甲烷充分燃烧耗氧量之比为3mol∶2mol=3∶2；0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，则该烃分子中N(C)=0.60.1molmol=6、N(H

)=0.6mol20.1mol=12，故该烃的分子式为C6H12，故答案为：1∶1；2∶1；3∶2；C6H12。20.下表是元素周期表的一部分，请回答以下问题：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二①⑩②三③④⑤⑥⑦四⑧⑨（1）在这些元素中，最活泼的非金属元素是___（元素符号

），原子最外层达到稳定结构的元素是__（元素符号）；（2）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是____（填化学式）；（3）写出④的氧化物与③的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式_____；（4）③、⑥、⑧的原子半径由大到小为__﹥___﹥__（填元素符

号）①、⑤的最高价含氧酸酸性__﹥__（均填化学式）；（5）写出证明非金属性⑥比⑨强（用置换反应证明）的化学方程式________；（6）写出实验室制备⑩的氢化物的化学方程式_________。【答案】(1).F(2).Ar(3).H

ClO4(4).Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O(5).K(6).Na(7).Cl(8).H2CO3(9).H2SiO3或H4SiO4(10).2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2(11).2NH4C1+Ca（OH）22NH3↑+CaC12+2H2O【解析】【分析】

根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是C、F、Na、Al、Si、Cl、Ar、K、Br、N元素。(1)最活泼的非金属元素在周期表右上角(稀有气体除外)，原子最外层达到稳定结构的元素是稀有气体元素；(2)元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化

物酸性越强(O、F除外)；(3)④的氧化物为氧化铝，③的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，二者反应生成NaAlO2，据此书写反应的方程式；(4)原子的电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，据此排序；元素的非金属性越强，其最高价氧化物

的水化物酸性越强；(5)根据非金属性强弱的判断方法分析解答；(6)⑩的氢化物为NH3，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，据此书写反应的方程式。【详解】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是C、F、Na、Al、Si、Cl、Ar、K、Br、N元素。(

1)在这些元素中，最活泼的非金属元素在周期表右上角(稀有气体除外)，为F元素，原子最外层达到稳定结构的元素是稀有气体元素，为Ar元素，故答案为：F；Ar；(2)元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化物酸性越强(O、F除外)，非金属性最强的是Cl

元素，所以HClO4是酸性最强的酸，故答案为：HClO4；(3)④的氧化物为氧化铝，③的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，二者反应生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(4)原子的电子层数越

多，原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以③、⑥、⑧的原子半径由大到小的顺序为K＞Na＞Cl；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性C＞Si，所以其最高价氧化物的水化物酸性H2CO3＞H2SiO

3或H4SiO4，故答案为：K；Na；Cl；H2CO3；H2SiO3或H4SiO4；(5)氯气能和溴离子发生氧化还原反应生成溴，反应的化学方程式为2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，能够证明非金属性

Cl比Br强，故答案为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；(6)⑩的氢化物为NH3，在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式：2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O；故答案为：

2NH4C1+Ca(OH)22NH3↑+CaC12+2H2O。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意O和F不存在最高价氧化物对应的水化物。21.短周期元素X、Y、Z组成的化合物Y2X和ZX2。Y2X溶于水形成的溶液能与ZX2反应生成一种化合物Y2ZX3。已知三种元素原子的

质子总数为25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的2/3倍，试回答：（1）X元素的名称：X____，Y元素在元素周期表中的位置____，Z元素的原子结构示意图_______。（2）用电子式表示ZX2的形成过程_____。（3）Y2X

对应水化物的电子式_____，其中存在的化学键有_____。（4）写出Y2X溶于水的溶液与ZX2反应的化学方程式_______。（5）X的氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因____。【答案】(

1).氧(2).第三周期第ⅠA族(3).(4).(5).(6).离子键和共价键(7).2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O(8).H2O分子间存在氢键【解析】【分析】Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的23倍，令最外层电子数为a

，则23（2+a）=a，解得a=4，所以Z为C元素；设X原子的质子数为x、Y原子的质子数为y，三种元素原子的质子总数为25，则有6+x+y=25，Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为O元素，Y为Na元素，

据此答题。【详解】由分析可知：X为O元素，Y为Na元素，Z为C元素。（1）由分析可知：X为O元素，元素名称为氧；Y为Na元素，位于元素周期表的第三周期第ⅠA族；Z为C元素，原子核外有2个电子层，最外层有

4个电子，原子结构示意图为：，故答案为氧，第三周期第ⅠA族，。（2）ZX2为CO2，二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，其形成过程为，故答案为。（3）Y2X为Na2O，Na2O对应的水化物的化学式为NaOH，

NaOH中钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成共价键，其电子式为：，故答案为，离子键和共价键。（4）Na2O溶于水和水反应生成氢氧化钠，所以形成的溶液为NaOH溶液，与CO2反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，

故答案为2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O。（5）X的氢化物为H2O，H2O分子之间存在氢键，熔沸点比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高，故答案为H2O分子间存在氢键。22.某化学兴趣小组为研究生铁（含碳）与

浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验。请回答下列问题：（1）按上图所示装置进行实验（夹持装置及尾气处理装置未画出）。仪器b的名称为___；实验过程中，装置B中观察到的现象是______；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是_____（填化学式）。（2）装置A中还会产生CO2气体，请

写出产生CO2的化学方程式：______。（3）为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列①～④中选出必要的装置连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为____（填序号）；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其

目的是___。（4）某同学发现实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是___________（用离子方程式表示）。【答案】(1).分液漏斗(2).品红试纸褪色，石蕊试纸变红(3).BaSO4(4

).C＋2H2SO4（浓）加热CO2↑＋2SO2↑＋2H2O(5).③②④(6).赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验(7).Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑【解析】【分析】(1)根据装置图，结合常见仪器的形状分子判断仪器b的名称，生铁(含碳)

与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫的水溶液具有漂白性和酸性，据此分析解答装置B中观察到的现象；硝酸具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，据此分析判断；(2)生铁中的碳能够与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水；(3)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，

需要先将二氧化硫完全除去，才能检验二氧化碳；装置有空气，空气中也含有二氧化碳，据此分析解答；(4)随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气。【详解】(1)由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁(含碳)与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫的水溶液具有漂白性和酸性，可使湿润的品红试纸褪色，

使湿润的蓝色石蕊试纸变红；硝酸具有强氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以二氧化硫通入硝酸钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：分液漏斗；品红试纸褪色，石蕊试纸变红；BaSO4；(2)生铁中的碳能够与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑

+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(3)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验

二氧化碳，从左到右的顺序为③②④；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，多次鼓入氮气，可以排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验，故答案为：③②④；赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验；(4)随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，反应离子方程式为：Fe+2H

+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑。【点睛】解答本题要注意二氧化硫、二氧化碳性质的区别。本题的易错点为(3)，要注意二氧化硫的存在对二氧化碳检验的影响。