【文档说明】辽宁省实验中学东戴河分校2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，295.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷第Ⅰ卷（选择题共50分）注意事项：1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级填涂在答题卡上，贴好条形码。答题卡不要折叠2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。3.考试结束后，监考人员将试卷答题卡

收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56一、单项选择题：（本题共10小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分）1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确．．．的是

（）A.道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用B.门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表C.人类历史上，重金属的发现和应用较早，而轻金属的发

现和应用则较晚D.化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子材料、分子器件和分子机器【答案】B【解析】【详解】A.化学主要从物质的分子和原子方面对物质进行研究，“原子论”和“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用，故正确；B.

门捷列夫将相对原子质量由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表，不是按照原子序数，故错误；C.重金属活性较弱容易冶炼，轻金属活泼性强难冶炼，所以重金属的发现和应用较早，而轻金属的发现和应用则较晚，故正确；D.因为化学式在分子、原子的基础上研究物质的组成、结构和性质以及变化规律的基础自

然科学，化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子材料、分子器件和分子机器，故正确。故选B。2.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的班驳的

黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是A.空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nmB.空气中的小水滴颗粒的布朗运动C.雾是一种胶体，胶粒带相同电荷D.发生丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，

是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，A正确；B．空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，B错误；C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；D．雾作为一种胶体，

确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误；答案选A。3.下列说法正确的是()A.同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积B.等质量的O2和H2的物质的量之比为l6：1C.不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定

不等D.同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比【答案】D【解析】【详解】A．同温同压下，气体摩尔体积相同，液体和固体的体积与密度有关，如果一种是液体一种是固体，相同数目的分子其体积不同，A错误；B．假设质量都是1g

，n（O2）：n（H2）=132mol：12mol=1：16，B错误；C．不同的气体若体积不等，它们所含的分子数有可能相等，这与气体摩尔体积有关，C错误；D．根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比

等于压强之比，D正确；答案选D。4.下列化学用语或模型正确的是（）A.氯化氢的电子式：B.N2的结构式：N≡NC.硫离子结构示意图：D.CH4分子的空间构型：三角锥形【答案】B【解析】【详解】A.氯化氢的电子式：，故错误；B.

N2的结构式：N≡N，故正确；C.硫离子结构示意图中核电荷数应为16，故错误；D.CH4分子的空间构型正四面体结构，故错误。故选B。【点睛】掌握常见物质的电子式的书写，注意离子键和共价键的书写形式的不同，一遍含有金属元素的物质有离子键，带电荷

和括号形式，若只有非金属元素（铵盐除外），一般为共价键，注意共用电子对数的计算即可。5.某工厂排放的废水中含有氰化物，可在碱性条件下对氰化物进行净化处理：2CN-+8OH-+5C12=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。下列分析中错误的是（）A.当反应消耗0.2molCN-时，反应中转移电子的

物质的量是1molB.还原性:CN->Cl-C.CN-的电子式为D.该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5【答案】D【解析】【详解】A．由反应可知，当反应消耗0.2molCN-时，生成10molCl-，转移电子数为1mol，故A正确；B．由氧化还原反应中还原剂的还原

性大于还原产物的还原性可知，还原性为C1-＜CN-，故B正确；C．CN-与N2为等电子体，其电子式为，故C正确；D．该反应中氧化剂为氯气，还原剂为CN-，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2，故D错误；答案为D。6.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A.化合物：干冰、冰水混合物、

烧碱B.同素异形体：活性炭、C60、金刚石C.非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D.混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸【答案】C【解析】【详解】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；B．活性炭，C60，金刚

石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液

属于混合物，故D正确。答案选C。【点睛】考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。7.下列反应对应的离子方程式书写正确

的是（）A.饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓B.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+＋OH－＋SO42-＋H+=BaSO4↓＋H2OC.碳酸

氢钠溶液中加入稀盐酸：CO32-＋2H+=CO2↑＋H2OD.澄清石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O【答案】A【解析】【详解】A.因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，故饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳会产生碳酸

氢钠沉淀，离子方程式为：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故正确；B.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+＋2OH－＋SO42-＋2H+=BaSO4↓＋2H2O，故错误；C.碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸：HCO3-＋H+

=CO2↑＋H2O，故错误；D.澄清石灰水与醋酸溶液混合：OH-＋CH3COOH=CH3COO－＋H2O，故错误。故选A。【点睛】掌握离子方程式的书写原则，注意微溶物质的书写方式，若澄清石灰水则拆成离子形

式，若为石灰乳则写成氢氧化钙形式，注意物质中离子之间的比例关系。特别注意氢氧化钡和硫酸中的离子比例。8.2019年诺贝尔化学奖颁给几位在锂离子电池研发领域做出贡献的科学家，锂单质化学性质与钠类似，活泼性比钠略差。它的密度为0.534g/cm3，锂元素的焰色为紫红色，将绿豆大的锂投入水中，下列实

验现象合理的有（）①锂沉入水中②锂浮在水面上③水中有大量气泡④反应后在水中加入几滴石蕊试液，溶液变红⑤反应剧烈，发出紫红色火焰⑥锂四处游动A.②⑥B.①③C.②③⑤D.②④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】锂单质化学性质与钠类似，是最轻的金属，密度小于水的密度

，能和水反应生成氢气和LiOH。【详解】锂是最轻的金属，密度小于水，浮在水面上，与水反应生成氢气和LiOH，在水面上四处游动，LiOH属于碱，能使石蕊变蓝色，因此正确的是②⑥；答案选A。9.科学家指出:多种海产品如虾、蟹、牡蛎

等,体内含有+5价的砷(As)元素,它对人体是无毒的,吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和青菜,否则容易中毒,并给出了一个公式:“大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3,剧毒)”。下列有关解释正确的是()A.砒霜中毒后可服用维生素C解毒B.青菜中含有维生素C,维生素C在反应中失电子C.砒霜是该反应

的氧化产物D.维生素C能将+5价砷氧化成+3价【答案】B【解析】【分析】+5价的As具有氧化性，可与具有还原性的维生素C发生氧化还原反应。【详解】A.结合以上分析可知，砒霜中毒后可服用维生素C不能解毒，与题意不符，A错误；B.青菜中含有维生素C，维生素C在反应中失电子，化合价升高，符合题意，B

正确；C.砒霜是氧化剂对应的产物，为还原产物，与题意不符，C错误；D.维生素C能将+5价砷还原成+3价，与题意不符，D错误；答案为B。10.X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小

的元素，Y的简单气态氢化物水溶液显碱性，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质是黄绿色有毒气体。下列说法正确的是（）A.Y元素氢化物的稳定性大于Z元素氢化物的稳定性B.Y、Z、Q简单离子半径由大到

小的顺序为Y>Z>QC.X、Y、M三种元素形成盐类化合物属于共价化合物D.X、Z两元素形成的化合物中只含极性共价键【答案】B【解析】【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，为氢元素，Y的简单气态氢

化物水溶液显碱性，为氮元素，Z为地壳中含量最多的元素，为氧元素，R与X同主族，为钠元素，Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q为镁元素，M的单质是黄绿色有毒气体，为氯元素。A.氮和氧元素比较，氧的非金属性强，所以氮元素氢化物的稳定性小于氧元素氢化物的稳定性，故错误；B

.Y、Z、Q简单离子电子层结构相同，根据序大径小分析，半径由大到小的顺序为Y>Z>Q，故正确；C.氢和氮和氯元素三种元素形成盐类化合物为氯化铵，属于离子化合物，故错误；D.氢和氧两元素形成的化合物可以是水或双氧水，双氧水中含有非极性共

价键，故错误；故选B。二、单项选择题：（本题共10小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分）11.在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体一氧化碳”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A.范德华力、范德华力、范德华力B.范德华力、范德

华力、共价键C.范德华力、共价键、共价键D.共价键、共价键、共价键【答案】B【解析】【详解】固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，二氧化碳气体→CO气体发生了化学变化，破

坏了共价键；因此在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体一氧化碳”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键；故B答案正确；综上所述，答案为B。12.下面是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。下列说法正确的是A.标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度

B.任何饮用水中氯离子(Cl－)的浓度均在10～27.3mg/L之间C.该品牌饮用矿物质水中c(Mg2＋)的最大值为2×10－4mol/LD.一瓶该品牌饮用矿物质水中SO42－的物质的量不超过1×10－5mol【答案】C【解析】【详解】A.该品牌饮用矿物质水中

离子浓度表示单位体积内含有的离子的质量，不是物质的量的浓度，故A错误；B.该品牌饮用矿物质水中氯离子(Cl－)的浓度10～27.3mg/L，不同的饮用水中含有的离子浓度可能不同，则不能说明其它饮用矿物质水中氯离子(Cl－)的浓度均在10～27.3mg/L之间，故B错误；C.由标签可知，镁

离子(Mg2＋)：0.1～4.8mg/L，c(Mg2＋)的最大值为：34.81024−×1=2×10－4mol/L，故C正确；D.硫酸根离子(SO42－)：0.4～19.2mg/L，该品牌饮用矿物质水

的体积为500毫升，SO42－的质量的最大值为19.2×0.5=9.6mg，故SO42－的最大量为9.6×10-3/96=1×10－4mol；故D错误；综上所述，本题选C。13.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确．．的是（）A.常温常压下，14g有N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA个B.0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等C.标准状况下，22.4L四氯化碳的分子数为NAD.等物质的量的CO和CH4中碳原子数均

为NA【答案】A【解析】【详解】A.常温常压下，14g有N2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为NA个，故正确；B.没有说明氧气是否在标况下，故不能计算氧气的物质的量，故错误；C.标准状况下，四氯化碳不是气体，不能计算其物质的量，故错

误；D.等物质的量的CO和CH4中碳原子数相等，但不一定为NA，故错误。故选A。14.测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理．．．的是（）A.取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用

碱石灰吸收后质量增加bgC.取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体D.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴加一定浓度的盐酸溶液至混合物恰好反应完全，消耗盐酸VmL【答案】B【解析】【详解】A.取ag混合

物用酒精灯充分加热后质量减少bg，可以计算碳酸氢钠的质量进而计算碳酸钠的质量，故正确；B.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg，为产生的二氧化碳和挥发出的水的质量，不能计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量，故错误；C.取ag混合物与足量氢氧化钡溶液

充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体，为碳酸钡的质量，可以用二元方程组计算碳酸钠的质量，故正确；D.取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴加一定浓度的盐酸溶液至混合物恰好反应完全，消耗盐酸VmL，可以用二元方

程组计算，故正确。故选B。15.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是（）A.微粒X+和Y-的核外电子排布相同，则离子半径：X+<Y-B.Cs和Ba分别位于第六周期IA和I

IA族，则碱性：CsOH>Ba(OH)2C.由水溶液的酸性：HCl>HF，可以推断出元素的非金属性：C1>FD.Be与Al同处于同周期表金属与非金属交界处，可推出：Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O【答案】C【解析】【

详解】A．微粒X+与Y_核外电子排布相同，核电荷数Y<X，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：X+<Y_，故A正确；B．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性

越强，故碱性CsOH＞Ba(OH)2，故B正确；C．氢化物的酸性不能比较非金属性强弱，非金属性F＞Cl，故C错误；D．Be（OH）2与Al（OH）3的化学性质相似，可推出：Be（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2O，故D正确；故选C。16.最近，科学家

开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是：Na2O+2CONa2CO3+C(石墨烯)，然后除去Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是（）A.该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应B.石墨烯与金刚石互为同素异形体C.Na2O属于碱性氧化物，C

O属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐D.自然界中碳元素有游离态和化合态两种存在形式【答案】C【解析】碳元素由+2价升高到+4价，降低到0价，属于氧化还原反应；A正确；石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质，属于同素异形体；B正确；CO既不与酸反应，又不与碱反应，属于不成盐氧化物；C错

误；煤主要成分为碳，碳元素以游离态存在，碳酸钙中碳元素以化合态存在；D正确；正确选项：C。点睛：中性氧化物（不成盐氧化物）常见的为一氧化碳、一氧化氮、水等。17.右图是一种实验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关。如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红

色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是（）A.浓H2SO4B.浓NaOH溶液C.饱和Na2SO4溶液D.石灰乳【答案】C【解析】【详解】先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化，说明C中为干燥红色布条。A，

浓硫酸不能吸收氯气，浓硫酸具有吸水性，干燥氯气通过浓硫酸后仍为干燥氯气，C中红色布条不会褪色，A项不符合题意；B，浓NaOH溶液吸收氯气，从D中导出的气体中不含Cl2，C中红色布条不会褪色，B项不符合题意；C，干燥氯气通过饱和Na2SO4溶液得到潮湿的氯气，

C中红色布条会褪色，C项符合题意；D，石灰乳吸收氯气，从D中导出的气体中不含Cl2，C中红色布条不会褪色，D项不符合题意；答案选C。【点睛】本题主要考查氯气的性质，把握装置中开关和D的作用是解题的关键。根据题意，关闭B时，C中红色布条褪色，则D瓶中溶液必须同时满足两

个条件：不吸收氯气、能提供水蒸气。注意氯气没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性。18.向50mLNaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中

逐滴加入0.1mol·L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是()A.OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣＝H2O；CO32﹣+H+＝HCO3－B.NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1

C.产生的CO2体积（标准状况下）为0.056LD.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L﹣1【答案】D【解析】【分析】根据图像可知产生CO2消耗盐酸的体积是25mL，而之前消耗盐酸是50mL。由于碳酸钠与盐酸反应时首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出CO2，方程

式为CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。根据方程式可判断溶液中还含有氢氧化钠，即前25mL盐酸中和氢氧化钠，后25mL盐酸与碳酸钠反应，最后25mL盐酸与碳酸氢钠反应。【详解】A．根据以上分析可知OA段所发生反应的离子方程式

：H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－，A正确；B．根据以上分析可知NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1，B正确；C．产生的CO2消耗的盐酸物质的量是0.025L×0.1mol/L＝0.0025mol，则根据方程式HCO3－＋H＋

＝H2O＋CO2↑可知放出CO2是0.0025mol，在标准状况下的体积为0.0025mol×22.4L/mol＝0.056L，C正确；D．反应结束后溶液中氯化钠的物质的量是0.075L×0.1mol/L＝0.0075mol，根据钠离子守恒可知原N

aOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.01L＝0.75mol·L－1，D错误；答案选D。19.已知以下三个实验均能发生化学反应：①将铁钉放入硫酸铜溶液中；②向硫酸亚铁溶液中滴入几滴氯水；③将铜丝放入氯化铁溶液中。下列判断正确的是()

A.实验①中铁钉只做还原剂B.实验②中Fe2＋既显氧化性又显还原性C.实验③中发生的是置换反应D.上述实验证明氧化性：Fe3＋＞Fe2＋＞Cu2＋【答案】A【解析】A、由于铁比铜活泼，所以实验①中铁作还原剂

置换出铜，故A正确；B、实验②中氯水中的氯气具有强的氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，所以Fe2＋只显还原性，故B错误；C、由于Fe3＋具有较强的氧化性，将铜氧化为Cu2＋，而自身还原为Fe2＋，所以发生的不是置换反应，故C错误；D、实验①能够反应说明Cu2＋的氧化性强于Fe2＋，实

验③能够反应说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，所以氧化性强弱顺序为Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，故D错误。本题正确答案为A。点睛：B、C两个选项确实是最容易选错的。由于Fe2＋的化合价处于0价和+3价之间，所以只从化合价

的角度考虑，Fe2＋既能显氧化性又能显还原性，但在本题中它是与具有强氧化性的氯气反应，所以只能显还原性；单质铜能与氯化铁反应，但产物不是单质铁和氯化铜，而是氯化亚铁和氯化铜，所以不是置换反应。20.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法正确的是（）A.该

硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1B.该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%C.配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50.0mLD.实验室可用该硫酸制备氢气【答案】C【解析】【详解】A.该硫酸的物质的量浓度为10001.8498%98=18.4mol

·L－1，故错误；B.该硫酸与等体积的水混合所得溶液，因为硫酸的密度比水大，所以硫酸的质量大于水，混合后溶液中硫酸的质量分数大于49%，故错误；C.配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸4.60.218.4=0.05L=50.0mL，

故正确；D.该硫酸为浓硫酸，与金属反应不产生氢气，故实验室不能用该硫酸制备氢气，故错误。故选C。第Ⅱ卷（非选择题，共50分）三、填空题21.请按要求回答下列问题：（1）下列物质：①HCl②NaOH③Cl2④H2O⑤NH4C

l⑥MgCl2⑦CaF2⑧CO2，其中只存在离子键的是：__（用序号回答，下同。）；既存在离子键又存在共价键的是：__；试写出⑧的电子式：__；用电子式表示CaF2的形成过程___。（2）在下列物质中，互为同素异形体的是__；互为同位素

的是__。①液氨和氨气②D2和T2③4019K和4020Ca④白磷和红磷⑤35Cl和37Cl⑥O2和O3⑦12C和14C⑧S2和S8【答案】(1).⑥⑦(2).②⑤(3).(4).(5).④⑥⑧(6).⑤⑦【解析】【分析】同素异形体为同种元素形成的不同单质，同

位素指质子数相同，中子数不同的同一种元素的原子形式。注意一般非金属元素原子之间形成共价键，金属元素和非金属元素或原子团之间形成离子键。据此分析。【详解】(1)①HCl只有共价键；②NaOH含有共价键和离子键；③Cl2只有共价键；④H2O只有共价键；⑤NH4Cl含有共价键和离子键；⑥MgCl2

只有离子键；⑦CaF2只有离子键；⑧CO2只有共价键；二氧化碳的电子式为，；(2)①液氨和氨气为同一种物质；②D2和T2都为氢气；③4019K和4020Ca不是同位素也不是同素异形体；④白磷和红磷是同素异形体；⑤35Cl和37Cl为同位素；⑥O2和O3为同素异形体；⑦12C和

14C为同位素；⑧S2和S8为同素异形体。故同素异形体为④⑥⑧，同位素为⑤⑦。22.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，A的单质为密度最小的气体，B、W同周期，A、D同主族，A与W能形成两种

液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为___。写出E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___。（2）由A、W元素组成的18电子分

子的结构式为__。（3）D的一种氧化物可与B的最高价氧化物反应生成W的单质，试写出反应的化学方程式___。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量

的水，充分反应后生成气体的体积是___L（标准状况下）。（5）若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是__。a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强c.比较相同条件下D

和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强【答案】(1).第三周期第IIIA族(2).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(3).H-O-O-H(4).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(5).56(6).b【解析】【分析】A的单质为

密度最小的气体，为氢元素，B、W同周期，A、D同主族，D为钠元素，A与W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，说明W为氧元素，E元素的周期序数与主族序数相等，为铝元素，A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大

，质子数之和为39，则B为6号元素，为碳元素。即分别为氢，碳，氧，钠，铝元素。【详解】(1)根据以上分析可知，E为铝元素，在第三周期第IIIA族，氢氧化铝和氢氧化钠反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(2)氢和氧元素形成

的18电子的物质为过氧化氢，结构简式为：H-O-O-H；(3)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(4)1mol氢化钠和1mol铝单质混合加入足量的水，NaH+H2O

=NaOH+H2↑，1mol氢化钠和水反应生成1mol氢气和1mol氢氧化钠，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol铝和1mol氢氧化钠反应生成1.5mol氢气，即总共产生2.5mol氢气，标况下体积为56L；(

5)a.将钠单质置于铝盐溶液中，钠和水先反应，不能置换出单质铝，不能说明钠的金属性弱，故错误；b.将少量钠和铝的单质分别投入到水中，钠和水反应，而铝和水不反应，说明钠的金属性强，故正确；c.比较相同条件下最高价氧化物对应水化物的溶解性与元素金属性无关，故错误。故选b

。23.某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量，每个氢气球的体积约为1.12L（已折成标准状况）。已知兴趣小组采用Al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。（1）若实验需要980mL2.5mol·L-1的NaOH溶液，则要用称取NaOH固体__g。配制溶液过程中所需仪器

除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要___、__（填仪器名称）。（2）若要制取60个氢气球，至少需要Al的质量为___g，转移的电子数为___。（3）配制溶液时，下列实验操作会使配制溶液浓度偏低的是__。A.容量瓶内有水，未经过干燥处理B.定容操

作时，俯视刻度线C.向容量瓶中转移时有少量液体溅出D.定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线（4）红砖是用黏土高温烧结而成的，因其含有Fe2O3呈红色或棕红色而得名，常用作建筑材料。请设计一个简

单实验证明红砖中含有Fe3+：___。【答案】(1).100.0(2).胶头滴管(3).1000mL容量瓶(4).54(5).6NA(6).CD(7).取少量砖粉于试管中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解，再加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则红砖中有Fe3+【

解析】【分析】（1）根据m=cVM计算氢氧化钠的质量；根据配制溶液需要使用容量瓶，烧杯，天平，胶头滴管等进行分析；（2）根据铝和氢氧化钠反应生成氢气的方程式计算铝的质量。（3）根据溶质和溶液的体积分析误差。（4）根据铁离子遇到硫氰化钾显红色进行检验。【详解

】(1)氢氧化钠的质量m=cVM=2.5mol/L×1.0L×40g/mol=100.0g；配制溶液还需要胶头滴管和1000mL容量瓶；(2)每个气球的体积为1.12L，60个气球中气体的体积为1.12L×60=67.2L，标况下物质的量为3mol，根

据2mol铝产生3mol氢气分析，需要2mol铝即54g；转移电子数为6NA；(3)A.容量瓶内有水，未经过干燥处理，不影响；B.定容操作时，俯视刻度线，溶液体积变小，浓度变大；C.向容量瓶中转移时有少量液

体溅出，溶质有损失，浓度变小；D.定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线，溶液体积变大，浓度变小；故选CD；(4)利用铁离子与硫氰化钾显红色进行检验，实验操作为：取少量砖粉于试管中，加入稀盐酸或稀硫酸溶

解，再加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则红砖中有Fe3+。【点睛】掌握配制一定物质的量浓度的实验操作和误差分析，注意配制过程中溶质是否损失和溶液的体积是否变化。24.为了证明在实验室制备得到的Cl2中会混有HCl，甲同学设计了如图所示的实验装置，按要求回答下列问题。（1）请根

据甲同学的示意图，所需实验装置从左至右的连接顺序：装置②→__。（2）实验室制备Cl2的离子方程式为___。（3）装置③中Cu的作用___（用化学方程式表示）。（4）乙同学认为甲同学实验设计仍然存在缺陷，不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为此，乙同学提出气体

通入装置①之前，要加装一个检验装置⑤，以证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。你认为装置⑤应放入__。a.淀粉-KI溶液b.品红溶液c.氢氧化钠溶液d.湿润的淀粉-KI试纸（5）丙同学看到甲同学设计的装置后提出无需多加装置，只需将原来烧杯中的AgNO3溶液换成紫色石蕊试液，如果观察到__的现

象，则证明制Cl2时有HCl挥发出来。（6）实验室常用烧碱溶液吸收Cl2。若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15：

2时，混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为__。【答案】(1).④③①(2).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3).Cu+Cl2CuCl2(4).d(5).溶液只变红不褪色(6).

5：2【解析】【分析】证明氯气中含有氯化氢，首先用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，利用氯气能和铜反应生成氯化铜而氯化氢不反应，用铜将氯气除去，当然在此之前应将气体用浓硫酸干燥，然后测定剩余气体中含有氯离子即可证明氯气中含有氯化氢。【详解】(1)根据以上分析，仪器连接顺序为②④③①；(2)二氧化锰和

浓盐酸反应制取氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3).铜和氯气反应生成氯化铜，方程式为：Cu+Cl2CuCl2；(4)应先检验气体中不含氯气，利用氯气和碘化钾淀粉反应生成蓝色

，选用d；(5)氯化氢溶于水后有酸性，氯气溶于水后有酸性和漂白性，所以气体通入紫色溶液，溶液只变红不褪色可以说明含有氯化氢；(6).氯气和氢氧化钠反应，当NaCl和NaClO3的物质的量之比为15：2时，假设氯化钠为15摩尔，氯酸钠为2摩尔，

根据电子分析，已知得到电子为15摩尔，失去电子为10摩尔，则还有5摩尔电子失去，则次氯酸钠为5摩尔，则次氯酸钠和氯酸钠的比例为5：2。【点睛】掌握氧化还原反应中电子守恒，利用电子守恒分析产物的物质的量。