【化学】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试题(解析版）
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试题
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。
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H2SO4 B. 溴水，浓H2SO4
C. 酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4 D. 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。
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>Y
A. ① B. ②③ C. ①④ D. D ①②③④
【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。
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. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. 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Mg
C. 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>Mg
D. 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。
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
L
C. 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. ①③⑤ B. ②③④⑤
C. ②④⑥ D. 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。
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。
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。
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＜Z
B. 简单气态氢化物的热稳定性：X＜W
C. X分别与Z、W形成化合物的熔点：Z＜W
D. 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↑+H2O
B. 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>h1 B. h4>h3>h2>h1
C. h2>h3>h1>h4 D. 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，它与原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）
A. (A-N+m)mol B. (A-N)mol
C. (A-N)mol D. (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(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(A-N+m)mol，故选项A正确。
18.14 g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1.12 L(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. 9.6 g B. 6.4 g C. 4.8 g D. 3.2 g
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意：有如下转化关系：
设Cu xmol 、Ag ymol 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×，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______；0.1 mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6 mol，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). C6H12
【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+)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+)mol=3mol，1mol甲烷耗氧量为(1+)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)==6、N(H)==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
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
二
①
⑩
②
三
③
④
⑤
⑥
⑦
四
⑧
⑨
（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). HClO4 (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）2 2NH3↑+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＞H2SiO3 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)2 2NH3↑+CaC12+2H2O；故答案为：2NH4C1+Ca(OH)2 2NH3↑+CaC12+2H2O。
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倍，令最外层电子数为a，则（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，H2
O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）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↑。
