1、安徽省安庆市怀宁县怀宁中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Cu64第 I 卷一、选择题1.法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为 “零号元素”。下列有关“四中子”粒子的说法不正确的是（ ）A. 该粒子不显电性B. 该粒子质量数为 4C. 在周期表中与氢元素占同一位置D. 该粒子质量比氢原子大【答案】C【解析】【详解】A因为只有中子，中子不带电，不显电性， A选项正确；B质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，B选项正确；C根据
2、“原子序数=核内质子数”，氢的原子序数为1，而“四中子”为零号元素，在周期表中它不与氢元素占有同一位置，C选项错误；D质量数=质子数+中子数，所以“四中子”的质量数为4，其质量比氢原子大，D选项正确；答案选C。2.下列说法中正确的是( )A. 化石燃料在任何条件下都能充分燃烧B. 化石燃料在燃烧过程中会产生污染环境的有害气体如CO、SO2等C. 直接燃烧煤和将煤深加工后再燃烧的热效率相同D. 固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将降低【答案】B【解析】【详解】A.燃料的燃烧需要一定的条件，例如需要达到着火点和与氧气接触等，当达不到着火点时，不能燃烧，当氧气不充分的时候，化石燃料会不完全燃烧，A错误；
3、B.化石燃料中含有C、S元素，燃烧时可产生污染物CO、SO2等有害气体，B正确；C. 煤经深加工后变为气体燃料或液体燃料，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率，C错误；D.固体煤变为气体燃料后，增加了氧气与燃料的接触面积，燃烧效率将升高，D错误。答案选B。3.下列叙述正确的是( )A. 因为Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强B. 碳和硅都是A族元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似C. 二氧化硅溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物D. 二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不和水反应生成硅酸【答案】D【解析】【详解】A.硅酸的
4、酸性比碳酸弱，反应：Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2能发生的原因是高温下由难挥发性酸酐制挥发性酸酐，A错误；B.二氧化碳属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，二者物理性质相差很大，B错误；C.二氧化硅溶于氢氟酸是特性，二氧化硅是酸性氧化物，C错误；D.二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅难溶于水，不和水反应生成硅酸，D正确。答案选D。4.某元素原子 M 层电子数比 K 层电子数多 5 个，该元素的最高正价为A. +7B. +5C. +3D. 无最高正价【答案】A【解析】【详解】原子核外M电子层上有电子时，则K层、L层上电子数分别为2、8，则M电子层上的电子数为7，则该元素最外层电
5、子全部失去时，该元素处于最高价，即最高正价为+7，故答案为：A。5.银耳本身为淡黄色，某地出产一种雪耳，颜色洁白如雪，其制作过程如下：将银耳堆放在密封状况良好的塑料棚内，在棚的一端支一口锅，锅内放硫黄，加热使硫黄熔化并燃烧，两天左右雪耳就制成了。雪耳炖不烂，且对人体有害，制作雪耳利用的是( )A. 硫的还原性B. 二氧化硫的漂白性C. 二氧化硫的还原性D. 硫的漂白性【答案】B【解析】【详解】硫黄熔化并燃烧，产生二氧化硫，利用二氧化硫的漂白性，淡黄色的银耳被漂白之后洁白如雪，答案选B。【点睛】本题主要考查二氧化硫的漂白性，解题的关键是抓住银耳的颜色变化，联想到二氧化硫的漂白性。6.下列热化学方
6、程式中正确的是( )A. CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol-1B. 2NO2=O22NO H116.2 kJmol-1C. S(s)O2(g)=SO2(g) H296.8 kJmol-1D. NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l) H=57.3 kJmol-1【答案】AD【解析】【详解】A燃烧放热，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，A正确；B热化学方程式需要标注物质的聚集状态，B错误；C硫燃烧时放热，H应为负值，C错误；D中和反应是放热反应，符合热化学方程式的书写规范和反应热效应，D正确；答案选AD。7.下列粒子半径大小
7、的比较正确的是( )A. 原子半径：B. 原子半径：C. 离子半径：D. 第三周期元素简单离子的半径从左到右逐渐减小【答案】B【解析】【详解】AF与Cl属于同一主族元素，随着电子层数的递增，原子半径逐渐增大，所以原子半径：，故A错误；B、属于同一周期元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，故B正确；C电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故C错误；D第三周期元素简单阳离子的半径从左到右逐渐减小，但简单阴离子的半径大于简单阳离子的半径，故D错误；答案选B。【点睛】同周期元素，电子层数相同，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引能力越强，半径越小。8.下列现象或事实不能用同一原理解释的
8、是( )A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C. SO2 和 Na2SO3 溶液都能使氯水褪色D. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸【答案】D【解析】【详解】A. 浓硝酸和氯水中的次氯酸均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；B. 硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；C. SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，C不符合题意；D. 常温下铁遇浓硝酸钝化，铂与浓硝酸不反应，原理不同，D符合题意； 答案选D。9.下列化学用语表示正确的是A. 中子数为10的氧原子：OB. 硫化钠的电子式：C. Mg2+的
9、结构示意图：D. HCl 的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为：O，A项错误；B. 硫化钠属于离子化合物，电子式为：，B项错误；C. Mg2+的结构示意图为，C项正确；D. HCl共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对结合，因此形成过程为，D项错误；答案选C。10.已知为第族元素，为第族元素，它们的原子序数分别为和，且为同一周期元素，则下列关系错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A. 若为短周期，A族元素、A族元素的原子序数相差1，则n=m+1，A正确；B. 无论元素在短周期还是长周期，都不存在n=m+10，
10、B错误；C. 若元素在四、五周期，中间有10个纵行，A族元素、A族元素的原子序数相差11，即n=m+11，C正确；D. 若元素在六、七周期，中间有10个纵行，且存在镧系(14种元素)和锕系，A族元素、A族元素原子序数相差25，即n=m+25，D正确；答案为B。11.将V1 mL1.00molL-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是() A. 做该实验时环境温度为22B. 该实验表明化学能可能转化为热能C. NaOH溶液的浓度约为1.00molL-1D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反
11、应【答案】B【解析】【详解】A. 将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21左右，故A错误；B. 盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B正确；C. HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 molL10.03L = c(NaOH)0.02L，c(NaOH) = 1.5 molL1，故C错误；D. 该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D错误。综上所述，答案为B。12.美国科学家发现，普通盐水在无线电波的照射下可燃烧。这一
12、伟大的发现，有望解决用盐水作人类能源的重大问题。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该频率下持续燃烧。上述中的“结合力”实质是( )A. 共价键B. 氢键C. 分子间作用力D. 离子键【答案】A【解析】【分析】【详解】无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，实质为水中化学键断裂得到H原子，水中的H-O键为极性共价键，则题中所说的“结合力”为共价键。答案选A。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。13.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
13、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
14、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。14.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务。下列有关海水综合利用的说法不正确的是( )A. 从海水中提炼出的氘(含HDO
15、0.03)进行核聚变，放出巨大的能量以解决能源问题，成为一条新的科学思路，HDO与H2O化学性质相同B. 从海水中提取镁可以采用下列方法：海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl26H2OMgCl2(熔融)MgC. 从海水获得的碘，可以跟氧气反应生成多种化合物，其中一种称为碘酸碘，在该化合物中，碘元素呈+3和+5两种价态，这种化合物的化学式是I4O9D. 除去粗盐中的SO42 、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸【答案】D【解析】【详解】A、同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，原子最外层电子数相同，化学性
16、质相同，HDO与H2O化学性质相同，故A正确；B、海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg 2+转化为Mg(OH)2，加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有CaCO3且来源丰富，煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到Ca(OH)2，所以加入的沉淀剂是Ca(OH)2，将镁离子转化为Mg(OH)2；将Mg(OH)2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg，MgCl2(熔融)Mg+Cl2，故B正确；C、因碘酸碘的化学式一定为Im(IO3)n形式，其中碘酸根为-1价(类似于氯酸
17、根)，碘酸根中I的化合价为+5价，所以前面的I的化合价为+3价，所以碘酸碘的化学式为：I(IO3)3，即 I4O9，故C正确；D、除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Fe3+3OH-Fe(OH)3，加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2+CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；然后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，选项中过量的氯化钡不能除去，故D错误；故
18、选D。【点晴】本题主要考查同位素概念和性质的分析判断，海水中提取镁的过程，知道每一步发生的反应及操作方法，再结合物质的性质、金属冶炼方法的选取等知识点，粗盐提纯的实验方法应用，化合价的规律和原则，同时还考查常见元素及原子团的化合价，解题应抓住题目信息。15.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中能转化为和，示意图如下： 反应反应下列说法正确的是（ ）A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化B. 两池中投放的废液体积相等时，能完全转化为C. 常温常压下，反应中生成转移的电子数为D. 【答案】D【解析】【详解】A. 反应，中N被氧化，而中N被还原，故A错误；B. 反应中转化为时元素守恒，转化为，根据反应，铵
19、离子与硝酸根的物质的量的比为时可完全转化为，故B错误；C. 常温常压下的物质的量未知，因常温下的气体摩尔体积未知，故C错误；D. 已知：，根据盖斯定律可得：，故D正确；答案选D。16.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )A. 加热时，中上部汇集了 NH4Cl 固体，说明 NH4Cl 的热稳定性比较好B. 加热时，中溶液变红，冷却后又都变为无色C. 加热时，中溶液变红，冷却后红色褪去，体现了 SO2 的漂白性D. 加热时，中上部聚集了固体碘，说明碘的热稳定性较差【答案】C【解析】【详解】A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是
20、由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A错误；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气又溶解中为红色，B错误；C二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，C正确；D加热时碘单质易升华，遇冷后凝华成固态，D错误。答案选C。【点睛】注意二氧化硫的漂白性，会区分氯化铵不稳定受热易分解与碘易升华的特征。17.如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了
21、NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红石蕊试纸不变色，湿润红石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱A AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误
22、；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3H2O，NH3H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；故合理选项是A。18.化学反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)的能量变化如图所示(E为能量变化值，a、b、c均为正值)。下列相关说法正确的是A. 此反应为吸热反应B. 1mol N+3mol H中的总能量等于1mol NH3中的能量C. 1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量D. 反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)的能量变化值为a+b【答案】C【解析】【详解】A. 反应物总
23、能量高于生成物总能量，此反应为放热反应，A错误；B. 1mol N+3mol H中的总能量高于1mol NH3中的能量，B错误；C. 根据示意图可判断1mol NH3(l)转变为1mol NH3(g)需要吸收c kJ能量，C正确；D. 根据示意图可判断反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)的能量变化值为2b2a，D错误。答案选C。19.在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L，向其中加入6.4g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量( )A. 0.1molB. 0.02molC. 0.03molD. 0.04mol【答案】B
24、【解析】【分析】铜与混合酸反应的实质是离子之间的反应，利用离子方程式3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O进行计算。【详解】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。题中混合溶液中含H+物质的量为：0.02mol硫酸中含0.04mol，0.04mol硝酸中含0.04mol，所以溶液中共含0.08mol H+，6.4g铜的物质的量为0.1mol，根据离子方程计量数的关系，3Cu8H+2NO，0.08mol氢离子完全反应，消耗的铜物质的量为0.03mol，硝酸根的物质的量是0.02mo
25、l，显然铜和硝酸根过量，氢离子完全反应，生成的NO气体由氢离子的物质的量计算得出，气体物质的量为0.02mol。答案选B。【点睛】利用离子反应进行计算，不能只算铜与硝酸的反应。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（ ）A. W与X形成的一种化合物可做供氧剂B. 原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)C. 简单气态氢化物的热稳定性：WZr(S)r(Cl)r(O)，B选项错误；C元素的非金属性：OClS，则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHClH2S，C选项错误；DO、H可形
26、成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D选项错误；答案选A。第II卷二、填空题21.完成下列各题：(1)中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以黏土主要成分Al2Si2O5(OH)4为原料，经高温烧结而成。若以氧化物形式表示黏土的组成，应写为_；(2)在25、101kPa时，2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为：_；(3)赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为：_；(4)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠(NaClO3)与浓盐酸反应生产ClO
27、2的，反应过程中同时会生成氯气。写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). Al2O32SiO22H2O (2). H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol-1 (3). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (4). 2NaClO3+4HCl(浓)=Cl2+2ClO2+2NaCl+2H2O【解析】【详解】(1)以氧化物形式表示复杂的盐的化学式，先写活泼金属的氧化物，再写非金属氧化物，水在最后，Al2Si2O5(OH)4以氧化物形式表示为Al2O32SiO22H2O；(2) 2molH2在O2中完全燃烧，生成2mol液态水，放出571.6kJ热量，则1molH2完全
28、燃烧，放出能量为，所以用燃烧热表示H2燃烧的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol-1；(3)氢氟酸与玻璃的主要成分二氧化硅剧烈反应生成四氟化硅气体，能刻蚀玻璃，方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；(4)氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气，根据电子守恒和原子个数守恒，得到方程式为2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O。【点睛】考查复杂硅酸盐写成氧化物、物质用途、氧化还原反应方程式的书写等知识。22.下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，请用化学用语回答下列问题：
29、族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0234（1）在元素中，原子半径最大的是_（填元素符号）；（2）元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有_；（3）写出元素和的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式：_。（4）、所形成的离子，其半径由小到大的顺序是_（填离子符号）（5）中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_（填物质化学式）；呈两性的氢氧化物是_（填物质化学式）,该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为_。（6）用电子式表示元素与形成化合物的过程_。【答案】 (1). Ca (2). 离子键、共价键 (3). (4). r(Al3+)r(
30、Mg2+) r(O2)r(N3) (5). HClO4 (6). Al(OH)3 (7). Al(OH) 3+OH=AlO2+2H2O (8). 【解析】【分析】根据元素周期表可知，为Na、为K、为Mg、为Ca、为Al、为C、为N、为O、为Cl、为Ar。【详解】（1）为Mg、为Ca、为Al、为C、为N，同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径大小关系为：r(Ca)r(Mg)r(Al)r(C)r(N)，最大的是Ca，故答案为：Ca。（2）为N，其最高价氧化物对应的水化物式HNO3，其氢化物是NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，NH4+与
31、NO3-之间是离子键，NH4+与NO3-之内是共价键，所以含有的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键。（3）为Na、为O，其单质在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2是离子化合物，其电子式为，故答案为：。（4）为Mg、为Al、为N、为O，形成Mg2+、Al3+、N3-、O2-，核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，其半径由小到大的顺序是r(Al3+)r(Mg2+) r(O2)r(N3)，故答案为：r(Al3+)r(Mg2+) r(O2)r(N3)。（5）为Na、为K、为Mg、为Ca、为Al、为C、为N、为O、为Cl，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物
32、中酸性增强，同主族，从上到下，最高价氧化物对应的水化物中酸性减弱，所以酸性最强的是HClO4；呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为：Al(OH) 3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：HClO4；Al(OH)3；Al(OH) 3+OH=AlO2+2H2O。（6）为Mg、为Cl，Mg最外层有2个电子，易失去2个电子，Cl最外层有7个电子，易得到1个电子，二者形成MgCl2，用电子式表示其形成化合物的过程为：，故答案为：。23.某化学课外活动小组以海带为原料获得少量碘水，并以四氯化碳（沸点76.80C）为溶剂将碘从碘水中提取出来，具体
33、过程如图所示。请回答下列问题：（1）操作的名称为_、_；（2）向含碘单质的水溶液中加入CCl4振荡、静置后，观察到的现象是_；（3）操作中，将含碘单质的水溶液与CCl4在分液漏斗中混合、振荡摇匀放在铁架台的铁圈上，分液漏斗的下端尖嘴处紧贴在承接的烧杯内壁上静置后，下面的操作步骤是_。（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，该实验需要的主要玻璃仪器除酒精灯、烧杯、温度计、锥形瓶、牛角管外，还需要_，实验中温度计水银球所处位置为_。【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). 溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色 (4). 打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏
34、斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出。 (5). 蒸馏烧瓶、冷凝管 (6). 蒸馏烧瓶支管口处【解析】【详解】（1）过滤适用于分离不溶于水的固体和液体，海带灰难溶于水，碘元素以碘离子的形式存在于溶液中，所以将海带烧成灰，向灰中加水搅拌用过滤分离它们；故答案为溶解、过滤；（2）根据四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，看到的现象是溶液分层，碘溶解四氯化碳中呈紫红色，所以下层呈紫红色，上层是水层，呈无色，故答案为溶液分层，上层为水层接近无色，下层为CCl4层呈紫红色；（3）根据萃取的实验操作，打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液
35、漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），目的是为了使漏斗内外空气相通，以保证进行液体顺利流出，再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，因上层液体从下口流出，产生杂质，所以关闭活塞，将上层液体从上口倒出，故答案为打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口），再转动打开活塞，使下层液体缓慢流下后，关闭活塞，将上层液体从上口倒出；（4）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以提取碘和回收有机溶剂，蒸馏操作中所用的仪器有：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶（接收器），还需要蒸馏烧瓶、冷凝管；因温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故答案为蒸馏烧瓶、冷凝
36、管；蒸馏烧瓶支管口处。24.A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的前20号元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如右(部分产物未列出)：(1)A是_，C是_ (填元素名称)。(2)H与盐酸反应生成 E 的化学方程式是_。(3)E与F反应的化学方程式是_。(4)F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是_。【答案】 (1). 碳 (2). 钠 (3). Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2 (4). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 (5). Na2O2+S2-
37、+2H2O=4OH-+S+2Na+【解析】【分析】单质B和C反应生成F，F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，则G中D元素为-2价，且原子序数DC，故D为硫，G为Na2S；B为单质且为组成空气的成分，还可与钠反应，最易想到是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，由条件分析E只能是CO2，A即为碳，由题中反应关系可知F是Na2O2，据此分析解答。【详解】由分析可知，A、B、C、D分别是：C、O2、Na、S四种单质。(1)由分析可知，A是碳，C是钠；(2)A、B是C、O2，反应
38、生成CO2，B、C是O2、Na，反应生成Na2O2，CO2与Na2O2反应生成H和O2，H为Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成E（二氧化碳）的化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；(3)由分析可知E与F分别是CO2与Na2O2，二者反应的化学方程式是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；(4)F与G分别是Na2O2与Na2S，Na2O2具有强氧化性，将硫从-2价氧化为0价，根据得失电子守恒、电荷守恒，Na2O2与Na2S反应的离子方程式是：Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S+2Na+。【点睛】注意充分利用焰色反应及常见元素单质进行推断，需要熟练掌
39、握常见元素及其化合物知识，包括性质、用途等，注意假设验证法的灵活应用。25.某课外活动小组欲利用 CuO 与 NH3 反应，研究 NH3 的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_；仪器b中可选择的试剂为_(填名称)。(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是_ (填字母)。ACl2 BO2 CCO2 DNO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有_性，写出相应的化学方程式_。(4)E装置中浓硫酸的作用_。(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作：_。(6)实
40、验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为_(用含m、n字母的代数式表示)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰 (3). BC (4). 还原 (5). 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2， (6). 吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D (7). 慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 (8). 【解析】【分析】A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质量就是反应
41、生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、氢的原子个数比，据此分析解题。【详解】(1)装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；(2)利用装置A，可制取的无色气体；A可利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；B利用过氧化氢在二氧化锰催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；C利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；D可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但NO2红棕色气体，故D不选；故答案为BC；(3)实验中观察到装置C中黑色
42、CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，以免影响生成水的测定；(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保证氮气产生的压强等于外界大气压，再读数；(6)若测得干燥管D增重mg，则生成水的物质的量=，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=（2）：（2）=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。【点睛】本题考查氨气的实验室制备及性质探究，解题关键是反应现象分析判断，涉及装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，属基础考查。
