1、四川省泸县第一中学2019-2020学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分）1.下列说法中不正确的是A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”“工业的血液”B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说D. 1869年俄国化学家舍勒根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表【答案】D【解析】【详解】A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”、“工业的血液”，A正确；B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产
2、量可衡量国家石油化工水平，B正确；C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说，C正确；D. 1869年俄国化学家门捷列夫根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表，舍勒是瑞典人，发现了氧气，D错误；答案选D。2.甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可以得出的结论是A. 甲烷的分子式为CH4B. 甲烷中含碳元素和氢元素C. 甲烷的化学性质比较稳定D. 甲烷中只含碳元素和氢元素【答案】B【解析】【分析】甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可以得出，甲烷一定含有C、H，是否含有O不能确定。【详解】有机物燃烧后生成二氧化碳和水，该有机物存在两种可能性，
3、第一种只含C、H两种元素，第二种含有C、H、O三种元素。甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可以得出，甲烷一定含有C、H，是否含有O不能确定，答案选B。3.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是A. 离子化合物中一定含有金属离子B. 共价化合物不可能含离子键C. 离子化合物可能含共价键D. CaCl2含有离子键，不含共价键【答案】A【解析】【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；B项、只含共价键的化合物是共
4、价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了化学键和化合物的关系，注意不能根据所含元素判断化合物类型，只含非金属元素的可能是离子化合物，含有金属元素的可能是共价化合物，根据化合物中存在的化学键来分析是解答关键。4.恒温下，物质的量之比为21的SO2和O2的混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)(正反应为放热反应)，n(
5、SO2)随时间变化关系如下表：时间/min012345n(SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08下列说法正确的是( )A. 当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态B. 该反应进行到第3分钟时，逆反应速率小于正反应速率C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(Lmin)D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为54【答案】B【解析】【分析】A未达到平衡状态，气体的密度也一直不变；B该反应进行到第3分钟时向正反应方向进行；C根据v=c/t计算；D根据压强之比等于物质的量之比计算。【详解】A容器内气体密度不再发生变化，容器容
6、积不变，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故A错误；B根据表中数据可知反应进行到第3分钟时没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则逆反应速率小于正反应速率，故B正确；C由表格数据可知，4min时达到平衡，消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol，即生成SO3为0.12mol，浓度是0.06mol/L，则用SO3表示的平均反应速率为0.06mol/L4min=0.015 mol/（Lmin），故C错误；D开始SO2和O2的物质的量分别为0.2mol、0.1mol，由表格数据可知平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.08mo
7、l、0.04mol、0.12mol，由压强之比等于物质的量之比可知，达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4：5，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 标准状况下，28 g CH2CH2含有的共用电子对数为6NAB. 标准状况下，11.2 L己烷中含有的分子数为0.5NAC. 常温常压下，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为2NAD.
8、1molOH(羟基)含有的电子数为10NA【答案】A【解析】【详解】A. 28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式CH2=CH2，可知其分子中含共用电子对的数目为6NA，故A正确；B. 己烷在标准状况下不是气体，11.2 L己烷物质的量不是0.5mol，故B错误；C. 由得失电子守恒知，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为NA，故C错误；D. 1 mol OH(羟基)含有的电子数为9NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意标况下己烷为液体，题目难度不大。6.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增
9、大，B和D同主族；X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y的摩尔质量相同，Y为淡黄色固体，N常温下是液体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物省略)，则下列说法中一定正确的是( )A. 相对分子质量MN，沸点MNB. 原子半径：DBCAC. Z 为 NaOHD. M中含有非极性键【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、N分别是由以上四种元素中的两种组成的化合物，Y为淡黄色固体，可知Y为Na2O2；Z是由以上三种元素组成的化合物，则Z为NaOH；N常温下是液体，N为H2O，若X与Y摩尔质量相同，可知X为
10、Na2S，M为H2S，结合原子序数及B和D同主族可知，A为H，B为O，C为Na，D为S，以此来解答。【详解】AN为H2O，M为H2S，相对分子质量MN，水分子间含氢键，则沸点为NM，故A错误；B一般电子层越多的原子，其原子半径越大，具有相同电子排布时，原子序数大的原子半径小，则原子半径：CDBA，故B错误；C由上述分析可知，Z为NaOH，故C正确；DM为H2S，M中只含有极性键，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构、元素周期律，为高频考点，把握Y为过氧化钠、X为硫化钠来推断物质为解答关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。7.下
11、列排序正确的是( )A. 微粒半径：Fe(OH)3胶粒K+S2B. 碱性：Mg(OH)2Al(OH)3NaOHC. 热稳定性：PH3NH3H2OD. 熔点：LiNaS2-K+，故A错误；B元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：AlMgNa，故碱性：Al（OH）3Mg（OH）2NP，故气态氢化物的稳定性为H2ONH3PH3，故C正确；D同周期金属单质由上至下熔点降低，所以熔点：KNaLi，故D错误；答案选C。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（
12、 ）A. 原子半径：ZYXB. 最简单氢化物的稳定性：XZC. X与Y形成的化合物中，阴阳离子个数比为1:2D. Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸【答案】C【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为-2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）Z（S），所以原子半径：YZX，故A错误；B、同主族元素，
13、从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 硫酸亚铁溶液中通入氯气：Fe2Cl2Fe3ClB 亚硫酸钠与硫酸氢钠溶液反应：SO32-2H=H2OSO2C. 氯化铝与足量氨水反应：4NH3H2O+Al3+=AlO2-+4NH4+2H2OD
14、. 浓硝酸与铜反应：3Cu8H2NO3-=3Cu2+2NO4H2O【答案】B【解析】【详解】A、氯原子不守恒，正确离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，故A错误；B、亚硫酸钠的电离方程式为Na2SO3=2NaSO32，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，两者混合后发生2HSO32=H2OSO2，故B正确；C、氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)32NH4，故C错误；D、Cu与浓硝酸反应生成NO2，离子反应方程式为Cu4H+2NO3=Cu22NO22H2O，故D错误。10.关于化学键的叙述中，正确的是（）A. HCl电离产生H+和Cl，
15、可判断HCl分子中存离子键B. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键C. 化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键D. 不同元素组成的多原子分子中的化学键一定全是极性键【答案】C【解析】【详解】A.HCl中只含共价键，在水分子作用下可电离出H+和Cl-，不能利用电离判断物质中的化学键，A错误；B.阴、阳离子间通过静电作用力所形成的化学键是离子键，静电作用包含引力和斥力，B错误；C.化学变化的实质为化学键的断裂和生成，则化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键，C正确；D.不同元素组成的多原子分子中，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在极性键和非极性键，D
16、错误。故答案选C。【点睛】正确理解“相互作用”含义需要注意以下几个关键词。一是相互作用的微粒，除了原子外，还包括原子团以及它们得失电子而形成离子，如Na+、Cl、NH4、NO3等；二是“相邻”与“强烈”，二者是一致的，只有相邻的原子间，相互作用才会“强烈”。不相邻的原子或离子间同样存在着相互作用，只不过因为相距较远而弱得多，不叫化学键；三是“相互作用”的实质，原子或离子间存在着多种作用力，既有相互吸引，也有相互排斥，化学键实质上是相互吸引和相互排斥的平衡状态。11.如图所示装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹，下列与实验事实相符的是（）A.
17、NH3（H2O含紫色石蕊试液），红色喷泉B. SO2（NaOH溶液），无色喷泉C. HCl（H2O含紫色石蕊试液），蓝色喷泉D. NO（NaOH溶液），无色喷泉【答案】B【解析】因氨气极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因氨水溶液显碱性,石蕊遇碱变蓝,故形成蓝色喷泉,A错误；因SO2与NaOH溶液反应生成盐和水,溶液为无色,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成无色喷泉, B正确；因氯化氢极易溶于水,则挤压胶管的胶头,使烧瓶中的气压减小,且小于外界大气压,则形成喷泉,又因盐酸溶液显酸性,石蕊遇酸变红,故形成红色喷泉, C错误
18、；NO为中性氧化物，与碱不反应，无法形成喷泉，D错误；正确选项B。12.下列实验现象预测正确的是（）A. 实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B. 实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C. 实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 实验：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强【答案】B【解析】分析：A根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶；B根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；C根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应；D胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。 详解：A项，苯的密度比水
19、小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；综上所述，本题正确答案为B。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较
20、多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。13.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：试回答下列问题：(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_。有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法_(填“正确”或“不正确”)。(2)B装置有三种功能：混匀混合气体；_；_。(3)D装置的名称为_，其作用是_。(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_(填字母)。a.分液法 b.蒸馏法 c.结晶法(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反应，充
21、分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为_，生成HCl的总物质的量为_。【答案】 (1). CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl (2). 正确 (3). 控制气流速率 (4). 干燥气体 (5). 干燥管 (6). 防止倒吸 (7). a (8). 3 mol (9). 3 mol【解析】【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢能溶于水、碱性溶液，所以E装置是处理尾气，倒置
22、干燥管能防倒吸，据此分析解答。【详解】(1) 光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成二氯甲烷和氯化氢，反应方程式为CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，在强光照射下，氯气与甲烷发生置换反应CH4+2Cl2 C+4HCl，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，故答案为CH4+2Cl2 C+4HCl；正确；(2) 浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸干燥混合气体；通过观察气泡能控制气流速率，故答案为控制气流速率；干燥气体；(3)装置D为干燥管，起防倒吸作用，故答案为干燥管；防止倒吸； (4) E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，由于有机物
23、都难溶于水，是互不相溶的两层液体物质，所以从E中分离出盐酸的最佳方法是分液，选a，故答案为a；(5) 将1 mol CH4与Cl2发生取代，四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，设生成CH3Cl的物质的量为x，则CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量分别为（x+0.1）、（x+0.2）、（x+0.3），根据碳原子守恒，有x+（x+0.1）+（x+0.2）+（x+0.3）=1，解得x=0.1，所以四种有机产物的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，则根据取代反应的特点，消耗的氯气的物质的量是0.1mol1+0.2mol2+0.3mol3+0.4mol4
24、=3mol；生成HCl的总物质的量等于参加反应的氯气的物质的量为3mol，故答案为3 mol；3 mol。【点睛】本题考查氯气的制备以及甲烷与氯气的取代反应，掌握反应的原理、准确把握产物的判断是答题的关键。14.有机物AH转化关系如下图所示。其中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是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E的官能团名称为_。反应的反应类型_。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，正确的是_(选填序号)。aB不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以bB的同系物中，当碳原子数5时开始出现同分异构
25、现象c等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_。反应：_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好：_，并说明理由：_。【答案】 (1). 羟基 (2). 加聚反应 (3). c (4). CH2CH2H2O CH3CH2OH (5). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (6). (7). 反应为加成反应，无副反应发生，原子利用率高【解析】【分析】A是植物生长调节剂，产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A应为CH2CH2。CH2CH2与H2加成生成B，则B是CH3CH3。CH
26、2CH2与HCl加成生成C，则C是CH3CH2Cl。D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”， D应为聚乙烯。CH2CH2与H2O加成生成E，则E是CH3CH2OH。CH3CH2OH催化氧化生成F，则F是CH3CHO。CH3CH2OH被酸性K2Cr2O7氧化生成G，则G是CH3COOH。CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸加热条件下生成H，则H是CH3COOCH2CH3。【详解】(1)由分析可知，E是CH3CH2OH，则E的官能团名称为羟基。反应是CH2CH2发生加聚反应生成聚乙烯；(2) a聚乙烯、CH3CH3不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但CH2CH2可以，故
27、a错误；bCH3CH3的同系物中，当碳原子数4时开始出现同分异构现象，故b错误；cCH2CH2和聚乙烯的最简式相同，则等质量的CH2CH2和聚乙烯完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等，故c正确；答案选c；(3)反应是CH2CH2与H2O加成生成CH3CH2OH，化学方程式为CH2CH2H2OCH3CH2OH。反应是CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(4) CH3CH2Cl是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应：CH2CH2与HCl加成或：CH3CH3与Cl2光照取代制备，反应制备较好，理由是反应为加成反应，无副反应发生，
28、原子利用率高。15.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。（1）如图中仪器A的名称是_。甲同学实验步骤：连接仪器、_、加药品、滴入试剂。（2）如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为_溶液，C中的盛放试剂为_溶液。能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_。（3）如图中A处
29、反应的离子方程式为_。（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此_（填“能”或“不能”）得出溴非金属性强于碘，理由是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝【解析】【分析】（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素
30、的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；（3）单质的氧化性Cl2Br2I2，卤素单质之间可发生置换反应；（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为分液漏斗，检查装置气密性。（2）图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅
31、酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为碳酸钠，硅酸钠。烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为一段时间后产生白色胶状沉淀。（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2Br2I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换
32、反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl22Br-2Cl-Br2，故答案为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。（4）单质的氧化性Cl2Br2I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。16.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_（填元素符号）（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_（
33、用元素符号表示，下同），金属性最强的是_（用元素符号表示），属于过渡元素的是_（该空格用表中的字母表示）（3）元素B的单质含有的化学键为_。（填“离子键、“极性共价键”、“非极性共价键”）（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_溶液，作用是_，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：_。【答案】 (1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OHAlO2+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8)
34、. 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3【解析】【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中的J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素
35、介于A和A之间，可推知M为过渡元素；（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OHAlO2+2H2O；（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3。
