甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题

甘肃省肃宁县第一中学2019-2020学年高一下学期第一次考试
化学试题
1.收藏的清末铝制艺术品至今保存完好，该艺术品未被锈蚀的主要原因是（ ）
A. 铝不易被氧化
B. 铝的氧化物在空气中易变成铝
C. 铝不易发生化学反应
D. 铝易氧化，形成的氧化膜有保护作用
【答案】D
【解析】
【分析】
金属的化学性质有：金属与氧气反应、金属与酸反应、金属与盐溶液反应，以及铝的性质，铝容易和空气中的氧气反应生成致密的氧化物保护膜。
【详解】A、铝易被氧化，生成的氧化铝性质稳定，具有保护作用，故A错误；
B、铝易被氧化，生成的氧化铝性质稳定，故B错误；
C、铝性质比较活泼，不稳定，故C错误；
D、铝易被氧化，生成的氧化铝性质稳定，具有保护作用，故D正确；
故答案选D。
2.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 蒸发操作时，应使溶液中的溶剂完全蒸干后，才能停止加热
B. 蒸馏操作时，应把温度计的水银球插入溶液中
C. 分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水的大
【答案】C
【解析】
【详解】A.在蒸发操作的过程中，当加热到有大量晶体析出时停止加热，利用余热蒸干，A错误；
B.蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；
C.分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，C正确；
D.萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与溶质不反应即可，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题主要考查了常见的实验操作，掌握各种常见的分离混合物的方法对被分离的物质的性质的要求及具体物质的性质是本题解答的关键，要在平时学习中注意对知识的积累和掌握。
3.下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是( )
A. 石墨、Fe(OH)3胶体、澄清石灰水 B. 氮气、干冰、冰水混合物
C. 液氯、CuSO4、漂白粉 D. 硫粉、氨水、硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe(OH)3胶体是混合物，不属于化合物，A错误；
B. 冰水混合物构成微粒是H2O，属于纯净物，B错误；
C. 选项中的各种物质分类合理，C正确；
D. 氨水属于混合物，不是化合物，D错误；
故合理选项是C。
4.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 物质的量浓度为 0.5mol·L-1 的 MgCl2溶液中，含有 Cl-数为 NA
B. 标准状况下，22.4LH2O 中含有的分子数为 NA
C. 常温常压下，4g 氦气中含氦原子数为 NA
D. 过氧化钠与水反应时，生成 1mol 氧气转移的电子数为 4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该溶液只有浓度数据，没有体积数据，无法计算溶液中含有的Cl-数，A选项错误；
B. 标准状况下，H2O不是气体，按气体进行计算，结果错误，B选项错误；
C. 稀有气体分子为单原子分子，所以，常温常压下，4g 氦气中含氦原子数为 ，C选项正确；
D. 过氧化钠与水反应时，电子转移情况为：，所以生成 1mol O2转移的电子数为2NA，D选项错误；
答案选C。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 加入酚酞呈红色的溶液中：CO32-、NH4+、NO3-、K+
B. 含有大量Ag+的溶液中：H+、Na+、K+、Cl-
C. 强碱性溶液中：Fe3+、Na+、Cl-、SCN-
D. 强酸性的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入酚酞呈红色的溶液显碱性， NH4+不能在碱性溶液中大量存在，因为铵根会与氢氧根离子反应生成一水合氨；
B. 含有大量Ag+的溶液中， Cl-不能大量存在，因为会与反应生成AgCl沉淀；
C. Fe3+和SCN-会生成难电离的Fe(SCN)3，在强碱性溶液中，Fe3+会与OH-生成Fe(OH)3沉淀；
D. 强酸性的溶液中，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-等几种离子之间不能发生离子反应，可以大量共存。
综上所述，常温下，在指定溶液中能大量共存的是D。
6.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是
A. HBr、CO2、NH3 B. Na2O、Na2O2、Na2S
C. NaCl、HCl、H2O D. NaOH、CaCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．三种物质均是只含有共价键的共价化合物，化学键类型完全相同，A正确；
B．三种化合物均是含有离子键的离子化合物，但过氧化钠中还含有共价键，B错误；
C．氯化钠是含有离子键的离子化合物，氯化氢和水是只含有共价键的共价化合物，C错误；
D．氢氧化钠和氯化钙均是含有离子键的离子化合物，但氢氧化钠还含有共价键，D错误；
答案选A。
【点晴】明确离子键、共价键与离子化合物、共价化合物的关系是解答的关键，阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键是离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物。原子间通过共用电子对所形成的相互作用是共价键，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，这说明离子化合物中可能含有共价键，但共价化合物中一定不能含有离子键。另外活泼金属和活泼非金属不一定形成离子键，例如AlCl3中Al—Cl键为共价键；另外非金属元素的两个原子之间一定形成共价键，但多个原子间也可形成离子键，如NH4Cl等。
7.下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A. 硝酸铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋↑＋2H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取大量H2：Al＋2OH－＝AlO2－＋H2↑
C. 实验室制取Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
D. 氯气溶于水，与水反应：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 硝酸铝溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式是Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；
B.铝粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和H2，反应的离子方程式是2Al＋2OH－+2H2O＝AlO2－＋3H2↑，故B错误；
C. 实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C正确；
D. 氯气溶于水，氯气与水的反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故D错误；
选C。
8.已知反应①KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O；②2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3。下列说法正确的是（ ）
A. 上述反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 氧化性由强到弱的顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2
C. 反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
D. 若反应②中有1mol氧化剂参加反应，则转移的电子数为10mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应①中没有单质参加反应，故其不是置换反应，A不正确；
B. 由反应①可知，氯酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，故氧化性KClO3＞Cl2；由反应②可知，KBrO3是氧化剂，KClO3是氧化产物，故氧化性KBrO3＞KClO3，因此，氧化性由强到弱的顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2，B正确；
C. 反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1，C不正确；
D. 反应②中KBrO3是氧化剂，Br由+5价变为0价，若反应②中有1mol氧化剂参加反应，则转移的电子数为5mol，D不正确。
综上所述，相关说法正确的是B。
9.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在氧气中常温下充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多
C. 第二块钠的生成物质量最大 D. 两块钠的生成物质量一样大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据两个反应方程式中钠和转移电子、产物的关系式计算来判断正误。
【详解】假设两块钠质量都是23g，即钠的物质的量是1mol，
钠在氧气中加热的反应方程式为：

23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1mol。

23g钠与氧气发生生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1mol；
所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，
故选B。
【点睛】本题以钠的化学性质为载体考查了物质的量的有关计算，根据反应方程式计算即可。
10.在一定条件下，下列物质不能与二氧化硅反应的是（ ）
①焦炭 ②纯碱 ③碳酸钙 ④氢氟酸 ⑤高氯酸 ⑥氢氧化钾 ⑦氧化钙⑧ 氮气
A. ③⑤⑦⑧ B. ⑤⑦⑧ C. ⑤⑧ D. ⑤⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①SiO2+2CSi+2CO↑，制备粗硅的反应，所以能反应，故不选；
②SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；
③SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；
④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故不选；
⑤不反应，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故选；
⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，强碱能腐蚀玻璃，故不选；
⑦SiO2+CaOCaSiO 3，故不选；
⑧不反应，有碳的时候反应3 SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，故选；
故答案为：C。
【点睛】SiO2在高温下与碳单质反应生成硅单质和一氧化碳，而非二氧化碳，二氧化硅中硅元素是+4价，变成了后来的0价，而碳从0价就先被氧化成+2价的，也就是说二氧化硅的氧化能力比较小，只能把碳氧化成一氧化碳！
11.下列说法不正确的有几个（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②同一元素的核素种数由中子数决定
③18gH2O中含有的中子数为10NA
④标准状况下，等体积CH4和HF所含的分子数相同
⑤通过化学变化可以实现16O与18O之间的相互转化
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】C
【解析】
【详解】①具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故①错误；
②核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子，因此同一元素的核素种数由中子数决定，故②正确；
③18gH2O的物质的量是1 mol，含有的电子数为10NA，中子数为8NA，故③错误；
④标况下HF不是气态，则等体积CH4和HF所含的分子数不相同，故④错误；
⑤16O与18O之间的转化中没有产生新物质，因此不可能通过化学变化实现16O与18O间的相互转化，故⑤错误；
①③④⑤错误，故选C。
12.将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈现如下变化：

关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（ ）
A. H+、ClO-、Cl2 B. H+、ClO-、Cl- C. HCl、ClO-、Cl- D. H+、HClO、Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】
由图中颜色变化可知，紫色石蕊试液中通入氯气，溶液变红色，表明溶液表现出酸性；溶液变为无色，表明溶液表现出强氧化性；溶液变为浅黄绿色，表明溶液中溶解了有色的物质。
【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是D；
故选：D。
【点睛】氯气溶于水，发生如下反应：Cl2+H2OHCl+HClO，反应产物中，HCl显酸性，HClO表现强氧化性
13.16O 和 18O 是氧元素的两种核素，下列说法正确的是
A. 16O 与 18O 互为同位素 B. 16O 与 18O 的核外电子排布不同
C. 16O2 与 18O2 互为同素异形体 D. 16O2 与 18O2 的化学性质不同
【答案】A
【解析】
【详解】A. 16O 与 18O是氧元素的两种核素，两者互为同位素，故A正确；
B. 16O 与 18O互为同位素，其核外电子排布相同，故B错误；
C. 16O2 与 18O2是氧元素的两种核素，不是单质，不属于同素异形体，故C错误；
D. 互为同位素的原子具有相同的化学性质，故D错误；
故选：A。
【点睛】16O和18O是氧元素的两种核素，二者互为同位素，互为同位素的原子具有相同的化学性质，其核外电子排布相同。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 氯化氢溶于水能电离出H+、Cl-，所以氯化氢是离子化合物
B. 碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C. 共价化合物中一定没有离子键
D. 离子化合物中不可能存在共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢原子和氯原子两种非金属原子之间形成的是共价键，氯化氢是共价化合物，A项错误；
B.碘属于分子晶体，分子晶体的升华只需要克服分子之间的范德华力，B项错误；
C.共价化合物的定义是只含共价键的化合物，因此一定没有离子键，C项正确；
D.离子化合物的定义是含有离子键的化合物，因此也可能有共价键，例如是离子化合物，但是含有共价键，D项错误；
答案选C。
【点睛】除铵盐外，大多数情况下非金属和非金属之间形成共价键，因此各种酸基本都是共价化合物。
15.下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是

实 验 操 作
目的或结论
A
将Cu片放入FeCl3溶液中
证明Fe的金属性比Cu强
B
将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成
镁与CO2发生置换反应
C
将SO2通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中
证明SO2有漂白性
D
向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液
除去FeCl2溶液中的FeBr2



A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋反应，体现Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，不能证明二者金属性的强弱，故A错误；
B．根据现象可以推知，发生2Mg＋CO22MgO＋C反应，该反应为置换反应，故B正确；
C．利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，体现SO2的还原性，故C错误；
D．还原性：Fe2＋>Br－，加入适量氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误；
故选B。
16.右图表示在某溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，沉淀的物质的量随Ba（OH）2的物质的量的变化关系。该溶液的成分可能是 （ ）

A. NH4Al（SO4）2 B. KAl（SO4）2
C. Al2（SO4）3 D. NaAlO2
【答案】C
【解析】
【详解】加入氢氧化钡产生沉淀，后部分溶解，说明该化合物中一定含有Al3+和SO42-离子，由图中的数据可知，最终得沉淀为3mol，说明硫酸根离子的物质的量是3mol，氢氧化铝与1mol氢氧化钡反应说明铝离子的物质的量是2mol，则溶液中Al3+和SO42-离子的物质的量之比是2:3，所以该物质是硫酸铝，答案选C。
17.下列事实不能作为实验判断依据的是(　　)
A. 钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱
B. 铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱
C. 酸性H2CO3>H2SiO3，判断碳与硅的非金属活动性强弱
D. Br2与I2分别与足量的H2反应的难易，判断溴与碘的非金属活动性强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A. 可以用金属与水或酸反应的剧烈程度，来判断金属活动性强弱，A正确；
B. 钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，是因为钠太活泼，与水反应生成碱和氢气，反应产生的碱再和盐发生复分解反应，因此不能从CuSO4溶液中不能置换出铜，B错误；
C. 元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，所以可根据酸性H2CO3>H2SiO3，判断碳与硅的非金属活动性强弱，C正确；
D. 元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易，故Br2与I2分别与足量的H2反应的难易，判断溴与碘的非金属活动性强弱，D正确；
故合理选项是B。
18.下列关于图所示原电池装置的叙述中，正确的是（ ）

A. 铜片是正极，电极上发生氧化反应
B. 铜片质量逐渐减少
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 铜离子移向铜片被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn，Cu及硫酸铜溶液构成的原电池中，活泼金属锌做负极，金属铜做正极，正极上发生还原反应，故A错误；
B．原电池的正极反应是：Cu2++2e-=Cu，金属铜质量增加，故B错误；
C．原电池中电流从正极流向负极，即从铜片经导线流向锌片，故C错误；
D．原电池正极反应是：Cu2++2e-=Cu，铜离子在铜片表面被还原，故D正确；
答案选D。
【点睛】明确原电池的原理，根据总的氧化还原反应，拆成氧化反应和还原反应，分清两极。
19. 将100 mL稀硝酸和稀硫酸的混合酸溶液平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g(假设此时硝酸只被还原为NO，下同)；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示。则下列判断中错误的是

A. OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2
B. A点对应消耗NO3-物质的量为0.1 mol
C. B点对应消耗铁粉的质量为8.4 g
D. 原混合酸溶液中H2SO4的浓度为2.0 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向另一份中逐渐加入铁粉，硝酸首先把铁氧化为硝酸铁、自身被还原为NO，同时还产生水，当硝酸完全被消耗后，继续加入铁粉，铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子，当铁离子完全消耗后，加入的铁粉与溶液中的氢离子反应生成氢气，因此OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2，A正确；
B. A点硝酸根恰好完全被消耗，消耗铁的物质的量是5.6g÷56g/mol=0.1mol，Fe失去0.3mol电子，则根据电子得失守恒可知消耗硝酸的物质的量是0.1mol，因此对应消耗NO3-物质的量为0.1 mol，B正确；
C. 根据B项分析，A点生成0.1molFe3+，根据方程式2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋可知0.1mol铁离子消耗0.05mol铁，则B点对应消耗铁粉的质量为(0.1mol＋0.05mol)×56g/mol=8.4 g，C正确；
D. 最终消耗铁是11.2g，物质的量是11.2g÷56g/mol=0.2mol，则溶液中产生硫酸亚铁是0.2mol，根据S原子守恒可知，每一份溶液中硫酸的物质的量是0.2mol，硫酸的浓度是0.2mol÷0.05L=4mol/L，D错误；
答案选D。
20.A、B、C都为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。已知B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素族序数的2倍；B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍，则A、B、C符合的一组是（ ）

A. 铍、钠、铝 B. 硼、镁、硅 C. 碳、铝、磷 D. 氧、磷、氯
【答案】D
【解析】
【详解】A、B、C均为短周期元素，由元素在周期表中的位置，可知A处于第二周期，B、C处于第三周期，设A的原子序数为x，则B原子序数为（x+7），C原子序数为（x+9），由B、C元素的原子序数之和是A元素的原子序数的4倍可得：（x+7）+（x+9）=4x，解得x=8，则A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，P、Cl两元素在周期表中族序数之和是O元素族序数的2倍，故选D。
【点睛】注意信息的应用及短周期原子序数关系，把握元素的位置、原子序数关系为解答的关键。
21.已知R2－离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2－离子里含有电子的物质的量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】R2－离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则R的质子数为M-n，1个R2－里所含的电子数为M-n+2，mgR2－的物质的量为mol，所以mgR2－离子里含有电子的物质的量为。
故选C。
22.关于下图的说法不正确的是(　　)

A. 1 mol I2(s)与1 mol H2(g)化合生成2 mol HI(g)时，需要吸收5 kJ的能量
B. 2 mol HI(g)分解生成1 mol I2(g)与1 mol H2(g)时，需要吸收12 kJ的能量
C. 1 mol I2(s)变为1 mol I2(g)时需要吸收17 kJ的能量
D. I2(g)与H2(g)生成2HI(g)的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1 mol I2(s)和1 mol H2(g)吸收5 kJ热量生成2 mol HI(g)，A正确；
B．由图可知，1 mol I2(g)和1 mol H2(g)生成2 mol HI(g)放出12 kJ热量，则2 mol HI(g)分解生成1 mol I(g)与1 mol H2(g)时需要吸收12 kJ的能量，B正确；
C．由图可知，1 mol I2(g)变为1 mol I2(s)放出17 kJ的热量，则1 mol固态碘变为1 mol碘蒸气时需要吸收17 kJ的能量，C正确；
D．由图可知，1 mol I2(g)＋1 mol H2(g)生成2 mol HI(g)放出12 kJ热量，应为放热反应，D错误。
答案为D。
23.LED(Light Emitting Diode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使 LED 灯发光的装置。下列说法不正确的是（ ）

A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 溶液中 SO42-向负极移动
C. 铜为阳极，锌为阴极
D. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置中通过发生原电池反应，将化学能转化为电能，然后发光二极管发光，将电能转化为光能，A正确；
B．溶液中Zn为负极，Cu为正极，阴离子(SO42-)向负极移动，B正确；
C．此装置为原电池，电极只讲正、负，不讲阴、阳，C错误；
D．如果将锌片换成铁片，Fe的金属活动性仍大于Cu，则电路中的电流方向不变，D正确；
故选C。
24.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是（　　）
A. 原子半径：Y＞X，离子半径Z＜W
B. 元素Y的单质能与元素X的最高价氧化物发生置换反应
C. 元素Y和W能形成YW2型离子化合物
D. W的单质有毒，能使湿润的有色布条褪色
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍，则Z为S元素、Y为Mg元素、W为Cl元素。X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，则X为C元素。
【详解】依据上述分析可知，X、Y、Z、W分别为C、Mg、S、Cl。
A.电子层越多，半径越大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小； 原子半径Mg＞C，离子半径S2-＞Cl-，A不正确；
B. 元素Y的单质是Mg，其能与元素X的最高价氧化物（CO2）发生置换反应生成MgO和C，B正确；
C. Mg和Cl能形成MgCl2，其属于离子化合物，C正确；
D. Cl2有毒，其与水反应可以生成具有漂白作用的次氯酸，故其能使湿润的有色布条褪色，D正确。
综上所述，说法不正确的是A。
25.为了庆祝元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。下表是元素周期表的一部分，数字①～⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题：
①






























②

③
④

⑤
⑥










⑦


⑧
⑨


（1）⑧所对应的元素名称为___，其在周期表中的位置___。
（2）在①～⑨元素中，原子半径最大的是___（填元素符号），其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该反应化学方程式___。
（3）⑤⑥⑦三种元素所形成的最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是___（填化学式）。
（4）比较④与⑨的气态氢化物的稳定性___＞___（填化学式）。
（5）由下列元素形成的化合物中含有离子键的是___。
A.①和③ B.②和③ C.①和④ D.⑥和⑨
【答案】 (1). 硫 (2). 第三周期第ⅥA族 (3). Na (4). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 (5). NaOH (6). HF (7). HCl (8). D
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知，①为H，②为C，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl。结合元素周期律分析解答。
【详解】（1）⑧所对应的元素名称为硫，其在周期表中的位置第三周期第ⅥA族。
（2）在①～⑨元素中，同周期，原子半径随着核电荷数的增大而减小，同主族，原子半径随着核电荷数增大而增大。原子半径规律为①＜④＜③＜②＜⑨＜⑧＜⑦＜⑥＜⑤，原子半径最大的是Na，其氧化物Na2O2可用于呼吸面具中氧气来源，反应方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
（3）同周期，从左到右，金属性减弱，⑤⑥⑦三种元素的金属性⑤＞⑥＞⑦,金属性越强，所形成的最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故碱性最强的是NaOH。
（4）同主族，从下到上，非金属性增强，非金属性④＞⑨；非金属性越强，气态氢化物的稳定性越高，故HF＞HCl。
（5）离子键是指阴、阳离子间通过静电作用形成的化学键，常出现在金属或NH4+与非金属元素之间，故含有离子键的是⑥和⑨，答案为D。
【点睛】简单的粒子半径比较方法：电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；同种元素，阳离子半径＜原子半径，阴离子半径＞原子半径。
26.根据要求回答下列问题。
①②③④⑤⑥⑦⑧
(1)只含有离子键的是______(填序号，下同)
(2)含有共价键的离子化合物是______，其中含有非极性共价键的物质的电子式为______。
(3)属于共价化合物的是______。
(4)熔融状态下能导电的化合物是______。
(5)熔融状态下和固态时都能导电的物质是______。
(6)用电子式表示的形成过程：______。
【答案】 (1). ① (2). ③⑤⑥ (3). (4). ②④⑦ (5). ①③⑤⑥ (6). ⑧ (7).
【解析】
【分析】
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，金属原子之间存在金属键，据此分析。
【详解】①是只含离子键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，②是共价化合物，③是含有共价键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，④是共价化合物，⑤是含有共价键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，⑥是含有共价键的离子化合物，在熔融状态下能够导电，⑦是共价化合物，⑧A1在熔融状态下和固态时都能导电。
(1)只含有离子键的是①；
(2)含有共价键的离子化合物是③⑤⑥，其中含有非极性共价键的物质的电子式为；
(3)属于共价化合物的是②④⑦；
(4)熔融状态下能导电的化合物是①③⑤⑥；
(5)熔融状态下和固态时都能导电的物质是⑧；
(6)水属于共价化合物，以共用电子对形成化学键，用电子式表示的形成过程为：。
【点睛】本题考查了化学键的判断，难度不大，注意金属元素和非金属元素之间可能存在共价键，明确晶体的构成微粒及微粒之间存在的作用力即可解答。
27.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：

（1）设计装置A的目的是_____________________________________，为达此目的应进行的操作______________________________________________________。
（2）在（1）中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________________________________________________；B中反应的离子方程式是_____________________________________________________。
（3）将注射器F中的空气推入E中，E中的气体变为红棕色，该实验的目的是____________。
（4）D装置的作用是_______________________________________________________。
【答案】 (1). 利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰 (2). 使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K (3). 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 (4). 3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (5). 验证E中的无色气体为NO (6). 吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气
【解析】
【分析】
由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。
【详解】（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；
（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，因此实验现象是铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色；
（3）将F中的空气推入E中，发生2NO+O2＝2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成；
（4）NO、NO2都有毒，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，则装置D的作用为吸收多余的氮氧化物，防止污染空气。
【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的综合考查。
28.下图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，请回答：

（1）在⑥中发生反应的化学方程式为______________________________________。
（2）①中的实验现象为石蕊溶液____________，此实验证明SO2具有____________的性质。
（3）②中的品红溶液________，证明SO2有________性。
（4）③中的实验现象是________________________，证明SO2有____________性。
（5）④中的实验现象是______，证明SO2有______性。
（6）⑤的作用是____________，反应的化学方程式为____________ 。
【答案】 (1). Na2SO3＋H2SO4(浓) ===Na2SO4＋H2O＋SO2↑ (2). 变红 (3). 酸性 (4). 褪色 (5). 漂白 (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). 氧化 (8). 高锰酸钾溶液褪色 (9). 还原 (10). 吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境 (11). SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O
【解析】
【分析】
（1）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；
（2）二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸可以使紫色石蕊试液变红；
（3）根据二氧化硫具有漂白性分析；
（4）根据二氧化硫具有氧化性，H2S具有还原性分析；
（5）根据二氧化硫具有还原性分析；
（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水。
【详解】（1）⑥中为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋H2O＋SO2↑；
（2）二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元中强酸，可以使紫色石蕊试液变红，即①中的实验现象为紫色石蕊试液变红，此实验证明二氧化硫是酸性气体；
（3）二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性；
（4）SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以③中的实验现象是有淡黄色沉淀生成；
（5）二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色；
（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，即⑤的作用是吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，反应的化学方程式为SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O。
【点睛】本题考查了SO2的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、氧化性和还原性等是解题关键。