山东省诸城市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省诸城市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列实验仪器中，常用于物质分离的是
①容量瓶
②漏斗
③试管夹
④蒸馏烧瓶
⑤分液漏斗
⑥滴管
A．①④⑤
B．②④⑤
C．③④⑥
D．①②⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①容量瓶应用于配制物质的量浓度的溶液，错误；②漏斗用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物，正确；③试管夹用于夹持试管，错误；④蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体混合物，正确；⑤分液漏斗用于分离互不相溶的两层液体的混合物，正确；⑥滴管用于滴加少量的液体，错误。故常用于物质分离的是②④⑤，选项是B。
考点：考查仪器的用途的知识。
2．用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是
A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1
NA
B.常温常压下,1.06g
Na2CO3含有的Na+离子数为0.02
NA
C.通常状况下，1
NA
个CO2分子占有的体积为22.4L
D.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-
个数为1
NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1
NA，标况下，水是液态，错误；
B.常温常压下,1.06g
Na2CO3含有的Na+离子数为0.02
NA，1.06g
Na2CO3的物质的量是0.01mol，正确；
C.通常状况下，1
NA
个CO2分子占有的体积为22.4L，标况下，Vm=22.4L/mol
,错误；
D.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-
个数为2
NA，故选B。
考点：阿伏德罗常数
点评：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。　
1．范围：气体（可为纯净物，也可以为混合物）
2．条件：同温同压同体积
3．特例：气体摩尔体积
推论：（为理想气体状态下）
1．p1V1/T1=p2V2/T2
2．pV=nRT=mRT/M（R为常数）
3．同温同压V1/V2=N1/N2=n1/n2ρ1/ρ2=n1/n2=N1/N2
4．同温同体积p1/p2=n1/n2=N1/N2
5．同温同压同质量V1/V2=M2/M1
6．同温同压同体积m1/m2=M1/M2
3．下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为
A．生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠
B．胆矾、盐酸、铁、碳酸钙
C．蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫
D．纯盐酸、空气、硫酸、干冰
【答案】C
【解析】
试题分析：A、碳酸钠属于盐，是电解质，错误；B、铁是单质不是电解质，碳酸钙属于盐，是电解质，错误；C、蒸馏水是纯净物、氨水是混合物、碳酸氢钠是电解质、二氧化硫是非电解质，正确；D、纯盐酸也混合物，错误，答案选C。
考点：考查物质分类的判断
4．物质的量浓度相同的下列物质水溶液，碱性最强的是
A．NaOH
B．Ca(OH)2
C．FeSO4
D．Cu(NO3)2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．NaOH-一元强碱，B．Ca(OH)2
–二元强碱，C．FeSO4
–水解显酸性的盐，D．Cu(NO3)2
–水解显酸性的盐，选B。
考点：考查溶液的酸碱性。
5．羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。
下列有关说法正确的是（
）
A．该反应是取代反应
B．苯酚和羟基扁桃酸是同系物
C．乙醛酸不能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1
mol羟基扁桃酸能与2
mol
NaOH反应
【答案】D
【解析】
试题分析：两种有机物生成一种有机物，反应C=O变成C-O单键，为加成反应，A选项不正确；羟基扁桃酸含有羟基和羧基，与苯酚结构不同，二者不是同系物，B选项不正确；乙醛酸含有醛基和羧基，醛基能使酸性KMnO4溶液褪色，C选项不正确；对羟基扁桃酸中的酚羟基和羧基具有酸性，可以和氢氧化钠反应，lmol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，，D选项正确。
考点：考查有机物的官能团及结构。
6．室温下，将1mol的CuSO4 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，CuSO4 5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4 5H2O(s)

CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断正确的是
A．△H2>△H3
B．△H1<△H3
C．△H1+△H3=△H2
D．△H1+△H2>△H3
【答案】B
【解析】
试题分析：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，则CuSO4 5H2O(s)=Cu2+（aq）+SO42-(aq)+5H2O(l)
△H1＞0；②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq）△H2＜0；③已知CuSO4 5H2O(s)=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；根据盖斯定律①-②得到③，则△H3=△H1-△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0。A．根据上述分析可知△H2＜△H3，A项错误；B．根据上述分析可知，△H2=△H1-△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1
，B项正确；C．△H3=△H1-△H2，C项错误；D．△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，D项错误；答案选B。
考点：考查盖斯定律的应用。
7．某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为
A．RO
B．R2O3
C．RO2
D．R2O5
【答案】B
【解析】
试题分析：质子数=质量数-中子数=70-39=31，电荷数=质子数-电子式=31-28=3，故该阳离子带3个单位正电荷，故表现+3价，O为-2价，故此元素的氧化物的化学式应为R2O3，故选B。
考点：考查了化学式的判断的相关知识。
8．下面几种情况，能够形成原电池的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A、两个电极材料相同，不能形成原电池，错误，不选A；B、锌没有插入液面以下，没有形成闭合回路，不能形成原电池，错误，不选B；C、符合原电池的构成条件，正确，选C；D、酒精不是电解质溶液，不能形成原电池，错误，不选D。
考点：
原电池的构成条件
9．将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5mL。则原混合气体中NO2和O2体积比可能是（
）
A．9：1
B．18：7
C．41：9
D．1：1
【答案】B
【解析】
试题分析：NO2和O2与水的反应属于循环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，对该反应来说，若NO2剩余，则实际是NO，由3NO2+H2O＝2HNO3+NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的NO2为：5mL×3＝15mL，其余的35mL气体中V（NO2）：V（O2）＝4：1，则混合气体中氧气的体积为：35mL×1/5＝7mL，二氧化氮的体积为：50mL-7mL＝43mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：43mL：7mL＝43：7；若剩余气体是O2，则反应的45mL中V（NO2）：V（O2）＝4：1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL×4/5＝36mL，氧气为：50mL-36mL＝14mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：36mL：14mL＝18：7，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算
【名师点晴】该题的关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算。关于氮氧化合物、氧气等溶于水的有关计算，需要注意实际上V NO2 ∶V O2 ＝4∶1和V NO ∶V O2 ＝4∶3时，均相当于N2O5的组成，与N2O5＋H2O＝2HNO3等效，故当NO、NO2、O2的混合气溶于H2O时也可利用原子个数比进行判断：即
。
10．下列排列顺序中，错误的是（
）
A．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4
B．稳定性：SiH4＜CH4＜NH3
C．碱性：NaOH＜KOH＜RbOH
D．沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，A不正确，酸性应该是HClO4＞H2SO4＞H3PO4；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，B正确；金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，C正确；由于HF分子间存在氢键，所以HF的沸点在同主族元素的氢化物中最高，D正确，答案选A。
考点：考查元素周期律的应用
点评：该题主要是考查学生对元素周期律的熟悉了解程度，以及灵活运用元素周期律解决实际问题的能力。难度不大。该题的关键是熟练记住元素周期律的具体内容，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力。该题还需要注意的是氢键对物质物理性质的影响。
11．莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。下列关于这两种有机化合物（见下图）的说法正确的是
A．两种酸都能与溴水发生反应
B．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键
C．1mol莽草酸完全燃烧消耗7molO2
D．等物质的量的两种酸与足量氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠的量相同
【答案】AC
【解析】
试题分析：A该物质含碳碳双键，因此能与溴水发生加成反应。B鞣酸不含碳碳双键，因此B选项是错误的。C莽草酸燃烧生成二氧化碳和水，列反应方程式出来即可知1mol莽草酸完全燃烧消耗7molO2。D选项醇羟基不能与氢氧化钠反应，因此1摩尔莽草酸消耗1摩尔氢氧化钠。1鞣酸消耗4摩尔的氢氧化钠。所以答案选AC
考点：考查有机物官能团性质的相关知识点。
12．分别燃烧等物质的量的下列各组物质，其中消耗氧气的量相等的是
①C2H2与C2H4O
②C4H8与C6H12O6
③C7H8与C6H12
④HCOOCH3与CH3COOH
A．①③④
B．①②③④
C．①④
D．①②④
【答案】B
【解析】
试题分析：有机物燃烧的方程式为CnHmOz＋（n＋m/4—z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O，所以在有机物物质的量相等的条件下消耗氧气的多少只与（n＋m/4—z/2）有关系，（n＋m/4—z/2）越大消耗的氧气越多。则根据有机物的分子式可知①中分别是2.5、2.5，②中分别是6、6，③中分别是9、9，④中分别是2、2，答案选B。
考点：考查有机物的计算等知识。
13．
在下图装置中，若通电一段时间后乙装置左侧电极质量增加，下列说法错误的是
A．当甲装置中共产生标准状况下4．48
L气体时，Cu电极上质量增加43．2g
B．电解过程中装置丙的pH无变化
C．丙中硝酸银溶液的浓度不变
D．乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu
【答案】A
【解析】
试题分析：由装置甲发生的反应可得两电极产生的气体体积相等，所以产生氢气为2．24
L，转移电子0．2
mol，则铜电极上生成Ag0．2
mol，质量为21．6
g，A错误。装置内阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上溶液的物质的量浓度不变，pH保持不变，B正确。装置甲中开始的反应为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑，故要使溶液恢复可通入适最HCl气体即可，C正确。乙装置的左侧电极质量增加，则左侧为阴极，由此可确定X极为负极，Y为正极，乙装置中铜离子放电，D正确。答案选A。
考点：电解池原理
14．使A
g
Fe粉与一定量的硝酸溶液充分反应（Fe粉完全溶解），生成的气体与标准状况下B
L
O2混合后，恰好能被水完全吸收，A和B的关系可能是
A．B>0.3A
B．B<0.2A
C．0.2AD．0.2A≤B≤0.3A
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意可知，生成的气体和氧气恰好反应时生成的是硝酸，即铁所失去的电子最终又被氧气得到，所以根据电子的得失守恒可知，如果铁的氧化产物是铁离子，则；如果是亚铁离子，则，选项C符合题意。
考点：氧化还原反应的计算，考查电子守恒定律的应用。
15．实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知
Fe3+在pH＝5时沉淀完全）。其中分析错误的是（
）
A．步骤②发生的主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2
C．步骤③用
CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH
D．步骤⑤的操作为：向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作2-3次
【答案】B
【解析】
试题分析：A、步骤②的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，发生的主要反应为：2Fe2+
+H2O2
+2H+＝2Fe3+
+
2H2O，A正确；B、步骤②若用氯水、硝酸等强氧化剂代替
H2O2，则氧化剂的还原产物不是水，会引入新的杂质氯离子、硝酸根离子，同时还会造成污染，所以不能将过氧化氢换为氯气或硝酸，B错误；C、步骤③用
CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH，碳酸铜与过量的硫酸反应生成硫酸铜、水、二氧化碳气体，不会引入新的杂质，C正确；D、洗涤固体的操作为向漏斗中加人少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作
2
～3次，然后得到硫酸铜晶体，D正确，答案选B。
考点：考查对实验步骤的判断以及实验条件的选择等
16．吗啡和海洛因都是严查严禁的毒品，吗啡含C：71.58%,H:6.67%,N:4.91%,其余是氧，已知其分子量不超过300。则吗啡的相对分子量为：
；分子式为：
【答案】285
C17H19O4N
【解析】略
17．硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050
mol·L－1，15
℃时测得O2NC6H4COOC2H5的浓度c随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
c/mol·L－1
0
0.036
0.030
0.026
0.022
0.017
0.016
0.015
0.015
（1）计算该反应在120～180
s间的平均反应速率_________；比较120～180
s与180～240
s
区间的平均反应速率的大小，前者_________后者（填＞，＜或＝），理由是____________________。
（2）计算15
℃时该反应的平衡常数_____________。
(3)为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有________。
A.加入O2NC6H4COOC2H5
B.增加OH－的浓度
C.移去产物
D.加入适当的催化剂
【答案】（1）1.0×10－4mol·L－1·s－1；＞；反应物浓度降低，反应速率减慢；
（2）K＝5.4；
（3）BC
【解析】
试题分析：（1）根据题目中提供的信息。可知在120~180s内的平均反应速率是：=1.0×10－4mol·L－1·s－1；在180~240s内的平均反应速率是：＜1.0×10－4mol·L－1·s－1，根据以上两个反应速率的大小，可以看出：随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；故答案为：1.0×10－4mol·L－1·s－1；＞；反应物浓度降低，反应速率减慢；
（2）根据O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH，可知，平衡时O2NC6H4COOC2H5、OH-、O2NC6H4COO－、C2H5OH分别为0.015mol/L、0.015mol/L、0.035mol/L、0.035mol/L，15°C时该反应的平衡常数=5.4；故答案为：5.4；
（3）A.加入O2NC6H4COOC2H5，尽管平衡向正反应方向移动，但O2NC6H4COOC2H5的转化率减小，故A错误；B.增加OH－的浓度，平衡向正反应方向移动，O2NC6H4COOC2H5的转化率增大，故B正确；C.移去产物，生成物浓度减小，向正反应方向移动，O2NC6H4COOC2H5的转化率增大，故C正确；D.加入适当的催化剂，平衡不移动，转化率不变，故D错误；故选BC。
考点：考查了化学平衡的移动和计算的相关知识。
18．研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验。
（1）根据反应Na2SO3 固 ＋H2SO4 浓 ＝Na2SO4＋SO2 ＋H2O，制备SO2气体。
①用下列简图，在答题卡的方框中画出制备并收集SO2的实验装置 含试剂 示意图。
②
实验过程中，使用分液漏斗滴加浓硫酸的操作是
。
（2）将SO2气体分别通入下列溶液中：
①
品红溶液，现象是
；
②
溴水溶液，现象是
；
③
硫化钠溶液，现象是
。
（3）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象很不明显，但又不存在气密性问题。请你推测可能的原因并说明相应的验证方法（可以不填满）。
①
原因
，验证方法
。
②
原因
，验证方法
。
③
原因
，验证方法
。
【答案】（1）①
②
打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加
（2）①
溶液褪色
②
溶液褪色
③
有浅黄色溶液（或溶液变浑浊）
（3）①
Na2CO3变质；
取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2CO3固体变质
②
不是浓硫酸；
用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸
【解析】（1）①本小题考查同学们实际选择仪器，连接仪器的能力。从左到右，依次是发生装置，收集装置，尾气吸收装置。②本小题考查基本操作能力。（2）本小题考查SO2的性质：①漂白性；②还原性；③酸性氧化物、氧化性。（3）本小题具有开放性，可以从多方面考虑。
19．孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A中的金属离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为________(填代号)，检验溶液A中Fe3＋的最佳试剂为________(填代号)。
a．KMnO4
b．(NH4)2S
c．H2O2
d．KSCN
（2）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、________、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是________。
（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入(或先加入)________(填化学式)。若实验过程中有氨气逸出，应选用下列________装置回收(填代号)。
（4）欲测定溶液A中Fe2＋浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线应____________，直到__________。用KMnO4标准溶液滴定时应选用__________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
【答案】（每空2分共18分）
（1）c；d
（2）冷却结晶；引流
（3）NH3（或NH3 H2O）；b
（4）平视凹液面（或与刻度线相平），溶液凹液面最低处与刻度线相切；酸式
【解析】
试题分析：（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++4H2O，因Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，则可用KSCN检验Fe3+，故答案为：c；d。
（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用，。
（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，故答案为：NH3 H2O；b。
（4）读数时不能人为带来误差，视线要与刻度线相平，溶液凹液面最低处与刻度线相切，又高锰酸钾具有强氧化性，则只能用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液，故答案为：与刻度线相平，溶液凹液面最低处与刻度线相切；酸式。
考点：本题考查化学流程的分析、实验基本操作、物质的制取和提纯、离子的检验。
20．某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。限选试剂：1.00
mol·L－1
HNO3、2.00
mol·L－1HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35℃水浴。
（1）他们能完成哪些因素对速率影响的探究？____________________。
（2）请根据能进行的探究内容，填写以下实验设计表，完成探究实验：
实验编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓度/mol·L－1
①
常温
细颗粒
2.00
②
细颗粒
1.00
③
35℃
2.00
④
35℃
2.00
（3）整个实验中应控制的不变量是硝酸溶液体积和
。
（4）该实验小组用如图实验装置进行实验。
①除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞等仪器外，必需的实验仪器还有___
_____。
②干燥管中应放置的试剂是________。
A．碱石灰
B．无水CaCl2
C．P2O5固体
D．浓硫酸
③若撤除干燥管装置，所测速率________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）硝酸浓度、温度、大理石表面积
（2）
实验编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓度/mol·L－1
①
②
常温
③
粗颗粒
④
细颗粒
（3）CaCO3质量
（4）①秒表、量筒
②B、C
③偏大
【解析】
试题分析：（1）根据题意可知它们要进行的实验是探究温度、固体颗粒的大小、硝酸浓度对反应速率的影响；（2）实验①②是探究硝酸浓度对反应速率的影响，因此温度、固体颗粒表面积大小应该相同；因此①
为对照实验，②的温度也是常温；③④的实验温度相同，硝酸的浓度相同，不同的应该是固体颗粒表面积大小，因此一个实验是粗颗粒，一个是细颗粒。（3）整个实验中应控制的不变量是硝酸溶液体积和CaCO3质量；（4）
①除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞等仪器外，必需的实验仪器还有测定时间的秒表和测量反应产生的气体驱赶的水的体积的量筒；③若撤除干燥管装置，一部分水蒸气会被认为是反应产生的氢气，使氢气的质量偏多，则所测速率偏大。
考点：考查反应反应速率的实验测定方案的设计及误差分析的知识。
21．在120
℃时，将12.4
g
CO2和H2O（g）的混合气体缓缓通过过量的过氧化钠固体，充分反应之后，固体的质量增加6
g。请计算：
（1）产生氧气的质量。
（2）原混合气体中CO2的质量。
【答案】（1）产生氧气的质量为6.4
g。
(2)原混合气体中CO2的质量为8.8
g。
【解析】(1)根据质量守恒
m(O2)=12.4
g-6
g=6.4
g
(2)设12.4
g混合气体中含CO2质量为x，则含H2O质量为12.4
g-x。
2Na2O2+2CO2====2Na2CO3+O2
88
32
x
2Na2O2+2H2O====4NaOH+O2↑
36
32
12.4
g-x
即
=6.4
g
x=8.8
g
22．下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题
（1）⑤和⑧的元素符号是_______和_______。
（2）表中最活泼的金属元素是___________，形成化合物种类最多的元素是_________（填写元素名称）。
（3）表中能形成两性氢氧化物的元素是___________，分别写出该元素的氢氧化物与⑥、⑨最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：__________________；__________________。
（4）证明元素⑥、⑦非金属性强弱，用一个化学方程式表示：_________________________。
【答案】
（1）Si、Ar
；
（2）钾，碳；
（3）Al，2Al(OH)3
+
3H2SO4=Al2(SO4)3
+
6H2O，
Al(OH)3
+
KOH=KAlO2
+2H2O；
（4）Cl2+Na2S==2NaCl+S↓.
【解析】
试题分析：(
1)⑤
号元素位于元素周期表中第三周期第ⅣA族是Si元素，⑧号元素是Ar元素，⑤和⑧的元素符号是Si和Ar，答案为：Si、Ar；（2）表中最活跃的金属元素是⑨号元素，⑨号元素是K元素，形成化合物最多的元素是C元素，答案为：钾，碳；（3）在表中的元素中可以形成两性氢氧化物的元素是Al元素，⑥号元素是S元素，最高价氧化物对应水化物是硫酸，氢氧化铝和硫酸反应的化学方程式为2Al(OH)3
+
3H2SO4=Al2(SO4)3
+
6H2O，氢氧化铝和氢氧化钾反应的化学方程式为：Al(OH)3
+
KOH=KAlO2
+2H2O，答案为：Al，2Al(OH)3
+
3H2SO4=Al2(SO4)3
+
6H2O，
Al(OH)3
+
KOH=KAlO2
+2H2O；（4）硫元素和氯元素非金属性强弱的比较可以通过置换反应比较，将氯气通入硫化钠中如果可以生成S，说明非金属性Cl2>S，答案为：Cl2+Na2S==2NaCl+S↓.
考点：考查元素周期表和元素周期律
23．已知A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，C与A同主族；A与B、D、E所形成的常见化合物在常温下均呈气态，在周期表中D与E左右相邻，B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，且B的核电荷数与E的最外层电子数相同。请回答下列问题：
（1）
C的离子结构示意图是
。
（2）
A、B、E可组成一种化合物，其原子个数之比为4:1:1,该化合物中存在的化学键类型
。
（3）
D2E2分子的结构式为
；C与D同主族短周期元素原子形成个数比为1:1的化合物，其电子
式
。
（4）
BE3在常温下是一种淡黄色的液体，遇水即发生水解可生成一种具有漂白性的物质和一种有刺激性气味气体，写出该反应的方程式
；
（5）下列事实能证明D与E非金属性强弱的是
（选填字母序号）。
A．常温下，D的单质呈固态，E的单质呈气态
B．E的氢化物的稳定性强于D的氢化物
C．E与D形成的化合物中，D呈正价
D．E的氢化物的沸点高于D的氢化物
【答案】
（1）钠离子结构示意图
（2）离子键、（极性）共价键
（3）Cl-S-S-Cl,
（4）NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑
（5）BC
【解析】
20、试题分析：A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的，A为氢；B的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，B为氮；B的核电荷数与E的最外层电子数相同，E为氯；在周期表中D与E左右相邻，D为硫；C与A同主族，C为钠；（1）
钠的离子结构示意图是；
⑵
A、B、E可组成一种化合物，其原子个数之比为4:1:1,该化合物为NH4Cl,存在的化学键类型为离子键、极性共价键。
⑶
D2E2是S2Cl2，结构式为Cl-S-S-Cl；C与D同主族短周期元素原子形成个数比为1:1的化合物是过氧化钠，其电子式。⑷
BE3（NCl3），遇水即发生水解可生成一种具有漂白性的物质和一种有刺激性气味气体，写出该反应的方程式NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑；
（5）
A．常温下，D的单质呈固态，E的单质呈气态,描述的是物理性质，错误；
B．E的氢化物的稳定性强于D的氢化物，非金属性：氯>硫；正确；C．氯与硫形成的化合物中，硫呈正价，说明共用电子对偏向氯，氯更活泼，正确；
D．E的氢化物的沸点高于D的氢化物，描述的是物理性质，错误；故选BC。
考点：考查物质结构、元素周期表、化学键等
带孔橡胶塞
锥形瓶
集气瓶
分液漏斗
导管
液体
固体