山西省重点名校2018-2019学年高一下学期期末质量跟踪监视化学试题含解析

山西省重点名校2018-2019学年高一下学期期末质量跟踪监视化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列氧化物不能跟铝粉组成铝热剂的是
A．Cr2O3 B．MnO2C．MgO D．V2O5
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
铝和某些金属氧化物组成的混合物称为铝热剂，铝热剂在高温下发生置换反应生成氧化铝和金属单质，则与铝粉组成铝热剂的金属氧化物中的金属活泼性弱于铝；镁的金属活泼性强于铝，则氧化镁不能与铝粉组成铝热剂，其余的氧化物均可以与铝粉组成铝热剂，在高温下发生铝热反应生成相应的金属；答案选C。

2．下列关于化学键的说法正确的是（）
①含有金属元素的化合物一定是离子化合物
②第IA族和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键
③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键
⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物
⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键
A．①②⑤B．②③⑤C．①③④D．④⑤⑥
【答案】D
【解析】分析：(1)含有金属元素的化合物不一定是离子化合物; (2)第ⅠA族和第ⅦA族原子化合时,不一定生成离子键; (3)由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物;(4)活泼金属与非金属化合时,能形成离子键; (5)含有离子键的化合物一定是离子化合物,离子化合物中可能含有共价键;(6)离子化合物中可能同时含有离子键和共价键。

详解①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物,如氯化铝是共价化合物,故错误;②第ⅠA族和第ⅦA 族原子化合时,不一定生成离子键,可能生成共价键,如H元素和F元素能形成共价化合物HF,故错误;(3)由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物,如铵盐,故错误;(4)活泼金属与非金属化合时,能形成离子键,如第IA族(H除外)、第IIA族元素和第VIA族、第VIIA族元素易形成离子键,故正确;(5)含有离子键的化合物一定是离子化合物,离子化合物中可能含有共价键,如KOH,故正确;(6)离子化合物中可能同时含有离子键和共价键,如NaOH,故正确;所以D选项是正确的。

3．制玻璃和水泥的共同的原料是( )
A．二氧化硅B．碳酸钠C．碳酸钙D．硅酸钠
【答案】C
【解析】
【分析】
水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答。

【详解】
生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙。

故选C。

4．下列说法正确的是
A．CH4能使酸性KMnO4溶液褪色
B．金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2
C．乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸
D．CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A项，CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；
B项，金属Na能与C2H5OH中羟基上的H反应生成H2，B错误；
C项，纯乙酸又称冰醋酸，C错误；
D项，分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，正丁烷与异丁烷互为同分异构体，D正确。

答案选D。

5．下列关于化学键的说法正确的
A．只存在于分子之间B．相邻原子间强烈的相互作用
C．只存在于离子之间D．相邻分子间的相互作用
【答案】B
【解析】化学键是指相邻原子间强烈的相互作用；化学键既可存在于相邻的原子之间，也可存在于相邻的离子之间，A错误；相邻原子间强烈的相互作用，既包含原子核与电子之间的吸引力、原子核之间的排斥力，也包含电子间的排斥力等，B正确；化学键既可存在于相邻的原子之间，也可存在于相邻的离子之间，C错误；化学键存在于分子内原子间的相互作用，D错误；正确选项B。

6．下列实验操作中正确的是（）
A．蒸馏操作时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部，且向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸
B．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
C．焰色反应每次实验都要先用稀硫酸洗净铂丝
D．过滤、结晶、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法
【答案】D
【解析】A、蒸馏操作时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，A错误；B、蒸发操作时，当有大量固体出现时，停止加热，用余热把剩余的液体蒸干，B错误；C、焰色反应每次实验都要先用稀盐酸洗净铂丝，C错误；D、过滤、结晶、萃取、分液和蒸馏等都是常用的分离混合物的方法，D正确。

答案选D。

7．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是：
A．23 g Na与氧气充分燃烧,生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为大于N A小于2N A
B．1 mol甲醇中含有的共价键数为5N A
C．标准状况下22.4L C6H6充分燃烧消耗氧气7.5 N A
D．0.2mol/L的Na2SO4溶液中含Na+ 数为0.4N A
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、Na2O和Na2O2中都含有钠离子，23gNa物质的量为1mol，与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，共生成1mol钠离子，转移的电子数为N A，故A错误；
B项、甲醇的结构简式为CH3OH，含有5个共价键，则1 mol甲醇中含有的共价键数为5N A，故B正确；C项、标准状况下C6H6为液态，无法计算标准状况下22.4LC6H6的物质的量，故C错误；
D项、溶液体积不明确，故溶液中的离子的个数无法计算，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键。

8．古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是
A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药
【答案】A
【解析】
A、瓷器属于硅酸盐，属于无机物，选项A正确；
B、丝绸的成分是蛋白质，属于有机物，选项B错误；
C、茶叶中主要物质为有机物，选项C错误；
D、中草药中主要成分是有机物，选项D错误。

答案选A。

9．下列说法正确的是（）
A．对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，加入A，反应速率加快
B．2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小
C．一定温度下，反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率
D．100 mL2 mol·L—1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B. 2NO2 N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)、v(逆) 均增大，故B错误；
C. 一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；
D. 100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。

10．如图所示，将镁片、铝片平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用导线连成闭合回路，该装置在工作时，下列叙述中正确的是
A．镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+
B．铝是电池的负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成
C．该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成
D．该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理
【答案】D
【解析】
【详解】
A．在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；
B．在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，由于电池开始工作时，生成的铝离子的量较少，NaOH过量，此时不会有Al(OH)3白色沉淀生成，故B错误；C．该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流，故C错误；
D．由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应，故其不必处理，故D正确；
故答案为D。

11．如图是温度和压强对反应X＋Y2Z影响的示意图。

图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。

下列叙述正确的是（）
A．上述可逆反应的正反应为放热反应B．X、Y、Z均为气态
C．X和Y中最多只有一种为气态，Z为气态D．上述反应的逆反应的ΔH＞0
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，随着温度的升高，Z的体积分数增加，故正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，且在相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，则若Z为气态，X、Y中只有一个气态物质。

根据此分析进行解答。

【详解】
A．由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，该反应为吸热反应，故A选项错误；
B.相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，说明增加压强平衡左移，X、Y中至少有一种不是气体，故B选项错误；
C．相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，说明增加压强平衡左移，则若Z为气态，X、Y中最多只有一种气态物质，故选C选项正确；
D．由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，逆反应的ΔH 小于0，故D选项错误。

故答案选C。

【点睛】
此类题型中一定要有“只变一个量”的思维，在解题过程中，每次只考虑一个变量对反应结果的影响，这样才能做到准确分析。

12．下列装置能够组成原电池的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。

详解：A、银和铜均不能与稀硫酸反应不能自发的进行氧化还原反应，选项A错误；B、符合原电池的构成条件，选项B正确；C、两个电极材料相同蔗糖不是电解质溶液，选项C错误；D、没有形成闭合回路，选项D错误。

答案选B。

点睛：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可。

13．据报道，1996年8月，我国科学家首次制出一种新核素镅—235，已知镅（A m）的原子序数为95，下
列关于235
95
Am的叙述正确的是
A．镅—235与铀—235具有相同的质子数
B．镅—235的原子质量是12C原子质量的235倍
C．镅—235原子核内中子数为140，核外电子数为95
D．镅—235原子一定不具有放射性
【答案】C
【解析】
【详解】
A、镅—235与铀—235的质量数均为235，具有相同的质量数，故A错误；
B、质量数是相对原子质量的近似整数值，镅—235的原子质量约为12C原子质量的235
12
倍，故B错误；
C、质量数=质子数+中子数，镅—235原子核内中子数=235-95=140，核外电子数等于质子数=95，故C正确；
D、镅—235属于锕系乙酸，具有放射性，故D错误；
故选C。

14．微量元素摄入不当也会导致代谢疾病，下列做法主要目的与补充微量元素有关的是
A．酱油加铁强化剂B．咖啡加糖C．炒菜加味精D．加工食品加防腐剂
【答案】A
【解析】
【详解】
A.铁是微量元素，与补充微量元素有关，故A正确；
B.蔗糖不含微量元素，故B错误；
C.味精是谷氨酸钠，钠是常量元素，故C错误；
D.常见的食品添加剂如苯甲酸钠，不含微量元素，故D错误。

故选A。

【点睛】
常量元素包括氧、碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒。

15．银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O、Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Ag+Zn(OH)2。

下列说法中错误的是（）
A．原电池放电时，负极上发生反应的物质是Zn
B．溶液中OH-向正极移动，K+、 H+向负极移动
C．工作时，负极区溶液pH减小，正极区pH增大
D．负极上发生的反应是Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据总反应Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn（OH）2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2，正极反应为Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－；溶液中OH-向负极极移动，K+、H+向正极移动；在负极区，OH－被消耗，溶液碱性减弱，pH减小，溶液中的OH－作定向移动到负极来补充，正极区生成OH－，溶液碱性增强，pH增大。

综上ACD正确，B错误。

答案选B。

16．有关能量的判断或表示方法正确的是()
A．由H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O的中和热ΔH= -57.3kJ/mol可知：含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ
B．从C(石墨)=C(金刚石)ΔH= +1.19 kJ/mol可知：金刚石比石墨更稳定
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
D．同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
【答案】D
【解析】
【详解】
A、浓硫酸溶于水放出大量的热，即0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量应大于57.3kJ，故A错误；
B、物质能量越低，物质越稳定，根据热化学反应方程式，石墨比金刚石稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、S(s)=S(g) △H>0，是吸热过程，即前者放出的热量多，故C错误；
D、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故D正确；
答案选D。

17．2019年4月22日是第50个“世界地球日”，我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球，守护自然资源”。

下列行为不符合今这一活动主题的是
A．积极推进“煤改气”等改造工程
B．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用
C．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D．实施秸秆禁烧，增加化石燃料的供应量
【答案】D
【解析】
【详解】
A.积极推进“煤改气”等改造工程，可以提高燃料的利用率，减少固体粉尘造成的污染，符合活动主题要求，A正确；
B.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，不仅满足了人们对材料的要求，同时也降低了空气在CO2的含量，减少了温室效应的产生，实现碳的循环利用，符合活动主题要求，B正确；
C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染，实现绿色出行的要求，与活动主题相统一，C正确；
D.实施秸秆禁烧，会减少空气污染，但同时增加化石燃料的供应量，就会无形导致空气中碳元素的含量不会减少，D错误；
故合理选项是D。

18．下列四种酸跟锌片反应，起始时生成H2反应速率最快的是（）
A．10℃20mL3mol/L的盐酸
B．10℃40mL2mol/L的醋酸
C．20℃20mL2mol/L的硫酸
D．20℃20mL4mol/L的硝酸
【答案】C
【解析】
试题分析：锌与盐酸反应的方程式是Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，所以盐酸的浓度越高，溶液的温度越高，反应速率越快。

选项D中溶液温度和盐酸的浓度均是最高的，因此反应速率最快，故选D。

考点：考查了化学反应速率的相关知识。

19．海水开发利用的部分过程如图所示。

下列有关说法不正确的是
A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
C．在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂
D．某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体
【答案】C
【解析】分析：A．蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B. 根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C. 根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。

详解：A．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A 正确；B. 苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故B正确；C. 在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D. 氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。

点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。

本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。

20．能将化学能转化为电能的产品是
A．日光灯管B．太阳能热水器C．干电池D．水轮发电机
【答案】C
【解析】
【详解】
A.日光灯管是将电能转化为光能，故A错误；
B.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故B错误；
C.干电池是将化学能转化为电能，故C正确；
D.水轮发电机是将重力势能转化为电能，故D错误。

故选C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．1.5 mol 氧分子中含有_________个氧分子，__________mol氧原子，质量为_________g，_________个氧原子，标准状况下体积为_______ L。

【答案】9.03×1023 3 48 1.806×102433.6
【解析】
【详解】
1.5 mol 氧分子中含有分子数为：1.5mol×6.02×23
10=9.03×1023；氧原子为双原子分子，所以含有氧原子物质的量为：1.5mol×2=3mol；氧原子个数为：3N A或1.806×1024；质量为：1.5mol×32g/mol=48g；标况下体积为：1.5mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：9.03×1023；3；48；3N A（1.806×1024）；33.6。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转化关系如图．
已知：H2C=CH﹣OH不稳定
I ①的反应类型是___．请写出乙烯官能团名称_____，由A生成B的化学方程式_____．
II 某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液。

已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH；
②有关有机物的沸点见下表：
试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯
沸点(℃) 34.7 78.5 118 77.1
请回答：
(1)浓硫酸的作用为_______；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式__________
(2)球形干燥管C的作用是______若反应前D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是
________。

(3)从D 中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出________；再加入(此空从下列选项中选择)________；然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。

A 五氧化二磷
B 碱石灰
C 无水硫酸钠
D 生石灰
(4)从绿色化学的角度分析，使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有________
【答案】加成反应 碳碳双键 2C 2H 5OH+O 2→2CH 3CHO+2H 2O 制乙酸、催化剂、吸水剂
CH 3CH 218OH+CH 3COOH Δ浓硫酸
CH 3CO 18OCH 2CH 3+H 2O 防止倒吸、冷凝 溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅 乙醇 C 反应需要浓硫酸作催化剂，产生酸性废水，同时乙醇发生副反应
【解析】
【分析】
I 根据反应流程可知，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A 为乙醇；乙醇与氧气反应生成生成乙醛，B 为乙醛；乙醛被氧化生成乙酸，M 为乙酸；
II 乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯和水，在装置D 溶液表面生成乙酸乙酯；
【详解】
I 分析可知，①的反应类型为加成反应；含有碳碳双键碳原子数目为2的烃为乙烯，其结构简式为CH 2=CH 2；
乙醇与氧气在铜作催化剂的条件下生成乙醛，其方程式为2C 2H 5OH+O 2Cu ∆
−−→2CH 3CHO+2H 2O ； (1)浓硫酸具有吸水性、脱水性，作催化剂、吸水剂、脱水剂；为了确定乙酸与乙醇的断键位置，在乙醇中的氧原子用18O 作标记，可判断乙醇中羟基中的O-H 键断开，羧基中的C-O 键断开，反应的方程式为
CH 3CH 218 O H+CH 3COOH Δ浓硫酸
CH 3CO 18
O CH 2CH 3+H 2O ； (2)球形干燥管C 的作用为防止溶液倒吸，且能冷凝乙酸乙酯蒸汽的作用；若反应前D 中加入几滴酚酞，由于碳酸根离子水解溶液呈红色，反应时吸收挥发的乙酸，使溶液中的水解程度减弱，颜色变浅，并能溶解挥发的乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度形成分层；
(3)已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl 2·6C 2H 5OH ，乙醇、乙醚和水混合液加入无水氯化钙，可分离出乙醇；无水硫酸钠吸水形成水合物除去水，而不与乙酸乙酯反应；
(4)使用浓硫酸制乙酸乙酯，消耗大量的浓硫酸，反应后得到的是含有稀硫酸的废液，污染环境，有副反应发生。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A 、B 、C 、D 、E 、F 为原子序数依次增大第三周期元素。

已知A 、C 、F 三原子的最外层共有11个电子，
且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素氢化物中有2个氢原子，试回答：
（1）写出B原子结构示意图___
（2）元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是___，写出一种含有F元素的具有漂白性的物质___（用化学式表示）。

（3）用电子式表示A、F原子形成化合物的过程___。

（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式___。

（5）设计实验证明E、F两种元素非金属性的强弱___（化学方程式加必要文字说明）。

【答案】NaOH HClO、Ca(ClO)2、NaClO等
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为
H2S+Cl2=2HCl+S↓
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。

已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素，据此分析解答。

【详解】
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。

已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，故B为镁元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素。

（1）B为镁元素，原子序数为12，原子结构示意图为；
（2）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH，F为氯元素，含有F元素的具有漂白性的物质有HClO、Ca(ClO)2、NaClO 等；
（3）A、F原子形成化合物NaCl，氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合而成，NaCl的形成过程为；
（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等，如H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl
和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓。

【点睛】
考查物质性质原子结构与位置关系、电子式等化学用语、元素化合物性质，易错点为（5）E为硫元素、F 为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．根据要求完成下列化学方程式或离子
．．方程式。

（1）工业用电解饱和食盐水制氯气的化学方程式为____________________。

（2）向新制的Na2S 溶液中滴加新制的氯水的离子
．．方程式为_______________。

（3）氯化铝与过量NaOH 溶液反应的离子
．．方程式为____________________。

（4）乙醇催化氧化制乙醛的化学方程式为____________________。

【答案】2NaCl ＋ 2H2O 2NaOH ＋ Cl2↑ ＋ H2↑S2―＋ Cl2＝S↓＋ 2Cl―Al3＋＋ 4OH－＝ [Al(OH)4]－2C
H5OH ＋ O22CH3CHO ＋ 2H2O
2
【解析】（1）工业用电解饱和食盐水制氯气是利用电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，其化学方程式为：2NaCl ＋ 2H2O 2NaOH ＋ Cl2↑ ＋ H2↑；（2）向新制的Na2S 溶液中滴加新制的氯水反应
生成硫单质沉淀和氯化钠，其反应的离子
．．方程式为：S2―＋ Cl2＝S↓＋ 2Cl―；（3）氯化铝与过量NaOH 溶
液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，其反应的离子
．．方程式为：Al3＋＋ 4OH－＝ [Al(OH)4]－；（4）乙醇催化氧化制乙醛的化学方程式为2C2H5OH＋ O22CH3CHO ＋ 2H2O。