济宁市重点名校2017-2018学年高一下学期期末学业质量监测化学试题含解析

济宁市重点名校2017-2018学年高一下学期期末学业质量监测化学试题
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．下列气体溶于水，有氧化还原反应发生的是 ( )
A．SO2B．NH3C．NO2D．CO2
【答案】C
【解析】分析：发生的反应中，存在元素的化合价变化，则发生了氧化还原反应，以此来解答。

详解：A．二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，A错误；B．氨气溶于水反应生成一水合氨，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，B错误；
C．二氧化氮溶于水反应生成硝酸和NO，N元素的化合价变化，发生了氧化还原反应，C正确；
D．二氧化碳溶于水反应生成碳酸，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，D错误；
答案选C。

2．下列关于可逆反应的叙述正确的是（）
A．2H2O2H2+O2与 2H2+O22H2O互为可逆反应
B．可逆反应在一定条件下可达到平衡状态，该状态下，正、逆反应速率相等，都为零
C．可逆反应不能进行到底，必然有反应物剩余
D．可逆反应的速率很小，达到最大限度时反应停止
【答案】C
【解析】A．2H2O2H2+O2与2H2+O22H2O的反应条件不同，所以不是可逆反应，故A错误；B．可逆反应在一定条件下可达到平衡状态，该状态下，正、逆反应速率相等，但均不为零，故B错误；C．可逆反应有一定限度，反应物的转化率不可能达到100%，必然有反应物剩余，故C正确；D．可逆反应的速率不一定小，达到最大限度时反应为相对静止状态，是平衡状态，故D错误；答案为C。

3．X、Y、Z是三种短周期的主族元素，在周期表的位置如图，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，下列说法正确的是（）
A．X形成的氢化物只有一种
B．原子半径：Y＞Z
C．X和Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
D．X的最低负化合价为-3
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z是三种短周期的主族元素，根据元素在周期表的位置，X为第二周期元素，X原子的最外层电子
数是其次外层电子数的2倍，则X为C元素，因此Y为Al元素，Z为Si元素，据此分析解答。

【详解】
由以上分析可知X为C元素、Y为Al元素，Z为Si元素。

A．X为C元素，形成的氢化物为烃，是一类物质，故A错误；
B．同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Y＞Z，故B正确；
C．碳酸和硅酸均为弱酸，故C错误；
D．C最外层有4个电子，最低负化合价为-4价，故D错误；
故选B。

4．如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是
A．锌做负极发生氧化反应
B．供电时的总反应为：Zn+2H+═Zn2++H2↑
C．产生1gH2，消耗锌的质量65 g
D．该装置可实现化学能转化为电能
【答案】C
【解析】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；B、原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，故B正确；C、原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量65g，故C错误；
D、该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故D正确；故选C。

5．下列有机反应属于加成反应的是
A．
B．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl
C．CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+ H2O
D．2CH3CH2OH +O22CH3CHO +2H2O
【答案】B
【解析】分析：A苯与溴发生取代反应；B.乙烯和氯化氢发生加成反应；C.酯化反应为取代反应；D.乙醇氧化制乙醛。

详解：苯与溴在溴化铁作用下发生取代反应，生成溴苯，A错误；乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；B正确；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，为取代反应，C错误；乙醇发生氧化反应生成乙醛，D
错误；正确选项B。

6．化学与生产、生活、社会关系密切，下列说法正确的是
A．空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
B．高铁使用的增强型聚四氟乙烯板是无机高分子材料
C．超高分子聚乙烯纤维“力纶”是有机高分子化合物
D．泰国银饰和土耳其彩瓷主要成分均为金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】
A．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料，利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，二氧化硅是光导纤维的主要成分，故A错误；
B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B错误；C．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故C正确；
D．银为金属单质，故银饰属于金属材料，而陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故D错误；
故选C。

7．禁止用工业酒精配制饮料酒，这是因为工业酒精中常含有少量会使人中毒的
A．甲醇B．乙酸C．乙酸乙酯D．乙醛
【答案】A
【解析】分析：甲醇有毒，能使人中毒，据此解答。

详解：禁止用工业酒精配制饮料酒，这是因为工业酒精中常含有少量会使人中毒的甲醇，饮用含有甲醇的饮料会使人中毒，轻者会使人眼睛失明，严重的会死亡。

答案选A。

8．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。

W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。

下列说法错误的是
A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B．元素X的一种单质是自然界中硬度最大的物质
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】C
【解析】分析:由题中信息可知：W是氢元素，X是碳元素，Y是铝元素，Z是硫元素。

详解：A项，W的氯化物HCl中，氢原子外层只有两个电子，故A项错误；
B项，碳元素的一种单质金刚石是自然界中硬度最大的物质，故B项正确；
C项，铝单质和氢氧化钠溶液或盐酸均可发生反应且都有氢气生成，故C项正确；
D项，元素Z可与元素X形成共价化合物CS2，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为A。

9．下列属于碱性氧化物的是（）
A．CO2B．NaCl C．Na2O D．Mg(OH)2
【答案】C
【解析】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物，故A错误；B. NaCl电离出金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故B错误；C．Na2O和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，故C正确；D、Mg(OH)2电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故D错误；故选C。

点睛：把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键。

能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物(Mn2O7、Al2O3)不是碱性氧化物。

10．如图的装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。

挤压胶管的胶头，下列与实验事实不相符的是 ( )
A．NH3（H2O含石蕊）蓝色喷泉B．HCl (H2O含石蕊）红色喷泉
C．C12（饱和食盐水）无色喷泉D．CO2（NaOH溶液）无色喷泉
【答案】C
【解析】氨气极易溶于水，能形成喷泉，氨水溶液显碱性，遇到石蕊显蓝色，A项正确；氯化氢极易溶于水，能形成喷泉，遇到石蕊显红色，B项正确；氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，不能形成喷泉，C项错误；二氧化碳能与氢氧化钠反应造成气体减小，形成喷泉，D项正确。

11．把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A（g）＋B（g）xC （g）＋2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1，同时生成1mol D，下列叙述中错误的是
A．x＝4
B．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5
C．5s内B的反应速率V（B）＝0.05mol·L－1·s－1
D．达到平衡状态时A的转化率为50%
【答案】D
【解析】
【分析】
根据C的平均反应速率可以算出5s内C的物质的量改变量为2mol。

写出“三段式”进行分析：
3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）
初始 2.5 2.5 0 0
变化 1.5 0.5 2 1
平衡 1 2 2 1
【详解】
A．根据C和D的物质的量变化比为2：1，可以确定x=4，A项正确；
B．同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比。

起始时的物质的量为5mol，达到平衡时气体的总的物质的量为6mol，所以二者的压强之比为6：5，B项正确；
C．5s内物质B消耗了0.5mol，浓度变化了0.25mol/L，所以用B表示的化学反应速率为:
0.5mol
2L5s
=0.05mol·L－1·s－1，C项正确；
D．达到平衡时物质A的转化率为1.5mol
2.5mol
×100％=60％，D项错误；
所以答案选择D项。

12．下列说法正确的是
A．MgF2晶体中的化学键是共价键
B．某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键
C．N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程只需克服分子间作用力
【答案】C
【解析】
【详解】
A．MgF2晶体中的化学键是离子键，A错误；
B．某物质在熔融态能导电，则该物质中不一定含有离子键，也可能是金属单质，B错误；
C．N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，C正确；
D．干冰是分子晶体，其溶于水生成碳酸的过程还需要客服共价键，D错误，
答案选C。

13．A、B、C、D 均为气体，对于A+ 3B2C + D 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（）
A．v(A)＝0.4 mol/(L•s) B．v(B)＝0.8mol/(L•s) C．v(C)＝0.6 mol/(L•s) D．v(D)＝0.1mol/(L•s)【答案】A
【解析】
试题分析：用不同物质表示同一化学反应的化学反应速率时，其化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，据此，各选项中反应速率都换算成用物质A表示的反应速率。

A．v（A）=0.4mol/（L•s）；B.v（A）=v（B)÷3=0.8mol/（L•s)÷3=0.27mol/（L•s）；C.v（A）=c（C)÷2=0.6 mol/（L•s)÷2="0.3" mol/（L•s)；D.v（A）=v（D)= 0.1mol/（L•s)，根据上述分析，各选项中用A表示的化学反应速率大小关系是：A＞C＞D＞B，即反应速率最快的是A。

答案选A。

考点：考查化学反应速率的大小比较。

14．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。

X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。

Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

下列说法正确的是（）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．如图所示实验可证明非金属性：Cl＞Z
C．W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同
D．Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。

详解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。

A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。

故选B。

15．只用一种试剂就可鉴别乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是
A．NaOH溶液B．稀H2SO4
C．Cu(OH)2悬浊液D．Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
A．葡萄糖溶液与NaOH混合无现象，乙酸与NaOH反应也无现象，不能鉴别，故A错误；
B．乙酸、葡萄糖溶液与稀硫酸混合均无现象，不能鉴别，故B错误；
C．乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液分别与Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：蓝色溶液、砖红色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．葡萄糖溶液、淀粉溶液与碳酸钠溶液混合，均无现象，不能鉴别，故D错误；
故答案为C。

16．下列有关物质的工业制法中，错误的是
A．制硅：用焦炭还原二氧化硅得硅
B．制钠：以海水为原料制得NaCl，再电解熔融NaCl得钠
C．制铁：以焦炭和铁矿石为原料，用CO还原铁矿石得铁
D．制镁：以海水为原料，经一系列过程制得氯化镁，用H2还原MgCl2得镁
【答案】D
【解析】A．工业用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+2C Si+2CO↑，A正确；B．工业制钠是以海水为原料制得NaCl，电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，制得钠，B正确；C．工业上常用用CO 在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，C正确；D．工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，D错误；答案选D。

17．某小组为研究原电池工作原理，设计如右图装置实验。

下列叙述正确的是（）
A．导线中电流方向：锌→铜B．Zn为正极，Cu为负极
C．溶液中H+向锌片移动D．该装置能将化学能转变为电能
【答案】D
【解析】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，根据原电池工作原理，电子从从负极经外电路流向正极，即电流方向是从Cu流向Zn，故A错误；B、根据A的分析，故B错误；C、根据原电池的工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即H＋向铜片移动，故C错误；D、该装置属于原电池装置，是化学能转化成电能的装置，故D正确。

18．下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是
A．通过催化重整，可从石油中获取环状烃
B．金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法
C．石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化
D．煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得
【答案】A
【解析】
A. 通过催化重整，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，A正确；
B. 熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B错误；
C. 石油的裂化和裂解、煤的液化和气化均属于化学变化，C错误；D．煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；答案选A。

19．下列溶液不能区别SO2和CO2气体的是
A．酸性高锰酸钾溶液B．品红溶液C．氢硫酸溶液D．Ba(OH)2溶液
【答案】D
【解析】A、SO2中S显＋4价，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此高锰酸钾溶液可以鉴别CO2和SO2，故A错误；B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，CO2不具有漂白性，不能使品红溶液褪色，因此品红溶液可以鉴别，故B错误；C、SO2与H2S发生SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，有黄色沉淀产生，CO2不与H2S发生反应，硫化氢可以鉴别，故C错误；D、SO2、CO2与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，继续通入CO2或SO2，沉淀消失，现象相同，不能区别，故D正确；20．下列对检验方法或现象描述不正确的是（）
A．乙烷中是否混有乙烯，可用通过溴水是否褪色进行检验
B．乙醇中是否混有水，可用加硫酸铜粉末是否变蓝进行检验
C．乙酸中是否混有乙醇，可用加入金属钠是否产生气体进行检验
D．乙酸乙酯是否混有乙酸，可用加石蕊试液是否变红进行检测
【答案】C
【解析】C项，乙酸和乙醇，都能与金属钠反应产生氢气，因此不能用金属钠检验乙酸中是否混有乙醇。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。

已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的
ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示______、______，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。

该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________；（2）图中△H=__KJ·mol-1；
（3）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H__（要求写计算过程）。

【答案】反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低
-198 －1185 KJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像特点和方程式可知，A表示反应物的总能量，C表示生成物的总能量。

E表示活化能，其大小和反应热是无关的。

催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。

（2）图像表示的是生成2molSO3时反应过程中的能量变化，因此△H＝－2×99kJ/mol＝－198 kJ/mol。

（3）硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g) =2SO2(g) △H1=-296KJ·mol-1，又知SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g)
△H2=-99 KJ·mol-1，据盖斯定律可知，3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)= －1185 kJ/mol。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。

粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：
①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。

（1）以下操作顺序不合理的是_______。

A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③
（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。

（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。

回答下列问题：
(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；
(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。

Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。

将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应
①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。

请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。

【答案】AB 500 mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。

Na2CO3Na2CO3
和NaOH 取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；
（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；
Ⅱ．当向100 mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25 mL时，可能发生的反应有：
2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为① n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)= 1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④ n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；
Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。

【详解】
Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，
答案选AB；
（2）配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，需要500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500 mL容量瓶、胶头滴管；
（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；
Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；
图3信息显示，x:y = 1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为Na2CO3；Na2CO3和NaOH；
Ⅲ．由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N2＋6H2O=2NH3↑＋3Mg(OH)2↓易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取
适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A、B、C、D、E、F是六种核电荷数依次增加的短周期元素，它们位于三个不同的周期，B原子的电子数是最内层电子数的三倍，C和E位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，E和F相邻。

回答下列问题：
(1)写出B在元素周期表中的位置___________；
(2)写出A、C、F三种元素组成的一种弱电解质的结构式___________；
(3)能说明非金属性F比E强的两个实例_______、___________；
(4)化合物DA遇水会发生剧烈的化学变化，请写出该反应的化学方程式_____________；
(5)金属镁在BC2中燃烧的化学方程式________________________。

【答案】第二周期ⅣA族H—O—Cl氯化氢比硫化氢稳定氢气和氯气反应的条件比氢气和硫反应的条件简单，硫离子还原性比氢气强，高氯酸酸性比硫酸强，硫化氢和氯气反应生成硫和氯化氢，铁和氯气反应生成氯化铁，而铁和硫反应生成硫化亚铁等NaH+H2O=H2↑+NaOH2Mg+CO22MgO+C
【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B的原子的电子数是最内层电子数的三倍，因为是短周期元素，因此B为C，短周期指的是1、2、3周期，它们分别位于三个不同的周期，即A为H，C和E 位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，则C为O，E为S，F为Cl，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，D为Na，（1）C位于第二周期IV A族；（2）H、O、Cl组成的弱电解质为HClO，结构式为H－O－Cl；（3）比较非金属性，可以通过氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即H2S溶液中通入氯气，有淡黄色沉淀析出，也可以是与变价金属反应，看变价金属的化合价，化合价越高，说明非金属性越强等等；（4）DA的化合物是NaH，与水反应剧烈，NaH中H为－1价，H2O中H显＋1价，有中间价态0价，因此反应方程式为NaH＋H2O=NaOH＋H2↑；（5）金属镁在CO2燃烧的反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。

点睛：本题易错点是次氯酸结构式的书写，学生经常会写成H－Cl－O。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语
．．．．回答下列问题：
族
IA 0
周期
1 ①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA
2 ②③④
3 ⑤⑥⑦⑧
（1）⑧的原子结构示意图为_________。

（2）②的气态氢化物分子的结构式为_____________。

（3）②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________________。

（填化学式）
（4）⑤、⑥元素的金属性强弱依次为___________。

（填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）④、⑤、⑥的形成的简单离子半径依次_______。

（填“增大”、“减小”或“不变”）
（6）①、④、⑤元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式：_______。

【答案】HNO3＞H2CO3 减小减小
【解析】
分析：根据元素在周期表中的分布，可以知道①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl
详解：(1)⑧是氯元素，三个电子层，原子结构示意图为。

(2)②的气态氢化物是甲烷，碳与氢原子形成四个共价键，分子的结构式为。

(3)碳和氮在同一周期，从左到右，最高价含氧酸的酸性
增强，②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3> H2CO3。

(4)⑤是Na，⑥是Al，同周期元素金属性从左到右减弱，⑤、⑥元素的金属性强弱依次减弱。

(5) ④、⑤、⑥元素的原子形成的简单离子，电子层结构相同，核电荷依次增大，半径依次减小。

(6) ①、④、⑤三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式:。