黑龙江省鹤岗一中2019-2020学年高三上学期第一次月考化学试卷 (有解析)

黑龙江省鹤岗一中2019-2020学年高三上学期第一次月考化学试卷
一、单选题（本大题共19小题，共38.0分）
1.下列属于固氮反应的是()
A. 2NO+O2=2NO2
B. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
C. NH3+HCl=NH4Cl
D. N2+3Mg Mg3N2
2.在元素周期表中非金属的区域处，可以找到制备()元素。

A. 合金
B. 半导体材料
C. 催化剂
D. 农药
3.实验室制取下列气体的实验正确的是()
A. 实验室制氯气
B. 实验室制氧气
C. 实验室制氨气
D. 实验室制二氧化碳
4.下列化学反应中，与“雷雨发庄稼”无关
．．的是
A. N2+3H22NH3
B.
C. 2NO+O2=2NO2
D. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
5.R元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，则R是()
A. S
B. Si
C. Na
D. C
6.下列关系正确的是()
A. 原子半径：As>Cl>P
B. 热稳定性：HCl>AsH3>HBr
C. 还原性：As3−>S2−>Cl−
D. 酸性：H2SO4>H3AsO4>H3PO4
7.下列除去杂质(括号内的物质为杂质)的方法中错误的是()
A. FeSO4(CuSO4)：加足量铁粉后，过滤
B. 溴苯(溴)：加足量NaOH溶液后静置分液
C. MnO2(KCl)：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干
D. CO2(HCl)：用NaOH溶液洗气后干燥
8.下列离子的检验方法正确的是()
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32−
B. 加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，一定有SO42−
C. 加入稀硝酸，再加入少量硝酸银溶液后生成白色沉淀，一定有Cl−
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
9.已知反应A+B=C+D为放热反应，对该反应的下列说法正确的是()
A. A的能量一定高于C
B. A和B的总能量一定低于C和D的总能量
C. A和B的总能量一定高于C和D的总能量
D. 该反应为放热反应，故不必加热就一定能发生
10.化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述
中正确的是()
A. 每生成2个分子AB吸收(a−b) kJ热量
B. 该反应热△H=+(a−b)kJ⋅mol−1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1mol A−A和1mol B−B键，放出a kJ能量
11.根据下表信息，判断以下叙述正确的是()
部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号L M Q R T
原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066
主要化合价+2+3+2+6、−2−2
22
B. 单质与稀盐酸反应的速率为L<Q
C. L、M、R的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应
D. 离子半径：L2+<R2−
12.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同主族，Y的最外层电子数是电
子层数的2倍，Z与X形成的化合物易溶解于水，其水溶液呈中性。

下列说法正确的是()
A. 简单离子半径W<X<Z<Y
B. X与W组成的化合物可以同时含有离子键和共价键
C. 简单气态氢化物的稳定性Y>Z
D. Z的氧化物对应的水化物为强酸
13.下列说法正确的是
A. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)能自发进行，说明该反应ΔH<0
B. 含1mol CH3COOH、HCl的溶液与足量NaOH反应，放出的热量肯定相等
C. 无论反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O是否使用催化剂，其ΔH不变
D. 由2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol−1，知CO(g)的燃烧热是566kJ·mol−1
14.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元
素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。

下列说法正确的是()
A. 元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构，其半径依次增大
B. 元素Z、W、R的最高价氧化物对应水化物两两之间可以反应
C. 元素X与元素Y可以形成两种共价化合物，这两种化合物只有一种类型的共价键
D. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：X m Y<X n R
15.将15.2gFe、Cu组成的合金溶于过量的稀硝酸中，生成4.48LNO(标准状况)，向反应后的溶液中
加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为()
A. 33.2g
B. 25.4g
C. 22.4g
D. 19.6g
16.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是内层电子总数的3
倍，X是地壳中含量最多的金属元素，Y的原子序数是W的2倍。

下列说法正确的是()
A. 原子半径W<X<Y<Z
B. 气态氢化物的热稳定性：W<Y
C. W与X形成的化合物为离子化合物，W与Y形成的化合物是共价化合物
D. 常温下，X单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中
17.下列物质中含共价键的离子化合物是()
A. CH4
B. H2O2
C. NaCl
D. NaOH
18.设N A为阿伏加德罗常数的值，捕获二氧化碳生成甲酸的过程(含物质的结构)如图所示。

下列说
法正确的是()
A. Au与H、N原子间形成了离子键
B. 10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1N A
C. 该过程的总反应式为
D. 1mol甲酸与足量乙醇在浓硫酸作用下加热充分反应，产生甲酸乙酯分子数为N A
19.下列是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图，
下列说法错误的是()
A. 单质①是最活泼的非金属单质
B. 单质②能使品红溶液褪色
C. 单质③在常温下是液态
D. 单质的氧化性强弱顺序是④>③>②>①
二、双选题（本大题共1小题，共2.0分）
20.向m g镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体b L.向反应后
的溶液中加入c mol/L氢氧化钾溶液V mL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为n g.再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g.则下列关系不正确的是()
A. c=1000b
11.2V B. n=m+17Vc
1000
C. p=m+cV
62.5D. (5
3
)m<p<(17
9
)m
三、填空题（本大题共4小题，共21.0分）
21.NO x是汽车尾气中的主要污染物之一。

(1)NO x能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：
________________________________________________________________________。

(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NO x的排放，当尾气中空气不足时，NO x在
催化转化器中被还原成N2排出。

写出NO被CO还原的化学方程式：
_____________________________________________________________________________。

22.如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，反应物转化为生成物时______ 热量，
△H______ 0；反之，如果反应物所具有的总能量生成物______ 所具有的总能量，反应物转化为生成物时______ 热量，△H______ 0.
23.50mL0.50mol·L−1盐酸与50mL0.55mol·L−1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。

通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：
(1)从实验装置上看，有两处缺点，其一是小烧杯和大烧杯的杯口没有相平；其二尚缺少一种玻
璃仪器，该玻璃仪器的名称是_____。

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是____。

(3)若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

(4)实验中改用60mL0.50mol·L−1盐酸与50mL0.55mol·L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相
比，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)。

(5)若实验后得到以下数据：
实验
序号
起始温度T 1/℃终止温度
T 2/℃
温差
(T2−T1)/℃
HCl NaOH平均值
125.525.025.2528.5 3.25
224.524.524.5027.5 3.00
325.024.524.7526.5 1.75
①中和后生成的溶液的比热容为4.18J·g−1·℃−1，请替该同学计算出中和热的平均值：
__________。

②从下列分析中选出该学生产生实验误差的原因可能是____(填字母)。

A.溶液混合后未及时盖好量热计杯盖
B.倾倒溶液太快，有少量溅出烧杯
C.溶液混合后搅拌不够
D.未等温度升到最高值就记录温度计示数
E.用量筒量取盐酸体积时仰视读数
F.烧杯和玻璃棒吸收了一部分热量
24.若2.6g乙炔(C2H2气态)完全燃烧生成液态水和CO2时放热130kJ。

则此反应的热化学方程式为：
__________________。

下图是某些化学键的键能：
对于反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=，求a的值为___________
四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
25.亚硫酰氯(俗称氯化亚砜，SOCl2)是一种液态化合物，沸点77℃，在农药、制药行业、有机合成
等领域用途广泛。

实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示：
请回答下列问题：
(1)仪器c的名称是______
(2)实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应的离子方程式为______
(3)已知SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并常有刺激性气味的气体产生。

蒸干AlCl3溶液
不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3⋅6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：______
(4)装置e中产生的Cl2经过装置d(含两个洗气瓶)后进入三颈烧瓶，按Cl2的流向，第一个洗气瓶
应放入的试剂是______
(5)若反应中消耗Cl2的体积为896mL(己转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl24.76g，
则SOCl2的产率为______(保留三位有效数字)。

(6)分离产物后，向获得的SOCI2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液W，检验溶
液W中存在Cl−的方法是______。

五、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
26.四种短周期元素 a A、 b B、 c C、 d D，已知原子序数大小关系是：a<c<b<d，且a+b=(c+d)/2；
四种元素在周期表中的位置关系是：A、B同主族，C、D也同主族．
(1)B、C、D三元素形成的六原子核的化合物和水反应的离子方程式是：______ ．
(2)A、C形成的四原子核化合物甲，该化合物呈弱酸性，试写出这种化合物的电离方程式：
______ ．
(3)写出分别由A、B、C、D四种元素所形成的两种化合物的水溶液相互反应的离子方程式：
______ ．
(4)写出A、C、D形成的六原子核化合物乙的水溶液和甲的水溶液相互反应的化学方程式：
______ ．
六、推断题（本大题共1小题，共16.0分）
27.已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。

试根据图中转化关系，回答下列问题。

(1)写出F、G的化学式：F.________；G._______。

(2)检验D中阳离子的方法为__________________________________________
(3)保存C溶液时要加固体A的原因是____________________________________
(4)写出下列转化的离子方程式：
①B→C：______________________________________________________________________
②C→D：______________________________________________________________________
③E→F：______________________________________________________________________
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A.2NO+O2=2NO2为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，故A不选；
B.3NO2+H2O=2HNO3+NO为不同价态的氮的化合物之间的转化，不属于固氮，故B不选；
C.NH3+HCl=NH4Cl氮元素不是从游离态转化为化合态，不属于固氮，故C不选；
D.N2+3Mg Mg3N2，氮元素由游离态转化为化合态，为氮的固定，故D选；
故选：D．
将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此判断．
本题考查了氮的固定，明确固氮的概念即可解答，题目难度不大．
2.答案：D
解析：解：
一般非金属元素可以制作有机农药，故选：D．
一般非金属元素可以制作有机农药，在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料．
本题考查元素周期表的结构和应用，题目难度不大，本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元素和非金属元素交界处的元素可以制作半导体材料，一般过渡金属可以用来做催化剂，农药分为有机和无机，一般非金属元素可以制作有机农药．
3.答案：C
解析：解：A.浓盐酸和二氧化锰在常温下不反应，应在加热条件下进行，且应防止倒吸，故A错误；
B.实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气，水的导电能力较弱，不能直接电解水制备氧气，故B错误；
C.实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故C正确；
D.盐酸和碳酸钠剧烈反应，且碳酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，应用碳酸钙和盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误。

故选：C。

A.浓盐酸和二氧化锰应在加热条件下进行；
B.实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气；
C.实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气；
D.盐酸和碳酸钠剧烈反应，且碳酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备．
本题考查较为综合，涉及常见气体的制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
4.答案：A
解析：
【分析】
本题考查氮气、一氧化氮、二氧化氮的化学性质，理解反应原理、正确书写化学方程式是解答的关键，题目难度不大。

【解答】
“雷雨发庄稼”，空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，
N2+O2=放电2NO，一氧化氮不稳定，常温下易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+ O2=2NO2，二氧化氮气体易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上，同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥，植物生长得更好，不包括选项中氮气和氢气合成氨的反应，故A符合题意。

故选A。

5.答案：D
解析：解：R元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，最外层是L层，L层上电子数是4，则R原子核外电子数=2+4=6，所以该元素是C元素，故选D．
R元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是K层，据此分析解答．
本题考查了原子结构和元素性质，明确原子中各个电子层上排列电子数是解本题关键，根据各个电子层上电子数的关系解答，题目难度不大．
6.答案：C
解析：
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

【解答】
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，根据元素周期表的机构，则原子半
径为As>P>Cl，故A错误；
B.非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>Br>As，则热稳定性：HCl>HBr>AsH3，故B错误；
C.非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，非金属性：Cl>S>As，则还原性：As3−>S2−>Cl−，故C正确；
D.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>P>As，则酸性为H2SO4>H3PO4> H3AsO4，故D错误；
故选：C。

7.答案：D
解析：
【分析】
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的
关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

【解答】
A.因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和铜，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除去，故A正确；
B.溴苯不溶于水，溴与氢氧化钠溶液反应，可分液分离，故B正确；
C.MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，故C正确；
D.HCl能与NaOH溶液反应生成氯化钠和水，CO2能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，用NaOH
溶液洗气，除去了杂质，也除去了原物质，不符合除杂原则，故D错误。

故选D。

8.答案：C
解析：
【分析】
本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意检验离子
存在时，必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性，试题有利于培养学生的分析能力及化学实验
能力。

【解答】
A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二
氧化硫，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，碳酸氢根离子，不一定有CO32−，故A 错误；
B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含
有银离子，不一定有SO42−，故B错误；
C.加入稀硝酸，再加入少量硝酸银溶液后生成白色沉淀只能是氯化银沉淀，则原溶液中一定有Cl−，故C正确；
D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能为CaCO3，溶液中可能含有Ca2+，不一定有Ba2+，故D错误；
故选：C。

9.答案：C
解析：解：反应A+B=C+D为放热反应，只能说明A和B的总能量大于C和D的总能量，或是断开A和B中的化学键所吸收的能量小于形成C和D中的化学键所放出的能量，故A，B错误，C 正确；反应吸放热与反应条件无关，即放热反应不一定不需要加热，需要加热的不一定是吸热反应，故D错误。

故选C。

反应吸放热与反应物和生成物的总能量的相对大小有关，与反应条件无关，即反应物总能量高于生成物总能量则放热，否则为吸热反应．据此分析。

本题主要考查的是放热反应与吸热反应的定义，注意放热反应与反应物和生成物的总能量的关系，难度不大。

10.答案：B
解析：
【分析】
本题考查反应热与焓变的知识，难度较小。

【解答】
A.由图知每生成2molAB吸收(a−b) kJ热量，故A错误；
B.由图知该反应热△H=+(a−b)kJ⋅mol−1，故B正确；
C.由图知该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；
D.断裂1mol A−A和1mol B−B键，吸出a kJ能量，故D错误。

故选B。

11.答案：D
解析：解：短周期元素，T、R都有−2价，处于ⅥA族，T只有−2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L>Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素．
A.非金属性O>S，元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，故A错误；
B.金属性Mg>Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；
C.L、M、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝不能与氢氧化镁反应，故C错误；
D.Mg2+离子比S2−离子少1个电子层，故离子半径：Mg2+<S2−，故D正确，
故选D．
短周期元素，T、R都有−2价，处于ⅥA族，T只有−2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L>Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素，结合元素周期律及元素化合物性质解答．
本题考查结构性质位置关系应用，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大．
12.答案：B
解析：
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于物质的性质、结构等方面的考查，题目难度不大，推断元素为解答该题的关键。

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y元素的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y有3个电子层，最外层电子数为6，则Y为S元素；W与Y同主族，W为O元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，氯化钠溶液呈中性，故Z为Cl元素，X为Na元素；据此解答。

【解答】
A.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，简单离子半径
X(Na+)<W(O2−)<Z(Cl−)<Y(S2−)，故A错误；
B.X与W组成的化合物过氧化钠，过氧化钠含有离子键和共价键，故B正确；
C.非金属性Y<Z，简单气态氢化物的稳定性Y<Z，故C错误；
D.Z的氧化物对应的水化物若是次氯酸，则为弱酸，故D错误。

故选B。

13.答案：C
解析：
【分析】
本题考查了反应热和燃烧热知识，注意燃烧热的概念及判断方法是解答本题的关键。

【解答】
A.NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)，该反应是放热反应，即ΔH>0，故A错误；
B.醋酸是弱酸，电离醋酸的过程中会吸收一部分热量，所以1mol醋酸和1molHCl与足量氢氧化钠反应放出的热量不相同，故B错误；
C.反应热与反应的途径无关，故C正确；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以CO的燃烧热是283kJ/mol，故D错误。

故选C。

14.答案：B
解析：
【分析】
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，难度中等，注意半径比较规律，注意对基础知识的理解掌握。

【解答】
X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R 原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，而Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故Z为Na，W为Al元素。

A. 元素O、Na、Al离子具有相同的电子层结构，其半径依次减小，故A错误；
B. 元素Na、Al、S的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4，两两之间可以反应，故B正确；
C. 元素H与元素O可以形成H2O和H2O2两种共价化合物，H2O2含有两种类型的共价键，故C错误；
D. 元素O、S分别与元素H形成的化合物的热稳定性：H2S<H2O，故D错误。

故选B。

15.答案：B
解析：
【分析】
n(NO)= 4.48L
=0.2mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量．最后沉淀为Cu(OH)2、
22.4L/mol
Fe(OH)3，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量。

本题考查混合物的计算，难度中等，解题关键是判断沉淀质量为金属与金属离子结合氢氧根离子的质量之和．可以根据氢氧化钠计算沉淀中氢氧根的物质的量更简单。

【解答】
=0.2mol，硝酸钡还原的电子的物质的量为0.2mol×(5−2)=0.6mol，反应关系n(NO)= 4.48L
22.4L/mol
为：(Fe、、、Fe(OH)3]，反应中金属失电子的物质的量等于硝酸被还原得电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，
则得到沉淀的质量为15.2g+0.6mol×17g/mol=25.4g。

故选B。

16.答案：C
解析：
【分析】
本题考查元素周期表及元素周期律的推断，结合题目信息推断出每种元素的种类是解题关键，题目难度中等。

【解答】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是内层电子总数的3倍，则W原子核外电子排布为：2、6，W为O元素；X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素；Y的原子序数是W的2倍，Y为S元素；结合原子序数关系，Z为Cl元素，据此解题。

A.同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，不同周期元素原子半径随电子层数增多而增大，故原子半径O<Cl<S<Al，即W<Z<Y<X，故A错误；
B.非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性：W>Y，故B错误；
C.W与X形成的化合物Al2O3，为离子化合物，W与Y形成的化合物SO2或SO3，是共价化合物，故C正确；
D.常温下，X单质Al，Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓H2SO4，Al在浓H2SO4中会钝化，故D错误。

故选C。

17.答案：D
解析：
【分析】
本题考查了化学键类型、化合物类型的判断，注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子键。

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，但铵盐中含有离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。

A.甲烷中碳原子和氢原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A错误；
B.H2O2分子中只含共价键，为共价化合物，故B错误；
C.氯化钠中钠离子和氯离子之间存在离子键，所以氯化钠中只含离子键，为离子化合物，故C错误；
D.氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，为离子化合物，故D正确；
故选D。

18.答案：B
解析：
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数，为高频考点，把握物质的构成、物质的量的相关计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。

【解答】
A.由图可知，Au与H原则之间形成共价键，与N原则之间并无直接键合关系，A错误；
=0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21个，则
B.10.1gN(C2H5)3的物质的量为10.1g
101g/mol
10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1N A，B正确；
C.根据原子守恒可知，整个过程没有H2O生成，C错误；
D.酯化反应式可逆反应，所以1mol甲酸与足量乙醇在浓硫酸作用下加热充分反应，产生甲酸乙酯分子数小于N A，D错误。

19.答案：D
解析：解：周期表中，卤素单质从上到下相对分子质量依次增大，依据分子晶体沸点规律可知，沸点从上到下依次增大；周期表中，卤素单质从上到下相对分子质量依次增大，依据分子晶体沸点规律可知，沸点从上到下依次增大，状态有气体到液态到固态转变；依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱；
A.①沸点最低，相对分子质量最小，所以是氟气，非金属性最强，故A正确；
B.依据单质②沸点的位置，可知为氯气，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；
C.单质③为溴，溴在常温下是液态，故C正确；
D.依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，单质的氧化性强弱顺序是④<③<②<①，故D错误；
卤素单质都是分子晶体，分子晶体相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；同主族元素非金属性从上到下依次减弱，结合关系图解答．
本题考查了卤素单质的性质，题目难度不大，明确分子晶体沸点规律和同主族元素性质的递变规律是解题的关键．
20.答案：BC
解析：解：A、根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n(OH−)，等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物
质的量的一半，故bL
22.4L/mol ×2=cmol/L×V×10−3L，整理得c=1000b
11.2V
，故A正确；
B、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+ c×V×10−3×17=m+17Vc
1000
，故B错误；
C、选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg(OH)2 △ ̲̲̲̲
 MgO+H2O，2Al(OH)3 △ ̲̲̲̲
Al2O3+3H2O可知，
氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子
物质的量的一半，故p=m+c×V×10−3×1
2×16=m+cV
125
，故C错误；
D、得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=m
24×40=5m
3
，若mg全是铝，得到的氧
化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=m
27×1
2
×102=17m
9
，质量介于二者之间，故D正确；
故选BC．
反应化学方程式为；Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑；MgSO4+ 2KOH=Mg(OH)2↓+K2SO4；
Al2(SO4)3+6KOH=2Al(OH)3↓+3K2SO4；Mg(OH)2 △ ̲̲̲̲
 MgO+H2O；2Al(OH)3 △ ̲̲̲̲
Al2O3+3H2O；
A、根据n=V
V m
计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n(OH−)，等
于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物
质的量，再根据c=n
V
计算氢氧化钾的物质的量浓度；
B、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n= cVM计算氢氧根离子的质量；
C、由Mg(OH)2 △ ̲̲̲̲
 MgO+H2O，2Al(OH)3 △ ̲̲̲̲
Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二
者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；
D、按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间．
本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒。