2024届湖南省株洲市醴陵市第二中学高一化学第一学期期末调研模拟试题含解析

2024届湖南省株洲市醴陵市第二中学高一化学第一学期期末调研模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列分散系最稳定的是（）A．悬浊液 B．乳浊液 C．胶体 D．溶液2、下列说法中，正确的是（）A．硅元素在自然界里均以化合态存在B．SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C．除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D．粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO2↑3、下列过程中水的作用与其他三种不同的是()A．NO2溶于水 B．Cl2溶于水C．将Na2O2投入水中 D．将Na投入水中4、已知某饱和溶液中：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度，从上述条件中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是（）A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①②④⑥ D．②③④5、X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2B．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3C．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl36、下列离子方程式不正确的是（）A．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应：HCO3-+H+=CO2↑+H2OB．浑浊石灰水跟稀硝酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC．向稀氨水中加入稀盐酸：NH3·H2O+H+=NH4++H2OD．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O7、下列叙述正确的是()A．Na在空气中久置最终变为NaHCO3粉末B．向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，溶液变蓝且有黑色固体析出C．Cl2能与石灰乳反应，可用于制取漂白粉D．向KClO3溶液中滴加AgNO3溶液得到白色AgCl沉淀8、氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有()A．氯分子 B．氯原子 C．氯离子 D．氯元素9、我国近代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书中记载有“丹砂烧之成水银，积又成丹砂”。这句话所涉及的反应有：①HgS+O2

=Hg+SO2②Hg+S=HgS。下列有关说法正确的是A．反应①、②中有一个是氧化还原反应B．反应①中Hg、O两种元素被还原C．反应①中每生成lmol

SO2共转移4mole-D．反应②中Hg

为氧化剂、S

是还原剂10、向X的溶液中，加入Y试剂，产生的沉淀或气体的量如图所示，其中与所述情形相符的是A．向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH溶液B．向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液D．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸11、金属钠和水(含几滴酚酞)的反应是一个重要的实验，能从该实验获得的信息中说明金属钠具有的性质是()①密度较小②熔点较低③硬度较小④还原性强⑤该反应生成相应的碱⑥该反应是放热反应A．①②③④⑤ B．①②④⑤⑥C．除③⑥之外 D．全部12、Cl2在70℃的NaOH水溶液中能同时发生两个自身氧化还原反应，生成的产物为NaClO、NaClO3、NaCl。反应完全后，测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为5∶1，则溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为A．9∶4B．6∶1C．10∶1D．11∶113、将2.8g铁粉加入50mL3mol·L-1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）A．铁粉有剩余，溶液呈浅绿色B．往溶液中滴入KSCN溶液，不显血红色C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1D．Fe2+和Fe3+物质的量之比为3∶114、下列叙述中不正确的是()A．氧化铝固体不溶于水，不导电，它是非电解质B．氧化铝熔点很高，是一种较好的耐火材料C．氧化铝是一种白色的固体，是冶炼铝的原料D．铝表面形成的氧化铝薄膜可防止铝被腐蚀15、下列各离子组能大量共存的是（）A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、16、下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是()A．甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B．乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡C．丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D．丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量二、非选择题（本题包括5小题）17、下列框图所示的转化关系中，、均为常见的金属单质；A、在冷的的浓溶液中均会发生钝化；为淡黄色的非金属单质。为红棕色固体氧化物，为常见无色液体。焰色为黄色，且能使酚酞变红（部分反应条件、反应过程中生成的水及其他产物略去）。（1）的化学式为______。（2）与反应的化学方程式为_____。（3）与氯气反应的离子方程式为_____。（4）与氨水反应的化学方程式为_______。（5）与反应的离子方程式为________。（6）检验“黄色溶液”中阳离子的方案：________________________________________。18、有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质。(1)由上述条件可以确定的元素编号及对应元素名称是____________，其中原子间通过共用一对电子而形成的单质的电子式为________________，E能形成多种含氧酸，其中酸性最强的含氧酸的分子式为______________。(2)若所有可能的X、Y中，C、D形成的是离子化合物，其中一种物质中含有两类化学键，那么另一种物质的形成过程用电子式可表示为______________________________________。(3)若上述X、Y存在如下变化：X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则该反应的化学方程式为__________________，反应物中存在非极性键的物质是__________，生成物中存在非极性键的物质是_____________，由此说明化学反应的本质是________________。19、(1)已知由金属钠制得氧化钠，可用多种方法：a.4Na＋O2===2Na2O，b.4Na＋CO2===2Na2O＋C，c.2NaNO2＋6Na===4Na2O＋N2↑。①在上述三种方法中，最好的方法是________(填序号)，原因是________________。②上述反应c中NaNO2作________剂，当有1molNaNO2反应时，电子转移的数目是________________________________________________________________________。(2)现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下。回答下列问题(注：Na2O2可以与H2O、CO2反应)：①装置Ⅳ中盛放的药品是________，其作用是____________________________。②若规定气体的气流方向从左到右，则组合实验装置时各仪器接口的标号字母(a、b……)顺序：空气进入________，________接________，________接________，________接________。③装置Ⅱ的作用____________________________________________________。④操作中通空气和加热的顺序为________________________________________。20、某学习小组利用下列装置探究氯气与氨气的反应．其中A、B分别为氯气和氨气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。（1）若Cl2从左向右流动，NH3从右向左流动，则上述实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→____→B；为使NH3与Cl2更充分混合，Cl2应从C装置的___进入（填“x”或“y”）。（2）简述装置A中使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓盐酸的操作是___________。（3）装置A中发生反应的离子方程式为__________________。（4）装置B中圆底烧瓶内的试剂为__________________（填名称）。（5）装置D的作用是______________。（6）反应开始后，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气中的主要成分之一，该反应的化学方程式为__________________。21、利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：（1）提取溴的过程中，经过2次转化的目的是__________，吸收塔中发生反应的离子方程式是，蒸馏塔中发生反应的离子方程式是____________。（2）从溶液中得到晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。由无水氯化镁得到镁的化学方程式是__________。（3）据上述流程，将海水中溴元素（海水中离子含量为）转化为工业溴，整个流程中至少需要标准状况下的体积为_________L（忽略溶解）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

悬浊液、乳浊液不稳定，静置后，悬浊液会沉淀，乳浊液静置后会分层；胶体为介稳体系；溶液是均匀透明稳定的分散系；所以最稳定的为溶液，D符合题意。答案选D。2、A【解题分析】

A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；答案选A。3、D【解题分析】

A、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；B、氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；C、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，水中各元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂；D、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素化合价降低是氧化剂；综上所述，不同的是D；故选：D。4、D【解题分析】

A.利用⑤可计算质量分数，再由④、⑥并结合c=可计算该饱和溶液物质的量浓度，A正确；B.根据“①溶液的质量、②溶剂的质量”可计算溶质的质量，再由④及n=计算溶质的物质的量，由③及c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，B正确；C.由①⑥可计算溶液的体积，①②可计算溶质的质量，结合④及n=计算溶质的物质的量，再根据c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，C正确；D.由②④不能计算溶质的物质的量，所以结合③不能计算这种饱和溶液物质的量浓度，D错误；故合理选项是D。5、C【解题分析】

由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，则：A．如X为NaAlO2，与NaOH不反应，A错误；B．如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，B错误；C．如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，C正确；D．如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，D错误；答案选C。6、D【解题分析】

A.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应，稀硝酸为强酸，碳酸氢钙拆分为钙离子与碳酸氢根离子：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，与题意不符，A错误；B.浑浊石灰水跟稀硝酸反应，浑浊的石灰水含有固体颗粒，写化学式：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，与题意不符，B错误；C.向稀氨水中加入稀盐酸，氨水为弱电解质，写化学式：NH3·H2O+H+=NH4++H2O，与题意不符，C错误；D.碳酸钙溶于醋酸，醋酸为弱电解质，写化学式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O，符合题意，D正确；答案为D。【题目点拨】单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质在离子反应中均写化学式。7、C【解题分析】A．NaHCO3粉末在空气中易分解生成碳酸钠，所以Na在空气中久置最终变为碳酸钠，A项错误；B．向Fe2（SO4）3溶液中加入铜粉，铜与三价铁反应生成二价铁和二价铜，所以溶液变蓝无黑色固体析出，B项错误；C．工业上用Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，C项正确；D．KC1O3溶液中不含氯离子，所以滴加AgNO3溶液无AgCl沉淀生成，D项错误。答案选C。点睛：Na在空气中吸水生成NaOH，二氧化碳不足量时NaOH吸收空气中的CO2变成Na2CO3与水，二氧化碳足量或过量时NaOH吸收空气中的CO2变成NaHCO3，NaHCO3可风化成Na2CO3，所以最终产物为Na2CO3。8、D【解题分析】

氯气、液氯都是氯气单质，含有氯气分子；氯水中含有氯气、次氯酸、氯离子，不存在Cl原子；盐酸中存在氯离子，不存在Cl原子；所以氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有的是氯元素，答案选D。【题目点拨】本题考查了常见物质组成及判断，明确分子、原子、离子和元素的概念为解答关键，注意掌握常见物质的组成情况。9、B【解题分析】A、反应①、②中，反应前后都有元素化合价的变化，所以都是氧化还原反应，故A错误；B、反应①中S元素化合价从-2价升高为+4价，而Hg元素的化合价从+2价降低为0价，氧元素的化合价从0价降低为-2价，所以Hg、O两种元素被还原，B正确；C、反应①中S元素化合价从-2价升高为+4价，所以每生成lmol

SO2共转移6mole-，故C错误；D、反应②中Hg

元素化合价从0价升高为+2价，Hg是还原剂，S元素的化合价从0价降低为-2价氧化剂，S

是氧化剂。本题正确答案为B。10、B【解题分析】

A、因向HCl和AlCl1的混合液中滴加NaOH时，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Al1++1OH-═Al（OH）1↓、Al（OH）1+OH-═AlO2-+2H2O，生成沉淀与沉淀溶解消耗的碱的物质的量之比为1：1，图象与发生的化学反应不符，故A错误；B、因向NaOH和Ca（OH）2的混合液中通入CO2，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO1↓+H2O，再发生CO2+NaOH═NaHCO1，最后发生CaCO1↓+H2O+CO2═Ca（HCO1）2，图象与反应符合，故B正确；C、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加NaOH，先发生Al1++1OH-═Al（OH）1↓，再发生NH4++OH-═NH1．H2O，最后发生Al（OH）1+OH-═AlO2-+2H2O，铵根离子消耗的碱与氢氧化铝消耗的碱应为1：1，图象中横坐标中的量与化学反应不符，故C错误；D、向NaOH和Na2CO1的混合液中滴加稀HCl，先发生HCl+NaOH═NaCl+H2O，再发生Na2CO1+HCl═NaHCO1+NaCl，最后发生NaHCO1+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，未生成气体时消耗的酸与生成气体时消耗的酸的物质的量应大于1：1，而图象中为1：1，则图象与发生的化学反应不符，故D错误；答案选B。11、D【解题分析】

做钠与水反应的实验时，先用小刀切一小块钠，说明钠的硬度小，钠浮在水面上，说明钠的密度比水小；并迅速熔化为闪亮的小球，说明钠的熔点低，且该反应为放热反应；并四处游动，发出“嘶嘶”声音，说明生成氢气，钠是还原性强的活泼金属；滴加酚酞，溶液变红色，说明反应后溶液呈碱性；故选D。12、C【解题分析】

令NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒计算n（NaCl）,进而计算溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比。【题目详解】令NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol,根据电子转移守恒有:5×(1-0)+1×(5-0)=n（NaCl）×[(0-(-1)]，计算得出n（NaCl）=10mol；所以该溶液中NaCl与NaClO3的物质的量之比为10:1；综上所述，本题选C。13、D【解题分析】

铁粉的物质的量n==0.05mol，氯化铁的物质的量n=cV=3mol•L-1×0.05L=0.15mol；铁粉与氯化铁的离子反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，由离子方程式可知Fe完全反应，Fe3+过量，以此解答该题。【题目详解】A．由以上分析可知Fe3+过量，故A错误；B．Fe3+过量，则往溶液中滴入KSCN溶液，溶液显红色，故B错误；C．铁粉与氯化铁的离子反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，3mol亚铁离子生成，既是氧化产物又是还原产物，其中1mol亚铁离子化合价是从0升高到+2，另外2mol亚铁离子化合价是从+3降低来的，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，故C错误；D．反应后剩余0.05molFe3+，生成0.15molFe2+，则Fe2+和Fe3+物质的量之比为3:1，故D正确；答案选D。【题目点拨】根据化学方程式和所给物质的物质的量关系进行过量分析是解本题的关键。14、A【解题分析】

A在水溶液里或熔融状态下能到点的化合物为电解质，氧化铝的液态形式能导电为电解质；C氧化铝是一种白色固体，工业上常用电解氧化铝（液态）来制取铝；D金属铝很活泼，能跟空气中的氧气反应在表面生成致密的氧化膜，阻止氧气和铝接触，不再腐蚀。【题目详解】A.在水溶液里或熔融状态下能到点的化合物为电解质，氧化铝的液态形式能导电为电解质，A错误；B.氧化铝熔点很高，是一种较好的耐火材料，B正确；C.氧化铝是一种白色固体，工业上常用电解氧化铝（液态）来制取铝，C正确；D.金属铝很活泼，能跟空气中的氧气反应在表面生成致密的氧化膜，阻止氧气和铝接触，不再腐蚀，D正确。答案为A15、C【解题分析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及发生的化学反应分析判断。【题目详解】A、在酸性溶液中硝酸根能把亚铁离子氧化为铁离子，同时生成水和NO，不能大量共存，A不选；B、在溶液中铁离子能把碘离子氧化为单质碘，同时生成亚铁离子，不能大量共存，B不选；C、四种离子间不反应，可以大量共存，C选；D、镁离子和铵根离子均与氢氧根离子反应，不能大量共存，D不选。答案选C。16、C【解题分析】

A．向AlCl1溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl1+1NaOH=Al(OH)1↓+1NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)1和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)1=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为1：1；A错误；B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)1↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)1+1H+=Al1++1H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：1．B错误；C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al1++1OH-=Al(OH)1↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al1+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH1•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)1+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为1：1：1；C正确；D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO1↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO1+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+1H2O=2Al(OH)1↓+Na2CO1，产生沉淀，又发生反应：Na2CO1+H2O+CO2=2NaHCO1，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO1+2H2O+2CO2=Ba(HCO1)2，沉淀部分溶解，D错误；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO22Al+Fe2O1===Al2O1+2Fe2Fe2++Cl2===2Fe1++2Cl-Al2(SO4)1+6NH1▪H2O===2Al(OH)1↓+1(NH4)2SO4Al2O1+2OH-===2AlO2-+H2O取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【解题分析】

A、C均为常见的金属单质，A、C在冷的H的浓溶液中均会发生钝化，则A、C为Fe、Al，H可能为浓硫酸或浓硝酸，A、B之间的反应为铝热反应，由于B为红色固体氧化物，则B为Fe2O1，A为Al，C为Fe，D为A12O1．E为固体非金属单质，连续氧化得到G，G与常见无色液体X反应得到H，则E为S，F为SO2，G为SO1，H为H2SO4，X为H2O，I为FeSO4；L焰色为黄色，且能使酚酞变红，且能与Al2O1反应，则L为NaOH，与Al2O1反应生成J为NaAlO2，A12O1与硫酸反应生成K为Al2(SO4)1，则M为Al(OH)1，据此解答。【题目详解】(1)由以上分析可知，F的化学式为SO2，故答案为：SO2；

(2)A与B反应是Al与氧化铁在高温条件下反应生成铁与氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O1Al2O1+2Fe；

(1)Fe2+具有还原性，与具有强氧化性的Cl2反应生成Fe1+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe1++2Cl-；

(4)K为Al2(SO4)1，与足量的氨水反应的离子方程式为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+，故答案为：Al1++1NH1•H2O=Al(OH)1↓+1NH4+；

(5)D与L的反应为Al2O1和NaOH的反应，生成NaAlO2和水，反应的化学反应的离子方程式为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O1+2OH-=2AlO2-+H2O．(6)黄色溶液中阳离子为Fe1+，其检验方法为：取样，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，则黄色溶液中阳离子为Fe1+；【题目点拨】此题为框图式物质推断题，完成此类题目，要分析题目所给的条件，抓住解题突破口，直接得出结论，然后用顺向或逆向或两边向中间推断，逐一导出其他结论。18、D：氧、E：氯HClO42CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2Na2O2O2反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程【解题分析】

在短周期元素中，D与A、B、C均能形成原子个数比为1∶1与1∶2的两类化合物X、Y，可以推出D为O，A、B、C为H、C、N、Na，但是还不能确定A、B、C所代表的元素；E的某种含氧酸或含氧酸盐在一定条件下可分解生成D的单质（O2），则E为Cl，对应的含氧酸为HClO，对应的含氧酸盐为KClO3。【题目详解】（1）经分析，D为氧，E为氯；原子间通过共用一对电子而形成的单质为Cl2，其电子式为：；E(Cl)的含氧酸中，酸性最强的是HClO4；（2）C、D(O)可形成离子化合物，则C为Na，它们形成的化合物X、Y中，其中一种物质中含有两类化学键，则该物质为Na2O2，另外一种物质为Na2O，其形成过程用电子式可表示为：；（3）X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(离子)最外层上均有8个电子，则符合条件的X、Y为CO2和Na2O2，则Z为Na2CO3，该反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；反应物中存在非极性键的物质是Na2O2，生成物中存在非极性键的物质是O2，说明化学反应是反应物旧化学键的断裂和生成物中新化学键的形成过程。19、c此生成物只有Na2O是固体，而另一种产物N2可以把周围环境中的O2排净，防止Na2O被继续氧化成Na2O2氧化1.806×1024氢氧化钠溶液吸收导入的空气中的二氧化碳ghefa(或b)b(或a)c防止空气中的水分和二氧化碳进入装置Ⅰ先通一段时间的空气再加热装置Ⅰ【解题分析】

（1）根据Na2O不稳定易被氧气继续氧化分析解答；根据氮元素的化合价变化分析判断和计算；（2）用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，需要空气中的氧气和钠加热反应生成过氧化钠，空气中的水蒸气和二氧化碳需要除去；把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，得不到纯净的过氧化钠，据此解答。【题目详解】（1）①Na2O不稳定易被氧气继续氧化，所以上述三种方法最好的是c，因为此生成物只有Na2O是固体，而另一种产物N2可以把周围环境中的O2排净，防止Na2O被继续氧化成Na2O2；②反应2NaNO2＋6Na＝4Na2O＋N2↑中氮元素化合价从+3价降低到0价，得到3个电子，所以亚硝酸钠是氧化剂，当有1molNaNO2反应时，电子转移的数目是1mol×3×6.02×1023/mol＝1.806×1024。（2）①由于空气中的二氧化碳和水蒸气也能与金属钠反应，干扰过氧化钠的制备，则需要除去，因此装置Ⅳ中盛放NaOH溶液，其作用是吸收导入的空气中的二氧化碳；②把空气通过Ⅳ吸收空气中的二氧化碳气体，再通过装置Ⅲ吸收水蒸气，通过装置Ⅰ加热钠和氧气反应，连接Ⅱ防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ，因此组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，则各仪器接口的标号字母顺序为：空气→g→h→e→f→a（或b）→b（或a）→c：③装置Ⅱ中盛放碱石灰是吸收二氧化碳和水蒸气，其作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ；④实验时先通入足量空气后再进行加热，避免生成的过氧化钠和二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸钠等杂质。【题目点拨】本题考查了实验制备物质的实验过程分析判断，注意副反应的存在和产物判断，掌握物质性质和实验基本操作是解题的关键，（1）中注意把握Na2O不稳定易被氧气氧化。20、E、F、C、Dx打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加MnO2+4H++2C1﹣Mn2++C12↑+2H2O氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等吸收水蒸气，干燥氨