2024年华师大新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华师大新版高二化学上册阶段测试试卷919考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列分子中的14个碳原子不可能处在同一平面上的是2、有如下四种物质：rm{垄脵CH_{2}篓TCH_{2}}rm{垄脷CH隆脭CH}rm{垄脹}rm{垄脺HCHO.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.四种物质分子中，碳原子都是采取rm{sp^{2}}杂化B.rm{HCHO}分子的空间构型为平面三角型，且分子中含有rm{4}个rm{娄脪}键C.四种物质中所有原子都在同一平面内D.rm{垄脵垄脷}两种有机物与rm{H_{2}}发生加成反应时分子中的所有化学键发生断裂3、某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下),其中正确的是（）①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度一定都降低②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2:1③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．Na2CO3；c．NaHCO3；d．NaOH，其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a④NH4HSO4液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42-）⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka·Kh=Kw⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7A.③⑤⑥B.③④⑥C.④⑤⑥D.①②④4、某元素的M层有4个P电子，下列叙述错误的是（）A.N层不含电子B.该元素是硫元素C.L层一定有8个电子D.原子最外层电子数为45、下列描述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CS_{2}}分子的立体构型为rm{V}形B.rm{ClO_{3}^{-}}的空间构型为平面三角形C.rm{SF_{6}}中有每个原子均满足最外层rm{8}电子稳定结构D.rm{SiF_{4}}和rm{SO_{3}^{2-}}的中心原子均为rm{sp^{3}}杂化6、下列物质中，均不能发生水解反应的一组是A.淀粉酶和脂肪B.油脂和蔗糖C.淀粉和蛋白质D.果糖和葡萄糖评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是________（2）在BF3分子中，F-B-F的键角是____，B原子的杂化轨道类型为____，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4—的立体结构为____；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为____；(4)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有____个氮原子、____个硼原子，立方氮化硼的密度是____g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。8、（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。。ABCDEFGHIJKML试回答下列问题：（1）写出基态时J的电子排布式，L的原子序数为，M的简化电子排布式。（2）下列关于元素在元素周期表中的位置的叙述正确的是。A．K位于元素周期表中第四周期、ⅡB族，属于ds区元素；B．J位于元素周期表中第四周期、ⅣB族，属于d区元素；C．F位于元素周期表中第三周期、ⅡA族，属于s区元素；D．I位于元素周期表中第三周期、ⅦA族，属于ds区元素；（3）下列有关说法正确的是。A．第一电离能G>F>E；B．电负性D>C；C．原子半径E>BD．最高价含氧酸的酸性I>H（4）根据对角线规则及已知元素性质，回答下列问题：①B元素最高价氧化物的水化物与E元素最高价氧化物的水化物的溶液反应的离子方程式。②A元素的单质与氧气在点燃时的化学反应方程式。（5）下图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图。①认真分析下图中同周期元素第一电离能的变化规律，将Na——Ar之间六种元素用短线连接起来，构成完整的图像。②从下图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是___________________________________________________________________________；Zn的第一电离能大于Ga的原因是。③上图中5号元素在周期表中的位置是____________________________；9、已知各物质能发生以下转化；根据框图回答：

（1）乙烯的结构简式为：______，乙烯分子的空间结构为______．

（2）写出下列反应的化学方程式及反应类型。

①：______，______；

②：______，______；

③：______，______．10、学习卤代烃的性质时，张老师通过实验的方法验证溴乙烷在不同溶剂中与rm{NaOH}反应生成不同的反应产物；请你一起参与他们的探究．

rm{(1)}张老师用下图所示装置进行实验：该实验的目的是______；课上你所观察到的现象是______；盛水试管rm{(}装置rm{)}的作用是______．

rm{(2)}若你用另一实验来达到张老师演示实验的目的，你设计的实验方案依据的反应原理是______rm{(}用化学方程式表示rm{)}．

rm{(3)}李明同学取少量溴乙烷与rm{NaOH}水溶液反应后混合溶液，向其中滴加rm{AgNO_{3}}溶液，加热，产生少量沉淀rm{.}小明由此得出溴乙烷与rm{NaOH}水溶液发生取代反应，生成了溴化钠rm{.}老师和同学都认为这样不合理rm{.}若请你用实验验证该反应中生成了溴化钠；你与小明实验方案的两点不同之处分别是______；______．

rm{(4)}用波谱的方法能方便地检验溴乙烷发生取代反应的产物，根据你学到的研究有机化合物的方法，使用波谱的名称和波谱仪器记录的结果分别是____________，______．11、（1）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水（H2O2），当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应时，放出256kJ的热量．请写出该反应的热化学方程式：____．

（2）工业上由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→（步骤Ⅰ）TiCl4（步骤Ⅱ）Ti

写出步骤Ⅱ中TiCl4→Ti的化学反应方程式____．

已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ•mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H=+141kJ•mol-1

则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=____kJ•mol-1．12、氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的重要研究内容之一。（1）传统哈伯法合成氨工艺中相关的反应式为：①该反应的平衡常数K的表达式为：K＝_________。升高温度，K值________（填“增大”“减小”或“不变”）。②不同温度、压强下，合成氨平衡体系中NH3的物质的量分数见下表（N2和H2的起始物质的量之比为1：3）。分析表中数据，__________（填温度和压强）时H2转化率最高，实际工业生产不选用该条件的主要原因是________________。③下列关于合成氨说法正确是___________（填字母）A.使用催化剂可以提高氮气的转化率B.寻找常温下的合适催化剂是未来研究的方向C.由于△H<0、△S>0，故合成氨反应一定能自发进行（2）最近美国Simons等科学家发明了不必使氨先裂化为氢就可直接用于燃料电池的方法。它既有液氢燃料电池的优点，又克服了液氢不易保存的不足。其装置为用铂黑作为电极，加入电解质溶液中，一个电极通人空气，另一电极通入氨气。其电池反应为你认为电解质溶液应显______性（填“酸性”、“中性”、“碱性”），写出负极电极反应式________。13、某课外研究性学习小组用下图所示装置制备少量溴苯并验证溴与苯的反应是取代反应。实验时，关闭rm{F}活塞，打开rm{C}活塞，在装有少量苯的三口烧瓶中由rm{A}口加入少量液溴，再加入少量铁屑，塞住rm{A}口。

回答下列问题：rm{(1)D}试管内装的是____，其作用是____。rm{(2)E}试管内装的是____。rm{(3)}除去溴苯中混有的rm{Br_{2}}杂质的试剂是____，操作方法为：____。rm{(4)}三口烧瓶中发生反应的化学方程式为：____。rm{(5)}根据什么现象可证明验证溴与苯的反应是取代反应？____。评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)14、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。15、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。16、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。17、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、简答题(共1题，共10分)18、（1）用电子式表示Na2S的形成过程：______．

（2）用电子式表示H2O的形成过程：______．评卷人得分五、解答题(共3题，共30分)19、某同学做同周期元素性质递变规律实验时；自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象如下表．

。实验方案实验现象1．用砂纸擦后的镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞A浮于水面，熔成一个小球，在水面上无定向移动，随之消失，溶液变红色2．向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水B产生气体，可在空气中燃烧，溶液变成浅红色3．钠与滴有酚酞试液的冷水反应C反应不十分强烈，产生的气体可以在空气中燃烧4．镁带与2mol．L-1的盐酸反应D剧烈反应，产生可燃性气体5．铝条与2mol．L-1的盐酸反应E生成白色胶状沉淀，既而沉淀消失6．向AlCl3溶液滴加NaOH溶液至过量F生成淡黄色沉淀请你帮助该同学整理并完成实验报告。

（1）实验目的：______；

（2）实验用品：仪器：①______②______③______④试管夹⑤镊子⑥小刀⑦玻璃片⑧砂纸等；药品：钠、镁带、铝条、2mol．L-1的盐酸、新制的氯水、饱和的H2S溶液、AlCl3溶液；NaOH溶液等．

（3）实验内容：（填写与实验方案相对应的实验现象）1______2______3______4______5______6______（用A-F表示）；写出③的离子方程式______；

（4）实验结论：______．

20、在如图的装置中进行电解；并已知铁极的质量减小11.2g．

（1）A是电源的______极；

（2）电解过程中；电路中通过______mol电子；

（3）Ag极的电极反应是______；析出物质是______g；

（4）Cu（a）的电极反应是______；

（5）Cu（b）的电极反应是______．

21、无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应；生成氧化铜；二氧化硫、三氧化硫和氧气．某学生试图用下图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。

试回答：

（1）加热过程中；试管A中发生的实验现象为______．

（2）装置E和F的作用是______；

（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气；他的做法正确吗？为什么？______

（4）该学生利用上述装置将一定质量的无水硫酸铜置于A中加热使其分解；最后测得氧气的体积偏小，其原因可能是______（填序号）

A．无水硫酸铜未完全分解。

B．实验结束时装置A中残留有气体。

C.被溶液吸收时产生了气体。

D．最后读量筒中的读数时；E中的液面低于F中的液面。

（5）另一学生将4.8g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后；用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为224mL（标准状况）．据此可计算出二氧化硫为______mol，三氧化硫为______mol．

（6）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式为：______．

评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)22、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．23、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解析】试题分析：D、分子中含有两个苯环，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基碳原子以及甲基相连的碳原子是烷烃的结构，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上。故选D。故选D。考点：有机物的结构式【解析】【答案】D2、C【分析】解：rm{A.垄脵CH_{2}=CH_{2}}中碳原子成rm{2}个rm{C-H娄脛}键，rm{1}个碳碳双键，双键中含有rm{1}个rm{娄脛}键、rm{1}个rm{娄脨}键，杂化轨道数为rm{2+1=3}所以碳原子采取rm{sp^{2}}杂化；rm{垄脷CH隆脭CH}中碳原子成rm{2}个rm{C-H娄脛}键，rm{1}个碳碳三键，三键中含有rm{1}个rm{娄脛}键、rm{2}个rm{娄脨}键，杂化轨道数为rm{1+1=2}所以碳原子采取rm{sp}杂化；rm{垄脹}中碳原子成rm{1}个rm{C-H娄脛}键，rm{2}个rm{C-C娄脛}键，同时参与成大rm{娄脨}键，杂化轨道数为rm{1+2=3}所以碳原子采取rm{sp^{2}}杂化；rm{垄脺HCHO}中碳原子成rm{2}个rm{C-H娄脛}键，rm{1}个碳氧双键，双键中含有rm{1}个rm{娄脛}键、rm{1}个rm{娄脨}键，杂化轨道数为rm{2+1=3}所以碳原子采取rm{sp^{2}}杂化；故A错误；

B.甲醛分子中含有碳氧双键，rm{1}个甲醛分子中含有rm{2}个碳氢rm{娄脪}键，rm{1}个碳氧rm{娄脪}键，共有rm{3}个rm{娄脪}键，则碳原子轨道的杂化类型为rm{sp^{2}}杂化，因甲醛中碳原子采取rm{sp^{2}}杂化；则分子的空间构型为平面三角，故B错误；

C.rm{CH_{2}篓TCH_{2}}rm{HCHO}是平面型分子，所有原子都在同一平面内，rm{CH隆脭CH}是直线形分子；所有原子都在同一平面内，故C正确；

D.rm{垄脵CH_{2}篓TCH_{2}}rm{垄脷CH隆脭CH}与rm{H_{2}}发生加成反应时，断裂的是分子中的rm{娄脨}键，rm{娄脛}键不断裂；故D错误；

故选C．

A.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数rm{=娄脛}键数rm{+}孤对电子对数；

B.单键为rm{娄脪}键，双键中具有rm{1}个rm{娄脪}键、rm{1}个rm{娄脨}键，根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数rm{=娄脛}键数rm{+}孤对电子对数；

C.根据rm{CH_{2}篓TCH_{2}}rm{HCHO}是平面型分子、rm{CH隆脭CH}是直线形分子；

D.烯烃加成时断裂的是双键中的rm{1}个rm{娄脨}键，rm{娄脛}键不断裂，炔烃加成时断裂的是双键中的rm{2}个rm{娄脨}键，rm{娄脛}键不断裂．

本题考查物质结构和性质，较为综合，涉及杂化类型的判断、化学键、原子共面等知识，是对学生分析、思维能力的考查，题目难度中等．【解析】rm{C}3、A【分析】试题分析：①pH=1的强酸溶液，例如硫酸溶液，加水稀释后，酸性减弱，氢离子、硫酸根离子浓度均减小，但温度不变水的离子积不变，即溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积不变，所以溶液中氢氧根离子浓度一定增大，错误；②pH＝2与pH＝1的盐酸中c(H+)分别为0．01mol·L－1和0．1mol·L－1，因此c(H+)之比为1︰10，错误；③CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液水解后显碱性，但是水解程度：CO32->HCO3－>CH3COO－，因此pH相等时Na2CO3溶液浓度最小，其次NaHCO3，最后CH3COONa，NaOH是强碱，相同pH时浓度最小，所以排序正确；④向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中应存在c（OH－）=c（H＋），根据电荷C(Na+)+C(H+)+C(NH4+)=2C(SO42-)+C(OH-)得：C(Na+)+C(NH4+)=2C(SO42-)，错误；⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka=[CH3COO-][H+]/[CH3COOH],醋酸根水解常数为Kh=[CH3COOH][OH-]/[CH3COO-],水的离子积为Kw；整理的Ka·Kh=Kw，正确；甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7，正确，选择A。考点：考查溶液稀释，pH计算，盐类水解，反应进行的方向，平衡常数，反应热计算等知识。【解析】【答案】A4、D【分析】【解答】解：原子M层有4个P电子，原子外围电子排布为3s23p4；该元素是硫元素，则L层一定有8个电子，N层不含电子，原子最外层电子数为6，所以错误的为D，故选D．

【分析】原子M层有4个P电子，原子外围电子排布为3s23p4，据此解答．5、D【分析】解：rm{A.CS_{2}}分子中rm{C}原子形成rm{2}个rm{娄脛}键，孤电子对数为rm{0}应为直线形分子，故A错误；

B.rm{ClO_{3}^{-}}中rm{Cl}原子形成rm{3}个rm{娄脛}键，孤电子对数为rm{dfrac{7+1-3隆脕2}{2}=1}应为三角锥形分子，故B错误；

C.rm{SF_{6}}中rm{S}原子最外层电子数为rm{6+6=12}故C错误；

D.rm{SiF_{4}}分子中rm{C}原子形成rm{4}个rm{娄脛}键，孤电子对数为rm{0}为rm{sp^{3}}杂化，rm{SO_{3}^{2-}}中rm{S}原子形成rm{3}个rm{娄脛}键，孤电子对数为rm{dfrac{6+2-2隆脕3}{2}=1}应为rm{sp^{3}}杂化；故D正确。

故选：rm{D}

根据中心原子形成的rm{娄脛}键和孤电子对数判断杂化类型；结合价层电子对互斥模型判断分子或离子的空间构型，在形成的化合物中，可根据组成原子的价层电子数和共价键数目或化合价判断最外层电子数。

本题考查较为综合，侧重于杂化类型和分子的立体构型的判断，题目难度不大，答题时注意把握rm{娄脛}键和孤电子对数判断。【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】

本题考查有机物的结构与性质；为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本营养物质的性质及应用，题目难度不大。

【解答】

A.淀粉酶属于蛋白质，含肽键rm{-CONH-}脂肪属于酯类中含酯基rm{-COOC-}均可发生水解反应，故A错误；

B.油脂含rm{-COOC-}蔗糖为二糖，均可发生水解反应，故B错误；

C.淀粉为多糖，蛋白质含rm{-CONH-}均可发生水解反应，故C错误；

D.果糖和葡萄糖均为单糖；均不能发生水解反应，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是B2O3+3CaF2+3H2SO4____2BF3+3CaSO4+3H2O、B2O3+2NH3____2BN+3H2O；（2）在BF3分子中，中B原子为sp2杂化，其空间构型为平面三角形，B位于三角形的中央，故其键角为120°；BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，此时B为sp3杂化，故BF4—的立体结构为正四面体；(4)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，金刚石为正四面体，硬度与金刚石相当，则该晶体为原子晶体，晶胞边长为361.5pm，所以立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子，含有4个硼原子，立方氮化硼晶胞中含有4BN，B的相对原子质量为11，而N的相对原子质量为14，所以立方氮化硼的密度是：考点：化学反应方程式的书写、杂化理论、化学键、晶胞的计算【解析】【答案】（1）B2O3+3CaF2+3H2SO4____2BF3+3CaSO4+3H2OB2O3+2NH3____2BN+3H2O（2）120°sp2正四面体（3）共价键(极性共价键)分子间力(4)448、略

【分析】试题分析：（1）J是Cr元素，M层的3d能级上排5个电子为半充满状态，最外层只有1个电子，所以核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；L是Ba元素，原子序数是56,；M是Br元素，是第四周期第七主族元素，所以简化的电子排布式为[Ar]3d104s24p5（2）A、K属于IB元素，属于ds区元素，错误；B、J是VIB元素，属于d区元素，错误；C、F是元素周期表中第三周期、ⅡA族，属于s区元素，正确；D、I是第三周期、第VIIA族元素，是P区元素，错误，答案选C。（3）A、同周期元素，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，而F的3s能级是全充满状态，属于稳定结构，所以第一电离能的大小顺序是F>G>E，错误；B、同周期中，随原子序数的增大，元素的电负性逐渐增大，所以电负性D>C，正确；C、E比B多一个电子层，所以E的原子半径大于B，正确；D、I的非金属性比H强，所以I的最高价含氧酸的酸性比H强，正确，答案选BCD；（4）B与G是对角线关系，G是Al元素，所以Be的最高价氧化物的水化物与氢氧化铝的化学性质相似，能与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O；Li在氧气中燃烧生成的产物也只是氧化锂，化学方程式为4Li+O22Li2O；（5）①在第三周期元素中，由于Mg的最外层是全充满结构，P的3p能级是半充满结构，所以第一电离能比后面的元素高，如图：②从下图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是从上到下逐渐减小；Zn的第一电离能大于Ga的原因是Zn的外围电子排布式为3d104s2，是全充满稳定结构；而Ga的外围电子排布式为4s24p1，失去一个电子才是全充满稳定结构，所以Zn的第一电离能更高；③5号是P元素，位于元素周期表中的第三周期第VA族。考点：考查元素周期表、核外电子排布式的书写、第一电离能的判断，电负性的判断，对角线关系的应用【解析】【答案】(14分）（1）1s22s22p63s23p63d54s156[Ar]3d104s24p5（2）C（3）BCD（2分）（4）Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O（2分）4Li+O22Li2O（5）①②从上到下依次减小；Zn的外围电子排布式为3d104s2，是全充满稳定结构；而Ga的外围电子排布式为4s24p1，失去一个电子才是全充满稳定结构，所以Zn的第一电离能更高（2分）③第三周期ⅤA族；9、略

【分析】解：乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH．

（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，为平面型分子，故答案为：CH2=CH2；平面型分子；

（2）①乙烯含有碳碳双键，可与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；

②乙醇在催化作用下发生氧化反应生成乙醛，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；

③乙酸、乙醇可发生酯化反应，反应的方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；取代反应或酯化反应．

乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），则D为CH3COOH．以此解答该题．

本题考查有机物推断、常用化学用语及有机反应类型以及烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．【解析】CH2=CH2；平面型分子；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；取代反应或酯化反应10、略

【分析】解：rm{(1)}溴乙烷在rm{NaOH}乙醇溶液中发生的是消去反应生成乙烯；实验中需要检验的产物是乙烯，乙烯中含有乙醇，可以用水除去乙醇；乙烯能使高锰酸钾溶液褪色；

故答案为：验证生成的气体是乙烯rm{(}或验证溴乙烷与rm{NaOH}发生消去反应的产物rm{)}高锰酸钾溶液红色褪去；除去气体中少量的乙醇；

rm{(2)}乙烯含双键，性质活泼，可与溴水中溴发生加成反应使溴水褪色，故可把产生的气体直接通入溴水中，观察溴水是否褪色，发生的反应方程式为：rm{CH_{2}篓TCH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}

故答案为：rm{CH_{2}篓TCH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}

rm{(3)}卤代烃在碱性水溶液加热条件下发生取代反应；由溴乙烷变成乙醇与溴化钠，检验溴乙烷中含有溴元素，卤代烃水解后，加入硝酸酸化的硝酸银，硝酸酸化目的是中和碱，否则生成氢氧化银沉淀；

故答案为：将混合溶液用rm{HNO_{3}}酸化、向溴乙烷中加酸化的rm{AgNO_{3}}溶液进行对比；

rm{(4)}检验官能团用红外光谱，可发现rm{-OH}rm{C-H}rm{C-O}振动吸收，用核磁共振氢谱可确定氢原子的种类，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为rm{1}rm{2}rm{3}

故答案为：核磁共振氢谱图，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为rm{1}rm{2}rm{3}或红外光谱图，发现rm{-OH}rm{C-H}rm{C-O}振动吸收．

rm{(1)}溴乙烷在rm{NaOH}乙醇溶液中发生的是消去反应生成乙烯；乙烯能使高锰酸钾溶液褪色；乙烯中含有乙醇；可以用水除去乙醇；

rm{(2)}根据乙烯的性质设计实验方案；

rm{(3)}根据卤代烃水解的条件解答，溴乙烷与rm{NaOH}水溶液发生取代反应；检验卤素原子须中和碱；

rm{(4)}检验取代反应的产物；实际上是检验官能团或氢原子的种类．

本题考查了卤代烃的结构与性质及产物的检验，注意溴乙烷发生取代反应，生成乙醇与溴化钠；发生消去反应，生成乙烯和氢溴酸．【解析】验证生成的气体是乙烯rm{(}或验证溴乙烷与rm{NaOH}发生消去反应的产物rm{)}高锰酸钾溶液红色褪去；除去气体中少量的乙醇；rm{CH_{2}篓TCH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}将混合溶液用rm{HNO_{3}}酸化、；向溴乙烷中加酸化的rm{AgNO_{3}}溶液进行对比；核磁共振氢谱；核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为rm{1}rm{2}rm{3}或红外光谱，发现rm{-OH}rm{C-H}rm{C-O}振动吸收11、略

【分析】

（1）强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水（H2O2），当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热；已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应时，放出256kJ的热量；则1mol液态肼完全反应放出热量为：640KJ；标注物质聚集状态和对应焓变，热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-640KJ/mol

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-640KJ/mol；

（2）工业上由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→（步骤Ⅰ）TiCl4（步骤Ⅱ）Ti

步骤Ⅱ中TiCl4→Ti的化学反应方程式为：TiCl4+2Mg=MgCl2+Ti；

依据盖斯定律结合热化学方程式计算：

①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ•mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H=+141kJ•mol-1

①×2-②+③得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=-80KJ/mol；

故答案为：TiCl4+2Mg=MgCl2+Ti；

TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=-80KJ/mol；

【解析】【答案】（1）依据题干物质的量结合热化学方程式中的系数计算对应反应的反应热；依据热化学方程式的书写方法写出；

（2）依据氧化还原反应结合题干信息写出化学方程式；依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到；

12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则根据反应的方程式可知，该反应的平衡常数K＝正方应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以K值减小。②根据表中数据可知，在温度为200℃、压强为100MPa时，氨气的含量最高。由于温度低速率慢，而压强太高生产设备条件难以实现，所以实际工业生产不选用该条件。③催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率，A不正确；寻找常温下的合适催化剂是未来研究的方向，B正确；根据方程式可知，该反应的熵值是减小，需要在一定条件下才能自发进行的，C不正确，答案选B。（2）由于氨气是碱性气体，能和酸反应生成铵盐，所以电解质溶液应显碱性。原电池中负极失去电子，发生氧化反应，则氨气在负极通入，电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋3H2O。考点：考查化学平衡常数、外界条件对平衡状态的影响、工业生产条件的控制以及原电池电极反应式的书写等【解析】【答案】（12分）（1）①K＝（1分）减少（1分）②200℃、100MPa（2分）温度低速率慢，而压强太高生产设备条件难以实现（2分）③B（2分）（2）碱性（2分）（2分）13、（1）CCl4除去挥发出来的溴

（2）硝酸银溶液

（3）氢氧化钠溶液向三口烧瓶中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，转入分液漏斗，分液

（4）2Fe+3Br2=2FeBr3，

（5）E中产生淡黄色沉淀【分析】【分析】本题以实验为载体考查了有机物苯的性质，理清实验原理是解答的关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}由于反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳rm{(CCl}由于反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳rm{(1)}rm{(CCl}rm{{,!}_{4}}除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验rm{)}除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验rm{H}rm{)}rm{H}rm{{,!}^{+}}和rm{Br}rm{Br}rm{{,!}^{-}}，

故答案为：rm{CCl}试管内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，可以利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，rm{CCl}rm{{,!}_{4}}；除去挥发出来的溴；生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，rm{(2)E}试管内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，可以利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，rm{AgNO}

rm{(2)E}rm{AgNO}rm{{,!}_{3}}rm{+HBr=AgBr隆媒}生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，rm{+HBr=AgBr隆媒}所以除去溴苯中混有的故答案为：硝酸银溶液；rm{(3)2NaOH+Br}rm{(3)2NaOH+Br}和rm{{,!}_{2}}与溴苯不互溶，所以向三口烧瓶中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，转入分液漏斗，分液即可，rm{篓TNaBr+NaBrO+H}

rm{篓TNaBr+NaBrO+H}在催化剂的作用下，铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，rm{{,!}_{2}}rm{O}所以除去溴苯中混有的rm{Br}rm{O}rm{Br}rm{{,!}_{2}}杂质的试剂用氢氧化钠，rm{NaBr}和rm{NaBrO}与溴苯不互溶，所以向三口烧瓶中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，转入分液漏斗，分液即可，

rm{NaBr}在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，rm{NaBrO}试管内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，故答案为：氢氧化钠溶液；向三口烧瓶中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，转入分液漏斗，分液；中产生淡黄色沉淀。rm{(4)}在催化剂的作用下，铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{CCl}rm{CCl}

rm{{,!}_{4;;}}除去挥发出来的溴

rm{(2)}rm{(2)}

硝酸银溶液rm{(3)}rm{(3)}氢氧化钠溶液向三口烧瓶中加入少量氢氧化钠溶液，振荡，转入分液漏斗，分液rm{(4)}rm{(4)}

rm{2Fe+3Br}rm{2Fe+3Br}中产生淡黄色沉淀rm{{,!}_{2}}三、探究题(共4题，共8分)14、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）15、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）16、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）17、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、简答题(共1题，共10分)18、略

【分析】解：（1）硫化钠为离子化合物，一个钠原子失去一个电子，一个硫原子得到两个电子，则用电子式表示Na2S的形成过程为：

故答案为：

（2）H2O为共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为：

故答案为：．

（1）硫化钠为离子化合物，根据离子化合物的电子式结合电子转移然后写出Na2S的形成过程；

（2）氢原子和氧原子之间以共用电子对而形成水分子．

本题考查了电子式的书写，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式表示方法及区别．【解析】五、解答题(共3题，共30分)19、略

【分析】

（1）根据题意“某同学做同周期元素性质递变规律实验时”以及所做实验可以判断；本实验的实验目的是：探究同周期元素的金属性和非金属性的递变规律．

故答案为：探究同周期元素的金属性和非金属性的递变规律；

（2）做钠与滴有酚酞试液的冷水反应，一般应在烧杯中进行，做镁带与2mol/L的盐酸反应，一般要在试管中进行，做铝条与2mol/L的盐酸反应，一般要在试管中反应，向AlCl3溶液滴加NaOH溶液应选择胶头滴管；故答案为：烧杯；试管；胶头滴管；

（3）①用砂纸擦后的镁带与沸水反应，再向反应液中滴加酚酞，其现象应是：有气体产生，产生的气体可在空气中燃烧，溶液变成浅红色，即B．②向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水，氯气会将硫离子氧化为单质硫，出现黄色沉淀，即F；③钠与滴有酚酞试液的冷水反应，反应方程式是2Na+H2O═2NaOH+H2↑，其离子方程式是2Na+H2O═2Na-+2OH-+H2↑，其现象应该是：浮于水面，熔成小球，在水面上无定向移动，随之消失，溶液变成红色，即A．④镁带与2mol/L的盐酸反应，其现象应是：剧烈反应，产生的气体可以在空气中燃烧，即D．值得注意的是镁比铝活泼，因此与盐酸反应，镁比铝剧烈．⑤铝条与2mol/L的盐酸反应，其化学方程式是2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，即离子方程式是2Al+6H+═2Al3++3H2↑，其现象是：反应不十分剧烈，产生的气体可以在空气中燃烧，即C．⑤向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液至过量，其现象：生成氢氧化铝白色胶状沉淀，继而在氢氧化钠过量时氢氧化铝与氢氧化钠反应使沉淀消失，即E．本实验发生反应的离子方程式是：Al3++3OH-═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．

故答案为B，F，A，D，C，E，2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（4）根据实验①③；说明与水反应时钠比镁剧烈，即钠的金属性比镁强．根据④⑤，说明与同浓度的盐酸反应，铝比镁剧烈，即铝的金属性比镁强．⑥说明氢氧化铝既能与酸反应，又能与碱反应，即氢氧化铝既有酸性又有碱性，因此铝既有金属性又有非金属性．由以上分析第三周期，金属元素的金属性由强到弱的顺序是：Na＞Mg＞Al，即同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱．

故答案为；金属性：Na＞Mg＞Al；非金属性：Cl＞S．

【解析】【答案】（1）实验目的为同周期元素性质递变规律；

（2）根据实验条件和实验药品的性质判断所需仪器；

（3）根据物质的性质判断实验现象；

（4）根据实验现象比较金属性；非金属性的强弱．

20、略

【分析】

（1）该装置有外接电源；所以是电解池，铁极上质量减少，说明铁极是阳极，所以B是正极，则A是负极．

故答案为：负极；

（2）铁失去电子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；设转移电子的物质的量是xmol．

Fe-2e-=Fe2+

56g2mol

11.2gxmol

x=0.4

故答案为：0.4；

（3）铁极是阳极，则Ag极是电解池的阴极，阴极上氢离子得电子析出氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；

设析出氢气的质量是yg．

2H++2e-=H2↑

2mol2g

0.4molyg

y=0.4

故答案为：2H++2e-=H2↑；0.4；

（4）Cu（a）是电解池的阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu．

故答案为：Cu2++2e-=Cu；

（5）Cu（b）是电解池的阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气和水，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O．

故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O．

【解析】【答案】（1）该装置有外接电源；所以是电解池，铁极上质量减少，说明铁极是阳极，连接阳极的电源电极是正极，连接阴极的电源电极是负极；

（2）根据铁与转移电子之间的关系式计算转移电子；

（3）根据氢气和转移电子