2025年鲁人新版高二化学上册月考试卷

…………○…………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2025年鲁人新版高二化学上册月考试卷261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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列关于金属腐蚀正确的是()A.金属在潮湿空气中的腐蚀的实质是；M+nH2O===M(OH)n+H2↑B.金属的化学腐蚀的实质是M－ne－===Mn＋，电子直接转移给氧化剂C.金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D.在潮湿的中性环境中，金属不会发生电化学腐蚀2、下列化学式只表示一种分子的是A.C2H6OB.(C6H10O5)nC.—CH2CH3D.C2H43、下列化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是rm{(}rm{)}

A.甲苯B.rm{CH_{3}Cl}C.乙烯D.丁烷

4、关于浓度均为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的三种溶液：rm{垄脵}氨水、rm{垄脷}盐酸、rm{垄脹}氯化铵溶液，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c}rm{(NH_{4}^{+})}rm{垄脹>垄脵}B.水电离出的rm{c}rm{(H^{+})}rm{垄脷>垄脵}C.rm{垄脵}和rm{垄脷}等体积混合后的溶液：rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(OH^{-})+}rm{c}rm{(NH_{3}隆陇H_{2}O)}D.rm{垄脵}和rm{垄脹}等体积混合后的溶液：rm{c}rm{(NH_{4}^{+})>}rm{c}rm{(Cl^{-})>}rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}5、下列实验现象可用同一化学原理解释的是rm{(}rm{)}A.品红溶液中分别通入rm{SO_{2}}和rm{Cl_{2}}品红均褪色B.溴水分别滴入植物油和裂化汽油中，溴水均褪色C.鸡蛋白溶液中分别加入rm{NaCl}溶液和rm{HgCl_{2}}溶液，均有固体析出D.分别加热盛有rm{NH_{4}Cl}和单质碘的试管，管口均有固体凝结6、rm{1}溴丙烷与rm{2}溴丙烷分别和氢氧化钠的醇溶液加热，则rm{(}rm{)}A.产物相同B.产物不同C.碳氢键断裂的位置相同D.碳溴键断裂的位置相同评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（5分）把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，可看到铜丝表面变____色，生成的物质是____，立即将它插入盛乙醇的试管，发现铜丝表面变____色，试管中有气味的物质生成，其化学方程式是。8、已知：

①在稀碱溶液中；溴苯难发生水解。

②

现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应．

请回答下列问题：

（1）X中官能的名称是______．

（2）F→H的反应类型是______．

（3）I的结构简式为______．

（4）E不具有的化学性质______（选填序号）．

a．取代反应b．消去反应。

c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应。

（5）写出下列反应的化学方程式：

①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：______．

②F→G的化学方程式：______．

（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有______种，其中一种的结构简式为______．

a．苯环上核磁共振氢谱有两种b．不能发生水解反应。

c．遇FeCl3溶液不显色d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应．9、碳和氮的单质及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和rm{NO}发生反应rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)娄陇H=QkJ隆陇mol^{-1}}在rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)

娄陇H=QkJ隆陇mol^{-1}}时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：。rm{T_{1}隆忙}时间rm{(min)}浓度rm{(mol隆陇L^{-1})}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{NO}rm{1.00}rm{0.68}rm{0.50}rm{0.50}rm{0.60}rm{0.60}rm{N_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{0.30}rm{0.30}rm{CO_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{0.30}rm{0.30}rm{(1)0隆芦10min}内，rm{NO}的平均反应速率rm{v(NO)=}____，rm{T_{1}隆忙}时，该反应的平衡常数rm{K=}____；rm{(2)30min}后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是____rm{(}填字母编号rm{)}rm{a.}通入一定量的rm{NOb.}加入一定量的活性炭rm{c.}加入合适的催化剂rm{d.}适当缩小容器的体积rm{(3)}若rm{30min}后升高温度至rm{T_{2}隆忙}达到平衡时，容器中rm{NO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的浓度之比为rm{3隆脙1隆脙1}则rm{Q}____rm{0(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}rm{(4)}在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是____rm{(}填选项编号rm{)}rm{a.}单位时间内生成rm{2nmolNO(g)}的同时消耗rm{nmolCO_{2}(g)b.}反应体系的温度不再发生改变rm{c.}混合气体的密度不再发生改变rm{d.}反应体系的压强不再发生改变10、(1)化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示______________，K值的大小与温度的关系是：温度升高，K值______________(填“一定增大”、“一定减小”或“可能增大也可能减小”)。(2)高炉炼铁中发生的基本反应之一为：CO(g)+FeO(s)CO2(g)+Fe(s)△H﹥0，其平衡常数可表示为K=c(CO2)/c(CO)，已知1100℃时，K=0.263。①升高温度，平衡移动达到新的平衡时，高炉内CO和CO的体积比____________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡常数K值_____________(选填“增大”、“减小”或“不变”)；②1100℃时测得高炉中c(CO)="0.025"此时，反应是否处于化学平衡状态__________(选填“是”或“否”)，化学反应速度(正)__________(逆)(选填“>”、“<”或“：”)，其原因是________________。11、取下列溶液分装两试管，再分别依次加入少量氯水和少量四氯化碳，用力振荡、静置后，四氯化碳层显紫红色的是______（填序号）．

A．溴化钠溶液B．碘化钾溶液．12、水是生命之源；它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．

（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为______；

（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒______（填2种）．

（3）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．下列对上述过程的描述不合理的是______．

A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变。

C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变。

（4）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序）．与冰的晶体类型相同的是______（请用相应的编号填写）

（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图所示），已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是______kJ/mol．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。14、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。15、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。16、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、原理综合题(共3题，共27分)17、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液18、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。19、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液评卷人得分五、推断题(共3题，共6分)20、已知：rm{CH_{3}隆陋CH篓T篓T篓TCH_{2}+HBr篓D隆煤CH_{3}隆陋CHBr隆陋CH_{3}(}主要产物rm{)}rm{1mol}某烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}该烃rm{A}在不同条件下能发生如下图所示的一系列变化。rm{(1)A}的化学式：__________________，rm{(2)A}的结构简式：________________________。rm{(3)}写出rm{C}rm{D}rm{E}物质的结构简式：rm{C}____________________，rm{D}____________________，rm{E}____________________。21、已知四种短周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}其原子序数依次增大，最外层电子数依次为rm{4}rm{1}rm{2}rm{7}其中rm{A}元素原子次外层电子数为rm{2}rm{B}rm{C}两元素的原子次外层电子数为rm{8}rm{B}元素原子最外层电子数比第rm{1}层电子数少rm{1}也比rm{C}元素原子第rm{M}层电子数少rm{1}rm{D}元素的单质为气态非金属单质。，请按要求填写下列各题：rm{(1)A}原子的原子结构示意图为____，rm{D}元素在元素周期表中的位置为____。rm{(2)B}元素的最高价氧化物对应的水化物用电子式表示为____，C、rm{D}两元素形成的化合物化学键类型为____。rm{(3)}请写出rm{D}元素的单质与rm{SO_{2}}同时通入水中反应的化学方程式：____。22、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{H}为原子序数依次增大的五种短周期元素，它们满足以下条件：元素周期表中，rm{Z}与rm{Y}相邻，rm{Z}与rm{W}也相邻；rm{Y}rm{Z}和rm{W}三种元素的原子最外层电子数之和为rm{17}rm{H}的单质常温下为黄绿色气体rm{.}请填空：

rm{(1)Z}rm{W}rm{H}简单阴离子的半径由大到小的顺序是______rm{(}用离子符号表示rm{)}．

rm{(2)H}的单质通入rm{W}的氢化物的水溶液中，可观察到有淡黄色沉淀生成，该现象说明rm{H}与rm{W}单质的氧化性强弱顺序为______rm{(}用化学式表示rm{)}．

rm{(3)}写出实验室制取rm{H}的单质的化学反应方程式______．

rm{(4)X}rm{Y}rm{Z}和rm{W}可组成一化合物，其原子个数之比为rm{8}rm{2}rm{4}rm{1.}其水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】金属腐蚀的实质是金属失去电子，被氧化，但不一定生成氢气，选项A不正确，B正确；金属的化学腐蚀不一定在酸性条件下进行，选项C不正确；在潮湿的环境中，金属可以发生电化学腐蚀，选项D不正确，答案选B。【解析】【答案】B2、D【分析】化学式只表示一种分子，说明不存在同分异构体，A中可以是乙醇或甲醚，B可以是淀粉或纤维素，C是乙级，不是分子。D只能是乙烯。所以答案选D。【解析】【答案】D3、A【分析】【分析】本题考查烃类的物理性质；难度不大，注意知识的积累。

【解答】A.甲苯是液体；故A正确；

B.rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}是气体；故B错误；

C.乙烯是气体；故C错误；

D.丁烷是气体；故D错误。

故选A。

rm{Cl}【解析】rm{A}4、B【分析】A.氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的rm{NH_{4}^{+}}氨水为弱电解质只有少量的rm{NH_{4}^{+}}产生，则rm{c(NH^{+}_{4})}rm{垄脹>垄脵}故A正确；

B.在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的rm{c(H^{+})}rm{垄脵>垄脷}故B错误；C.盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})+c(NH_{3}?H_{2}O)}故C正确；

D.rm{垄脵}和rm{垄脹}等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则rm{c(}rm{NH}rm{NH}故D正确．rm{{,!}_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}【解析】rm{B}5、B【分析】解：rm{A}氯气与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，使品红褪色，不能复原，rm{SO_{2}}与品红发生化合使品红褪色；加热能复原，二者褪色原理不同，故A错误；

B；植物油和裂化汽油中都含有双键；可以发生加成反应使溴水褪色，故B正确；

C、因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜、rm{HgCl_{2}}等；故C错误；

D、加热盛有rm{NH_{4}Cl}和单质碘的试管；管口均有固体凝结；单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合，原理不同，故D错误；

故选B．

A、从氯水的氧化性和rm{SO_{2}}与品红发生化合使品红褪色分析；

B；从植物油和裂化汽油中都含有双键分析；

C；从根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性分析；

D、从加热盛有rm{NH4Cl}和单质碘的试管；管口均有固体凝结；单质碘是升华反应、氯化铵是分解、再化合．

本题考查了物质性质的分析，反应现象和事实的反应原理理解应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{B}6、A【分析】解：rm{CH_{2}BrCH_{2}CH3}与rm{CH_{3}CHBrCH_{3}}在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应都生成rm{CH_{2}=CHCH_{3}}

A、rm{B.}产物都是rm{CH_{2}=CHCH_{3}}故A正确；B错误；

C、rm{D}由于rm{Br}原子位置不同；则碳氢键；碳溴键断裂的位置不同，故C、D错误．

故选A．

rm{CH_{2}BrCH_{2}CH3}与rm{CH_{3}CHBrCH_{3}}在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应都生成rm{CH_{2}=CHCH_{3}}以此解答．

本题考查有机物的结构和性质，注意rm{Br}原子的位置，溴代烃在氢氧化钠醇溶液中可发生消去反应，注意把握有机物的结构，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【解析】【答案】（共5分，每空1分）黑CuO红刺激性8、略

【分析】解：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH．

D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：X水解然后酸化得D，D的结构简式为：D被氧化生成E，E的结构简式为：E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：．

（1）X为含有官能团是：酯基；溴原子，故答案为：酯基、溴原子；

（2）F→H的反应类型是：消去反应；故答案为：消去反应；

（3）由上述分析可知，I的结构简式为：故答案为：

（4）E的结构简式为：

a．E含有酚羟基和甲基；能发生取代反应，故不选；

b．E不能发生消去反应；故选；

c．E是有机物能氧化反应；且酚羟基易被氧化，故不选；

d．羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应；故选；

故答案为：bd；

（5）①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：

②F→G的化学方程式：

故答案为：

（6）E（）同分异构体同时符合下列条件：

b、不能发生水解反应，没有酯基，c、遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基，d、1mol该同分异构体最多能分别与1molNaOH和2molNa反应，含有1个-OH、1个-COOH，a、苯环上的一氯代物有两种，苯环上有2种H原子，应含有2个取代基且处于对位，符合条件的同分异构体有：共有4种；

故答案为：4；任意一种．

A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH．

D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，E遇FeCl3溶液显色，说明E中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO-，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在-CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：X水解然后酸化得D，D的结构简式为：D被氧化生成E，E的结构简式为：E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：据此解答．

本题考查了有机物的推断，对学生的逻辑推理有较高的要求，采取正、逆推法相结合确定X结构，注意X和氢氧化钠的水溶液发生水解时不仅酯基水解，溴原子还水解，含有溴原子的碳原子上有两个羟基时不稳定，易变成醛基，为易错点．【解析】酯基、溴原子；消去反应；bd；4；任意一种9、（1）0.032mol·L-1·min-1；0.25；（2）ad（3）<（4）bc【分析】【分析】本题考查了化学平衡常数和反应速率概念计算应用，平衡标志的分析判断等相关知识。【解答】rm{(1)}分析图表数据，rm{0隆芦10min}内，rm{NO}的平均反应速率分析图表数据，rm{(1)}内，rm{0隆芦10min}的平均反应速率rm{v(NO)=dfrac{1mol/L-0.68mol/L}{10min}=0.032mol/(L隆陇min)}rm{NO}

rm{v(NO)=

dfrac{1mol/L-0.68mol/L}{10min}=0.032mol/(L隆陇min)}，化学平衡时的浓度为rm{c(NO)=0.60mol/L(g)}rm{c(N}rm{c(NO)=0.60mol/L(g)}rm{c(N}rm{{,!}_{2})=0.30mol/L}，rm{CO}rm{CO}计算平衡平衡常数：

rm{K=dfrac{0.3隆脕0.3}{0.{6}^{2}}=0.25}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=}rm{(g)=}后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；

rm{0.30mol/L}加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故，错误；

rm{K=dfrac{0.3隆脕0.3}{0.{6}^{2}}=0.25

}通入一定量的故答案为：rm{0.032mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{0.25}反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故rm{0.032mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}正确；

rm{0.25}适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故rm{(2)30min}后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；正确；

rm{(2)30min}加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故rm{a.}加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故rm{a}错误；错误。rm{a.}rm{a}rm{b.}通入一定量的rm{NO}反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故rm{b}正确；rm{b.}rm{NO}后升高温度至rm{b}rm{c.}适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故rm{c}正确；rm{c.}达到平衡时，容器中rm{c}rm{d.}加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故rm{d}错误。rm{d.}rm{d}故答案为：rm{ad}rm{(3)}平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应rm{(3)}故答案为：若rm{30min}后升高温度至rm{T}rm{30min}生成rm{T}为逆反应，消耗rm{{,!}_{2}}为逆反应，没有正反应，故rm{{,!}_{2}}错误；rm{隆忙}达到平衡时，容器中rm{NO}rm{N}该反应为放热反应，温度发生变化，当反应体系的温度不再发生改变时，则反应达到平衡，故rm{隆忙}正确；

rm{NO}该反应为气体质量变化的反应，当混合气体的密度不再发生改变，则反应达到平衡，故rm{N}正确；

rm{{,!}_{2}}该反应为气体体积不变的反应，压强永不变，所以不能根据压强判断反应达到平衡，故rm{{,!}_{2}}错误。

、rm{CO}rm{CO}【解析】rm{(1)0.032mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}rm{0.25}rm{(2)ad}rm{(3)<}rm{(4)bc}10、略

【分析】【解析】试题分析：(1)化学平衡常数K值越大，表示反应进行的越完全；对于有些反应来说，温度高，K大，对于另外的一些反应来说，温度高，K小，所以温度升高，K值可能增大也可能减小；(2)①中，可以看出反应：CO(g)+FeO(s)CO2(g)+Fe(s)△H﹥0，为吸热反应，升高温度，平衡右移，所以CO和CO的体积比增大，平衡常数K值也增大，②中1100℃时，K=0.263，所以K=c(CO2)/c(CO)=0.025/0.1=0.25<0.263，所以还没有达到化学平衡，化学反应速度(正)>(逆)，原因是K>0.25。考点：化学平衡的移动【解析】【答案】(1)反应进行的越完全可能增大也可能减小(2)增大，增大②否，(正)>(逆)，其原因是K>0.2511、略

【分析】解：四氯化碳层显紫红色；说明四氯化碳中溶解碘单质，因为碘化钾溶液与氯水中氯气发生氧化还原反应，生成碘单质，故答案为：B．

四氯化碳层显紫红色；说明四氯化碳中溶解碘单质，从而说明氯水中的氯气与碘离子反应生成碘单质，溴的四氯化碳溶液为橙红色，以此解答该题．

本题考查物质的检验别和鉴别，侧重碘、溴的性质以及萃取知识的考查，题目难度不大，注意碘和四氯化碳的性质，把握相关基础知识的积累，此类题目可轻松解答．【解析】B12、略

【分析】解：（1）水分子中氧原子的核外电子数为8，氧原子在基态时核外电子排布式为1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；

（2）H2O分子中的原子数为3，价电子数为10，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为10，则与水互为等电子体，故答案为：H2S、NH2-；

（3）A．水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3；则氧原子的杂化类型没有改变，故A错误；

B．水分子为V型，H3O+为三角锥型；则微粒的形状发生了改变，故B正确；

C．因结构不同；则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C正确；

D．水分子为V型，H3O+为三角锥型；微粒中的键角发生了改变，故D正确；

故答案为：A；

（4）冰属于分子晶体；由晶胞图可知，B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，则与冰的晶体类型相同的是BC，故答案为：BC；

（5）冰的升华热是51kJ/mol；水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），根据图象知，1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，故答案为：20．

（1）根据O原子核外有8个电子；据此分析解答；

（2）根据原子数目和价电子数目来分析等电子体；

（3）水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3；据此解答；

（4）冰属于分子晶体；利用晶胞图来判断晶体的构成微粒，以此来分析；

（5）升华热=范德华力+氢键；利用均摊法计算水分子与氢键的关系，结合升华热；范德华力计算氢键键能．

本题考查了晶胞的计算、电子排布图的书写等知识点，难点是计算氢键的键能，会运用均摊法计算晶胞是解本题的关键，难度较大．【解析】1s22s22p4；H2S、NH2-；A；BC；20三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）214、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H215、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、原理综合题(共3题，共27分)17、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC18、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度不大，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。【解析】C镁易被氧化，其表面有氧化物，打磨是为了除去表面的氧化物缓慢加入B趁热过滤抽滤19、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC五、推断题(共3题，共6分)20、（1）C8H8

（2）加成酯化

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本题考查有机推断，涉及烯烃、卤代烃、醇等性质以及学生根据信息给予获取知识的能力，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力和分析推理能力，推断出rm{A}的分子式，根据反应条件及反应类型，利用顺推法进行推断，是高考热点题型，难度中等。【解答】rm{1mol}某烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烃rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}可能含有苯环，由rm{A}发生加聚反应生成rm{C}故A中含有不饱和键，故A为rm{C}为rm{A}与溴发生加成反应生成rm{B}则rm{B}为rm{B}在氢氧化钠的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{E}则rm{E}为rm{E}与溴发生加成反应生成由信息烯烃与rm{HBr}的加成反应可知，不对称烯烃与rm{HBr}发生加成反应，rm{H}原子连接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故与rm{HBr}放出加成反应生成rm{D}则rm{D}为rm{D}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{F}则rm{F}为rm{F}与乙酸发生酯化反应生成rm{H}故H为据此解答。rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}故答案为：rm{C_{8}H_{8}}

rm{(2)A}的结构简式：故答案为：

rm{(3)}由上述分析可知，rm{C}为rm{D}为rm{E}为rm{H}为

故答案为：【解析】rm{(1)C_{8}H_{8;;;;}}rm{(2)}加成酯化rm{(3)}rm{(4)}rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}rm{+NaBr}21、（1）第三周期VIIA族（2）离子键（3）【分析】【分析】本题考查元素周期表及周期律知识，难度不大，掌握关于元素周期表及周期律知识，并能结合元素及其化合物知识做答是解答的关键。【解答】rm{A}元素原子次外层电子数为rm{2}说明rm{A}元素只有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}则说明rm{A}为碳元素，rm{B}元素原子最外层电子数比第rm{1}层电子数少rm{1}也比rm{C}元素原子第rm{M}层电子数少rm{1}说明rm{B}为钠，rm{C}为镁，rm{D}元素的单质为气态非金属单质，结合以上条件可知rm{D}为氯。元素原子次外层电子数为rm{A}说明rm{2}元素只有rm{A}个电子层，最外层电子数为rm{2}则说明rm{4}为碳元素，rm{A}元素原子最外层电子数比第rm{B}层电子数少rm{1}也比rm{1}元素原子第rm{C}层电子数少rm{M}说明rm{1}为钠，rm{B}为镁，rm{C}元素的单质为气态非金属单质，结合以上条件可知rm{D}为氯。rm{D}因rm{(1)}因rm{A}为碳元素，所以其原子结构示意图为：为碳元素，所以其原子结构示意图为：rm{(1)}元素为氯，rm{A}号元素，所以在周期表中位置为：第三周期rm{D}族；rm{17}为钠，其最高价氧化物对应水化物的电子式为：rm{VIIA}为镁，rm{(2)B}为氯，所以形成的化合物为氯化镁，只有离子键；rm{C}元素为氯，就是氯气与二氧化硫反应的化学方程式为：rm{D}【解析】rm{(1)}第三周期rm{VIIA}族rm{(2)}离子键rm{(3)}22、略

【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{H}为原子序数依次增大的五种短周期元素，rm{Z}与r