2025年浙科版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年浙科版高一化学下册阶段测试试卷771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8题，共16分)1、熔融烧碱样品应使用下列器皿（）

A.生铁坩埚。

B.普通玻璃坩埚。

C.石英坩埚。

D.瓷坩埚。

2、某共价化合物含碳、氢、氮三种元素，分子内有四个氮原子，且四个氮原子构成正四面体（如白磷结构）每两个氮原子间都有一个碳原子．已知分子内无碳碳单键，也没有碳碳双键，则该化合物的分子式为（）A.C6H12N4B.C4H8N4C.C6H10N4D.C6H8N43、常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+═2X-+2W3+；Z2+2X-═2Z-+X2；2W3++2Y-═2W2++Y2．则在相同条件下，下列三个反应：①Y2+2X-═2Y-+X2；②Z2+2Y-═2Z-+Y2；③2W3++2Z-═2W2++Z2也能发生的是（）A.只有①B.只有②C.①和②D.②和③4、下列有关二氧化硅的叙述中错误的是（）

A.SiO2是酸性氧化物，它的对应酸是硅酸（H2SiO3）

B.二氧化硅易溶于水。

C.SiO2可与CaO或NaOH反应。

D.光导纤维的主要原料就是SiO2

5、右图为元素周期表截取的短周期的一部分，即四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是()A.原子半径：W>Z>Y>XB.气态氢化物的稳定性：Z>W>X>YC.W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等D.Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱6、下列说法正确的是（）A.物质发生化学反应都伴随着能量变化B.伴有能量变化的物质变化都是化学变化C.在一个确定的化学反应中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量D.放热反应的发生无需任何条件7、苯和甲苯相比较，下列叙述中不正确的是（）A.都属于芳香烃B.都不能使高锰酸钾酸性溶液褪色C.都能在空气中燃烧D.都能发生取代反应8、反应rm{2A(g)?2B(s)+C(g)triangleH>0}要使逆反应速率降低，应采取的措施是rm{2A(g)?2B(s)+C(g)triangle

H>0}rm{(}A.减压B.升温C.加压D.从体系中分离出一部分rm{)}物质rm{B}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、某化学实验小组同学利用图1装置制备氨气；并探究氨气的性质．请回答：

（1）实验室制备氨气的化学方程式为______；

（2）装置B中烧杯滴加酚酞溶液，并打开止水夹，观察到烧瓶内产生了______，则说明氨气具有的性质是______，______．

（3）写出氨气与水反应的化学方程式______．

（4）为防止污染空气，图2装置可用于吸收多余氨气的是______．

10、（10分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：丙G（2）写出下列反应的离子方程式：反应①反应⑤(3)写出乙+D的化学方程式。11、（11分）铁是人类较早使用的金属之一。运用铁的有关知识，回答下列问题：（1）据有关报道，目前已能冶炼纯度高达99.9999%的铁，关于纯铁的如下叙述中，正确的是（）A．硬度比生铁高B．耐腐蚀性强，不易生锈C．不能与盐酸反应D．与不锈钢成分相同E．在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴滴加1mol·L-1FeC13溶液，至液体呈透明的红褐色，形成该分散系的微粒粒度范围是。（3）电子工业需用30%的FeC13溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。请写出FeC13溶液与铜反应的离子方程式，检验反应后的溶液中还存在Fe3+的试剂是____________。（4）欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeC13溶液，现有下列试剂：①蒸馏水②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水⑦氯气，需要用到的一组试剂是（）A．①②④⑦B．①③④⑥C．②④⑤D．①④⑥⑦12、614C的放射性可用于考古断代，根据测定出土文物标本中的614C含量，就可以推算出文物的年代．614C的质子数是____；中子数是____；质量数是____；原子结构示意图为____13、rm{(1)}下列微粒：rm{;_{1}^{3}}H、rm{;_{19}^{40}}K、rm{;_{1}^{2}H^{+}}rm{;_{19}^{40}K^{+}}rm{;_{20}^{40}Ca}rm{;_{17}^{39}Cl^{-}}rm{;_{19}^{39}K}中有______种元素；有______种核素，其中______互为同位素．

rm{(2)^{A}X^{n+}}共有rm{x}个电子，该阳离子的中子数为rm{N}则rm{N=}______．

rm{(3)}下列物质中rm{Na_{2}O}rm{CO_{2}}rm{CaCl_{2}}rm{H_{2}O_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NH_{4}Cl}属于含非极性键的共价化合物的是______；含非极性键的离子化合物是______．

rm{(4)}下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系rm{(X}为核电荷数，rm{Y}为元素的有关性质rm{).}把与下面元素有关的性质相符的曲线标号rm{(}用“rm{A}”、“rm{B}”、“rm{C}”、“rm{D}”rm{)}填入相应的空格中：

rm{垄脵}第Ⅳrm{A}族元素的最外层电子数______；rm{垄脷}第三周期元素的最高化合价______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．15、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）16、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）17、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）18、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．评卷人得分四、探究题(共1题，共4分)20、某实验小组的同学用氢氧化钙和盐酸进行酸碱中和的实验时；向烧杯中的氢氧化钙溶液加入稀盐酸，实验结束后，发现忘了滴加指示剂．他们停止滴加稀盐酸，并对烧杯内溶液中的溶质成分进行探究．

（1）复分解反应的发生需要一定的条件．氢氧化钙和盐酸能发生复分解反应是因为______．

（2）探究烧杯中溶液中溶质的成分．

【提出问题】该烧杯内溶液中的溶质是什么？

【猜想】猜想一：可能是Ca（OH）2和CaCl2；猜想二：可能只有CaCl2

猜想三：可能是______．

【查阅资料】CaCl2溶液显中性．

【进行实验】

实验一：取少量烧杯内溶液于试管中，滴入几滴酚酞溶液，振荡，若______；说明猜想一不正确．

实验二：另取烧杯内的少量溶液于另一只试管中，逐滴加入碳酸钠溶液至过量，若______；说明猜想二不正确，猜想三正确．

实验三：取少量烧杯内溶液于试管中，用下列物质中的______（填序号）不能说明猜想三正确．

A；紫色石蕊B、氢氧化铜C、硝酸银D、锌。

【反思与拓展】

①在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑______．

②要处理烧杯内溶液，使其溶质只含有CaCl2，应向烧杯中加入过量的______．

③实验室欲中和100g7.3%的盐酸，至少需要多少克熟石灰？评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)21、实验室用2.0mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液。（1）配制上述溶液，需要2.0mol/LNaCl溶液____mL。（2）配制上述溶液除需要玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、__________________。20gNaOH固体溶解后配制成100mL溶液，其溶质物质的量为____，取出10mL该溶液，它的物质的量浓度为____。（3）在配制过程中，其它操作都正确，下列操作中，能引起浓度偏高的有____（填代号）:①②定容时加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出②转移溶液前，容量瓶中含有少量水③定容摇匀后发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线④定容时，俯视刻度线22、掌握仪器名称；组装及使用方法是中学化学实验的基础；下图为两套实验装置．

rm{(1)}写出下列仪器的名称：rm{a}．______rm{b}．______rm{c}．__________．

rm{(2)}若利用装置rm{I}分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是______，将仪器补充完整后进行实验，温度计水银球的位置在______处rm{.}冷凝水由______rm{(}填rm{f}或rm{g)}口通入．

rm{(3)}现需配制rm{0.1mol/L}rm{CuSO_{4}}溶液rm{450mL}装置rm{II}是某同学转移溶液的示意图．

rm{垄脵}图中的错误是______rm{.}除图中给出的仪器和分析天平外；为完成实验还需的仪器有：______．

rm{垄脷}根据计算得知，需称取的胆矾的质量为______rm{g.}

rm{垄脹}在rm{100mL}某浓度的rm{CuSO_{4}}溶液中加入一质量为rm{45.0g}的铁棒，反应一段时间后，取出洗净，干燥后称量，称得质量变为rm{46.6g.}若反应后溶液的体积不变，所得溶液中rm{FeSO_{4}}的物质的量浓度为______rm{mol/L}．23、某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性rm{.}请回答下列问题：rm{(1)}请帮助他们完成以下实验报告：实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性试剂：铁粉、rm{FeCl_{3}}溶液、rm{FeCl_{2}}溶液、氯水、锌片、碘化钾、淀粉溶液实验记录：rm{垄脵}在rm{FeCl_{2}}溶液中滴入适量氯水，溶液由浅绿色变为棕黄色，离子方程式：____，结论：rm{Fe^{2+}}具有____性rm{垄脷}在rm{FeCl_{3}}溶液中加入足量铁粉，现象____离子方程式：____，结论：rm{Fe^{3+}}具有____性rm{Fe}具有____性rm{(2)}亚铁盐在溶液中易被氧化，而实验中需要纯净的亚铁盐溶液rm{.}那么保存亚铁盐溶液时加入____来防止亚铁盐被氧化。rm{(3)}检验某溶液中是否含有rm{Fe^{3+}}的方法是加入________检验．24、无水氯化铝是白色晶体；易吸收水分，在178℃升华，装有无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，工业上由金属与氯气作用或由无水氯化氢气体与熔融Al作用而制得，某课外活动小组在实验室内通过下列装置（如图）制取少量纯净的无水氯化铝。

试回答以下问题：

（1）装置A中反应的化学方程式______

（2）饱和食盐水的作用______；浓硫酸的作用______

（3）在C处可以收集到纯净的氯化铝；原因是______。

（4）装置D的作用是______

（5）若用200mL10mol•L-1的浓盐酸与足量的二氧化锰固体加热反应（不考虑氯化氢挥发），则产生氯气的物质的量为______0.56mol（填“大于”、“等于”或“小于”），原因是______。评卷人得分六、推断题(共4题，共16分)25、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为________________。（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）_______________________________（3）QX的电子式为___________；QX与水反应放出气体的化学方程式为_____________________（4）X、Z两元素所形成化合物的电子式为（5）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C的结构式__________________；D的电子式_____________________________如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，由A转化为B的离子方程式_________________________________________________26、已知有机物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}有以下转化关系rm{.A}的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；rm{E}是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是rm{C}的rm{2}倍；rm{F}是高分子化合物rm{.}结合如图关系回答问题：

rm{(1)}写出rm{C}的结构简式：______；

rm{(2)}写出rm{B}rm{D}中官能团的名称：rm{B}______、rm{D}______；

rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：rm{垄脵}______；rm{垄脷}______

rm{(4)}物质rm{B}可以直接氧化为物质rm{D}需要加入的试剂是______；实验的现象是______．

rm{(5)}苯是石油化工的重要产品，在浓硫酸的作用下，苯在rm{50隆忙隆芦60隆忙}与浓硝酸发生反应，写出反应化学方程式______，该反应类型是______．27、X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Z为地壳中含量最多的元素，R的单质在CO2燃烧生成两种固体；Y；Z、Q的最外层电子数之和为18．请回答下列问题：

（1）Z在元素周期表中的位置为______。

（2）Z；R、Q离子半径从大到小的顺序为______。（填离子符号）；

（3）X；Z两元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为______。

（4）R3Y2与水可剧烈反应；产生沉淀和气体，反应的化学方程式为______。

（5）元素Y与X形成一种离子YX4+，请写出检验溶液中该离子的实验操作、现象和结论______。28、某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的rm{3}个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有rm{A}rm{B}两种物质，一处含有rm{C}rm{D}两种物质，一处含有rm{E}物质，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：。阳离子rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{Al^{3+}}阴离子rm{SO_{4}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}为了鉴别上述化合物rm{.}分别完成以下实验；其结果是：

rm{垄脵}将它们溶于水后，rm{D}为蓝色溶液；其他均为无色溶液；

rm{垄脷}将rm{E}溶液滴入到rm{C}溶液中出现白色沉淀；继续滴加，沉淀溶解；

rm{垄脹}进行焰色反应，只有rm{B}rm{C}为紫色rm{(}透过蓝色钴玻璃rm{)}

rm{垄脺}在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，rm{A}中放出无色气体，rm{C}rm{D}中都能产生白色沉淀：

rm{垄脻}将rm{B}rm{D}两溶液混合；未见沉淀或气体生成．

根据上述实验填空：

rm{(1)}写出rm{C}rm{D}的化学式：rm{C}______，rm{D}______．

rm{(2)}将含rm{1mol}rm{A}的溶液与含rm{l}rm{mol}rm{E}的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，请写出rm{A}与rm{E}反应的离子方程式：______．

rm{(3)}在rm{A}溶液中加入少量澄清石灰水；其离子方程式为______．

rm{(4)C}常用作净水剂；用离子方程式和适当文字说明其净水原理______．

rm{(5)}若向含溶质rm{0.5mol}的rm{C}溶液中逐滴加入rm{Ba(OH)_{2}}溶液，生成沉淀质量最大为______rm{g.}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】

A；生铁坩埚可以熔融烧碱样品；铁与氢氧化钠不反应，且熔点高，故A符合；

B；普通玻璃坩埚含有二氧化硅；与烧碱会反应，没有固定熔点，在一定温度下软化，故B不符合；

C；石英坩埚主要成分是二氧化硅；与氢氧化钠反应，故C不符合；

D；瓷坩埚中含硅酸盐、二氧化硅等于氢氧化钠反应；故D不符合；

故选A．

【解析】【答案】从不与烧碱反应；熔点高进行分析判断；

2、A【分析】【解答】四个氮原子构成正四面体，正四面体有6条边，所以有6个C原子，因为N原子构成正四面体的四个顶点，与3个C原子成键，分子内无碳碳单键，也没有碳碳双键，每个C还有两个共价键可以和H原子结合，共要结合12个氢原子，即化合物的化学式是C6H12N4．

故选A．

【分析】形成化合物时，碳可形成4个键，氢形成1个键，氮下形成三个键均是饱和的以及分子构型，以此可确定有机物的分子式．3、B【分析】解：反应X2+2W2+═2X-+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X-═2Z-+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y-═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2；

①Y2+2X-═2Y-+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同；则反应不能发生，故错误；

②Z2+2Y-═2Z-+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同；则反应能发生，故正确；

③2W3++2Z-═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同；则反应不能发生，故错误；

故选B．

反应X2+2W2+═2X-+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X-═2Z-+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y-═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2；满足该氧化性顺序即可发生．

该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂→弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，题目难度不大．【解析】【答案】B4、B【分析】

A；二氧化硅是酸性氧化物；二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液和盐酸反应制得硅酸，二氧化硅的对应酸是硅酸，故A正确．

B；二氧化硅不溶于水；故B错误．

C；二氧化硅是酸性氧化物；能和强碱反应生成盐和水，在一定条件下，也能和碱性氧化物反应生成盐，故C正确．

D；光导纤维；就是依靠光在线缆中进行内全反射从而达到用光进行载体传输信息的介质．用光来传输，就要求介质要尽可能透明，石英就是二氧化硅，透明度很高造价低，因此是很好的光导材料，所以光导纤维的主要原料是二氧化硅，故D正确．

故选B．

【解析】【答案】二氧化硅是酸性氧化物；但不能和水反应，能和强碱或碱性氧化物反应生成盐，光导纤维的主要材料是二氧化硅．

5、C【分析】【解析】试题分析：同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，所以原子半径应该是Z>W>X>Y，A不正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强。非金属性是：Y>X>W>Z，则选项B不正确；W可能是第ⅣA元素，则W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等，C正确；根据元素在周期表中的位置可判断，它们均位于第ⅡB族的右侧，所以Z的最高价氧化物的水化物不可能为强碱，D不正确，答案选C。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用【解析】【答案】C6、A【分析】【解析】【答案】A7、B【分析】【解答】A．苯和甲苯都含有苯环都属于芳香烃；故A正确；

B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；而甲苯可以，故B错误；

C．苯和甲苯有可燃性；都能在空气中燃烧，故C正确；

D．苯和甲苯都能与卤素单质；硝酸等发生取代反应；故D正确．

故选B．

【分析】A．含有苯环的烃属于芳香烃；

B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

C．苯和甲苯有可燃性；

D．苯和甲苯都能发生取代反应．8、A【分析】解：rm{A.}减压，反应速率减小，但平衡正向移动，rm{A}的浓度减小；故A选；

B.升高温度；增大活化分子百分数，反应速率增大，故B不选；

C.加压；反应速率增大，平衡逆向移动，故C不选；

D.rm{B}为固体，减小rm{B}的量；浓度不变，反应速率不变，故D不选；

故选A．

要使逆反应速率降低，则减小浓度、温度、压强等，注意rm{B}为固体的特点；以此解答该题．

本题考查化学反应速率的影响因素及化学平衡移动，为高频考点，把握影响速率的因素及影响平衡移动的因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重迁移应用能力的训练，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】解：（1）实验室制取氨气是用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气和氯化钙、水，其化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

（2）氨气极易溶于水；可以完成喷泉实验，氨水是弱碱，能够电离出氢氧根离子，致使酚酞溶液显红色，故答案为：红色喷泉；氨气极易溶于水；溶于水显碱性；

（3）氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根和氢氧根，化学反应方程式为：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，故答案为：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-；

（4）因为氨气极易溶于水；吸收多于的氨气装置，必须能够防止倒吸，AD装置中的倒置的漏斗和球形干燥管的体积较大，能防止液体倒吸进入反应装置；

B装置中四氯化碳可以减慢氨气溶于水的速率；故答案为：ABD．

（1）氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气；

（2）根据氨气的喷泉实验原理回答；滴有酚酞的溶液变红，溶液显示碱性；

（3）氨气溶于水生成一水合氨；

（4）选择的装置必须能够防止倒吸．

本题考查了氨气的制取和性质检验，涉及了实验装置的选择、化学方程式的书写，本题难度不大．【解析】2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2；红色喷泉；氨气极易溶于水；溶于水显碱性；NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-；ABD10、略

【分析】由框图知为A钠，甲为氢气，D为氢氧化钠溶液，B为铝，乙为氯气，丙为氯化氢，E为盐酸，H为氢氧化铁，则G为氯化铁、C为铁、F为氯化亚铁。⑴⑵⑶见答案。【解析】【答案】（10分）(1)HCl；FeCl3(2)①2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑⑤2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl—；（3）Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O11、略

【分析】【解析】【答案】（11分）（1）BE(2)10-9～10-7nm（3）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；取反应后的溶液，加入少量的KSCN溶液，如果溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+存在。（4）A12、6814【分析】【解答】614C的质子数是6，质量数为14，中子数=14﹣6=8，原子结构示意图为

故答案为：6，8，14，．

【分析】根据原子结构示意图中，左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数﹣质子数；根据碳原子核外有2个电子层，每一层上的电子数分别为2、4来解答．13、略

【分析】解：rm{(1)}元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，质子数相同为同种元素，rm{;_{19}^{39}}K、rm{;_{19}^{40}K}质子数相同为同种元素，rm{;_{1}^{3}}H、rm{;_{20}^{40}Ca}分别属于rm{H}和rm{Ca}元素，所以共有rm{4}种元素；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，rm{;_{1}^{3}}H、rm{;_{19}^{40}}K、rm{;_{20}^{40}Ca}rm{;_{19}^{39}K}为rm{4}种核素；质子数相同，中子数不同为同种元素的同位素，rm{{,!}_{19}^{40}K}与rm{{,!}_{19}^{39}K}质子数相同中子数不同，故为同位素，故答案为：rm{4}rm{4}rm{{,!}_{19}^{40}K}与rm{{,!}_{19}^{39}K}

rm{(2)}根据在阳离子中：核电荷数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{+}所带电荷数，即核电荷数rm{=}质子数rm{=x+n}又根据质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，即中子数rm{=}质量数rm{-}质子数rm{=A-(x+n)}故答案为：rm{A-x-n}

rm{(3)}同种非金属元素之间形成非极性共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，符合含非极性键的共价化合物条件的是rm{H_{2}O_{2}}活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，则符合含非极性键的离子化合物条件的是rm{Na_{2}O_{2}}

故答案为：rm{H_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}

rm{(4)垄脵}Ⅱrm{A}族元素的最外层电子数相等，图象rm{B}符合，故答案为：rm{B}

rm{垄脷}第rm{3}周期的最高化合价从左rm{隆煤}右依次升高，图象rm{C}符合，故答案为：rm{C}．

rm{(1)}元素就是具有相同的核电荷数rm{(}即核内质子数rm{)}的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；

rm{(2)}在阳离子中，核电荷数rm{=}质子数rm{=}核外电子数rm{+}所带电荷数；

rm{(3)}铵盐是全部由非金属元素组成的离子化合物；

只含共价键的化合物是共价化合物；不同非金属元素之间易形成极性共价键；

同种非金属元素之间形成非极性共价键；

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；同种非金属元素之间易形成非极性共价键；

rm{(4)垄脵}根据同一主族元素的最外层电子数相等；

rm{垄脷}第三周期的最高化合价从左rm{隆煤}右依次升高．

本题考查较为综合，涉及核数的种类、元素的种类、同位素的概念，原子结构和元素周期律的关系及应用，为高频考点，根据概念的内涵来分析解答，注意离子键和共价键的区别，题目难度不大．【解析】rm{4}rm{4}rm{{,!}_{19}^{40}K}与rm{{,!}_{19}^{39}K}rm{A-x-n}rm{H_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}rm{B}rm{C}三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．15、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．16、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol17、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素18、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．19、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；四、探究题(共1题，共4分)20、略

【分析】解：（1）复分解反应发生的条件是：生成物中有沉淀；水或气体放出；氢氧化钙和盐酸反应生成了氯化钙和水，故符合条件；

（2）【猜想】反应可能是恰好反应；只有氯化钙（猜想二）；也可能是一种物质完全反应，另一种物质有剩余，若氢氧化钙过量，则含有氢氧化钙和氯化钙（猜想一）；若盐酸过量，则含有盐酸和氯化钙（猜想三）；

【进行实验】因为酚酞遇碱会变红色；而结论是猜想一不正确，即不含有氢氧化钙，故观察到的现象是溶液无明显变化（或溶液不变红色）；

根据结论猜想二不正确；猜想三正确，即含有盐酸和氯化钙，其中的氯化钙溶液可以和碳酸钠溶液反应生成沉淀，稀盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，因为碳酸钙在盐酸存在的情况下不能以沉淀的形式析出，故碳酸钠先和盐酸反应产生气泡，再和氯化钙反应产生沉淀；

虽然盐酸能够和硝酸银反应产生沉淀；但由于其中的氯化钙也能够和硝酸银产生相同的现象，不能选择；

【反思与拓展】

①因为反应可能是完全反应；也可能是其中的一种反应物过量，因此在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑反应物的用量；

②盐酸会与碳酸钙反应而将过量盐酸除去．

③解：设至少需要熟石灰的质量为x

污水中HCl的质量：100g×7.3%=7.3g

2HCl+Ca（OH）2═CaCl2+2H2O

7374

7.3gx

解之得：x=7.4g

答：至少需要熟石灰7.4g．

故答案为：（1）有水生成；（2）猜想三：可能是CaCl2；HCl；

【进行实验】溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡；后出现白色沉淀；C；

【反思与拓展】

①反应物是否过量；②CaCO3；③7.4g．

（1）；据复分解反应发生的条件考虑；（2）、【猜想】根据反应的程度进行猜想：恰好反应、一种物质完全反应；另一种物质有剩余；

【进行实验】根据酚酞遇碱变红来进行解答；根据盐酸的性质进行分析；但注意氯化钙中也含有氯离子；

【反思与拓展】

①根据实验的结论进行发生反思；

②根据酸会与碳酸钙反应进行分析③．计算出100g污水中的HCl的质量；然后根据盐酸和氢氧化钙反应的化学方程式求出至少需要熟石灰的质量．

本题考查了酸碱中和反应以及实验设计的能力．设计实验时，可以从反应后的产物和其有关的性质着手；检验时要注意氯离子的干扰．【解析】有水生成；可能是CaCl2、HCl；溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡，后出现白色沉淀；C；反应物是否过量；CaCO3五、实验题(共4题，共24分)21、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在氯化钠的稀释过程中，溶质是不变的，所以需要氯化钠溶液的体积是（2）根据所给的仪器可知，还缺少100ml容量瓶。20gNaOH固体的物质的量是20g÷40g/mol＝0.5mol，则其浓度是0.5mol÷0.1L＝5mol/L。（3）根据n＝c·V可知，如果定容时加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，则溶质减少，浓度偏低；转移溶液前，容量瓶中含有少量水，溶质和溶液的体积不变，浓度不变；定容摇匀后发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则溶液体积增加，浓度偏低；定容时，俯视刻度线，则溶液体积减少，浓度偏高，答案选④。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制和计算【解析】【答案】（5分）（1）25mL（2）100ml容量瓶；0.5mol；5mol/L（3）④22、略

【分析】解：rm{(1)}由图可知仪器的名称为rm{a.}蒸馏烧瓶、rm{b.}冷凝器rm{(}直形冷凝管rm{)}rm{c.}容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝器rm{(}直形冷凝管rm{)}容量瓶；

rm{(2)}分离四氯化碳和酒精的混合物，选择蒸馏装置，需要酒精灯加热，则图中缺少仪器为酒精灯，温度计水银球的位置在蒸馏烧瓶支管口处rm{.}冷凝水由rm{g}口通入；

故答案为：酒精灯；蒸馏烧瓶支管口；rm{g}

rm{(3)垄脵}图中的错误是没有用玻璃棒引流；除图中给出的仪器和分析天平外；为完成实验还需的仪器有玻璃棒和胶头滴管；

故答案为：没有用玻璃棒引流；玻璃棒和胶头滴管；

rm{垄脷}选择rm{500mL}容量瓶，需称取的胆矾的质量为rm{0.5L隆脕0.1mol/L隆脕250g/mol=12.5}rm{g}故答案为：rm{12.5}

rm{垄脹Fe+CuSO_{4}=FeSO_{4}+Cutrianglem}

rm{垄脹Fe+CuSO_{4}=FeSO_{4}+Cutriangle

m}rm{1}

rm{8}rm{n}

rm{(46.6g-45.0g)}反应后溶液的体积不变，仍为rm{n=0.2mol}则所得溶液中rm{0.1L}的物质的量浓度为rm{FeSO_{4}}rm{dfrac{0.2mol}{0.1L}=2}

故答案为：rm{mol/L}．

rm{2}由图可知仪器的名称；

rm{(1)}分离四氯化碳和酒精的混合物；选择蒸馏装置，需要酒精灯加热，温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出；

rm{(2)}转移液体需要引流；在烧杯中溶解；冷却后转移到容量瓶中定容；

rm{(3)垄脵}结合rm{垄脷}计算；

rm{m=cVM}发生rm{垄脹}及差量法计算．

本题考查混合物分离及溶液配制实验，为高频考点，把握仪器的使用、混合物分离提纯、溶液配制实验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意差量法计算的应用，题目难度不大．rm{Fe+CuSO_{4}=FeSO_{4}+Cu}【解析】蒸馏烧瓶；冷凝器rm{(}直形冷凝管rm{)}容量瓶；酒精灯；蒸馏烧瓶支管口；rm{g}没有用玻璃棒引流；玻璃棒和胶头滴管；rm{12.5}rm{2}23、（1）①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-还原）①1

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-还原Fe②溶液由棕黄色变为浅绿色2Fe3++2Fe3++=3Fe2+氧化还原=3Fe2+氧化还原（2）KSCN溶液​）铁粉【分析】【分析】

本题探究了不同价态的铁元素氧化性、还原性，解答本题的关键是掌握rm{Fe^{3+}}为铁元素的最高价态，具有较强的氧化性，rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}为铁元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，但以还原性为主，为铁元素的最低价态，rm{Fe}rm{Fe}

只有还原性。在【解答】rm{(1)垄脵}在rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}溶液中滴入适量氯水，rm{(1)垄脵}rm{FeCl}具有还原性，被氯水氧化为rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}rm{Fe}，故答案为：rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}，故离子方程式为rm{2}rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}，故答案为：rm{2}rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}，故答案为：rm{Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{2Fe}rm{2Fe}；

rm{{,!}^{2+}}rm{+Cl}rm{+Cl}溶液中加入足量铁粉，rm{2}氧化rm{2}发生归中反应生成rm{=2Fe}rm{=2Fe}，体现rm{{,!}^{3+}}具有氧化性，rm{+2Cl}具有还原性，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色rm{+2Cl}rm{{,!}^{-}}还原；rm{垄脷}在rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液中加入足量铁粉，rm{Fe^{3+}}氧化rm{Fe}发生归中反应生成rm{Fe^{2+}}，溶液由棕黄色变为浅绿色，体现rm{Fe^{3+}}具有氧化性，rm{Fe}具有还原性，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；rm{2Fe}还原rm{垄脷}在rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液中加入足量铁粉，rm{Fe^{3+}}氧化rm{Fe}发生归中反应生成rm{Fe^{2+}}，溶液由棕黄色变为浅绿色，体现rm{Fe^{3+}}具有氧化性，rm{Fe}具有还原性，故答案为：亚铁盐在溶液中易被氧化为在rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液中加入足量铁粉，，加入还原性更强的rm{FeCl}也可以和rm{FeCl}反应生成rm{{,!}_{3}}rm{Fe^{3+}}加铁粉，故答案为：铁粉；rm{Fe^{3+}}检验rm{Fe}通常加入rm{Fe}溶液，溶液变为红色，故答案为：rm{Fe^{2+}}溶液rm{Fe^{2+}}，溶液由棕黄色变为浅绿色【解析】rm{(}rm{1}rm{)垄脵}rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}还原rm{(}rm{1}rm{1}还原

rm{)垄脵}溶液由棕黄色变为浅绿色rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}还原rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{垄脷}溶液由棕黄色变为浅绿色rm{2Fe^{3+}+}氧化还原rm{垄脷}rm{2Fe^{3+}+}rm{2Fe^{3+}+}铁粉rm{Fe}rm{=3Fe^{2+;;;;}}氧化还原rm{=3Fe^{2+;;;;}}氧化还原rm{=3Fe^{2+;;;;}}rm{(}溶液rm{(}rm{2}24、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中混有的HCl干燥氯气AlCl3易升华吸收多余的Cl2且防止水蒸气进入C中小于加热过程中浓盐酸中部分HCl挥发，且HCl参与反应，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应【分析】解：（1）装置A利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，反应化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）饱和食盐水的作用：除去氯气中混有的HCl；浓硫酸的作用：干燥氯气；

故答案为：除去氯气中混有的HCl；干燥氯气；

（3）AlCl3易升华，产物以气体形式存在，在C处冷却收集到纯净的氯化铝，故答案为：AlCl3易升华；

（4）装置D的作用是：吸收多余的Cl2且防止水蒸气进入C中，故答案为：吸收多余的Cl2且防止水蒸气进入C中；

（5）浓盐酸中含有HCl：0.2L×10mol/L═2mol，根据化学方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，可知在二氧化锰过量的条件下，如果HCl完全反应，会生成氯气2mol×=0.5mol；加热过程中浓盐酸中部分HCl挥发，且HCl参与反应，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，故生成的氯气会小于0.5mol；

故答案为：小于；加热过程中浓盐酸中部分HCl挥发；且HCl参与反应，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应。

装置A制备氯气；盐酸易挥发，制备的氯气中有HCl，用饱和食盐水除去HCl，氯化铝易吸收水分，在潮湿空气中会爆炸，需要在干燥环境下制备氯化铝，用浓硫酸干燥氯气，装置中空气可以氧化铝，用氯气排尽装置空气，再加热B处，使Al与氯气反应生成氯化铝，氯化铝易升华，在C处收集到氯化铝，因无水氯化铝易吸收水分，则D处碱石灰防止空气中的水蒸气进入C中，同时吸收尾气中氯气，防止污染空气。

本题考查物质制备实验，无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，所以在实验时一定要干燥环境下进行，注意浓盐酸和二氧化锰能反应生成氯气，稀盐酸和二氧化锰不反应。【解析】MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中混有的HCl干燥氯气AlCl3易升华吸收多余的Cl2且防止水蒸气进入C中小于加热过程中浓盐酸中部分HCl挥发，且HCl参与反应，随反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应六、推断题(共4题，共16分)25、略

【分析】试题分析：Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，说明Z为O、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，说明X、Y为IA族或IVA族元素，即X为H、Y为C；Q与X同主族，则Q为Na；由此可知（1）Y在元素周期表中的位置为第二周期、IVA族；（2）五种元素原子半径由大到小的顺序是Na>Al>C>O>H；（3）QX为NaH，其电子式为Na+[:H]-；NaH与水反应放出气体的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；（4）X、Z两元素所形成化合物为H2O或H2O2；（5）由转化关系且C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体可知D为Na2O2，C为CO2；如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物即Al(OH)3则由A转化为B的离子方程式为考点：考查原子结构与性质、电子式书写、元素及其化合物等相关知识。【解析】【答案】（1）二、IVA（2）Na>Al>C>O>H（3）Na+[:H]-、NaH+H2O=NaOH+H2↑（4）（5）O=C=O26、略

【分析】解：rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平的标志，则rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}与水发生加成反应生成rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}在rm{Cu}作催化剂条件下发生催化氧化生成rm{C}为rm{CH_{3}CHO}rm{E}是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是rm{C}的rm{2}倍，则rm{E}为rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}rm{D}为rm{CH_{3}COOH}乙烯发生加聚反应生成rm{F}为．

rm{(1)C}的结构简式：rm{CH_{3}CHO}故答案为：rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}含有的官能团为羟基，rm{D}为rm{CH_{3}COOH}含有的官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；

rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}

反应rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}的化学方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{垄脷}乙醇可以直接氧化为乙酸，需要加入的试剂是：酸性rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}溶液rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}或酸性rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}溶液rm{(4)}实验的现象是：溶液紫红色褪去rm{KMnO_{4}}或溶液由橙色变为绿色rm{(}

故答案为：酸性rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}溶液rm{)}或酸性rm{(}溶液rm{)}溶液紫红色褪去rm{KMnO_{4}}或溶液由橙色变为绿色rm{(}

rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}苯是石油化工的重要产品，在浓硫酸的作用下，苯在rm{)}与浓硝酸发生反应，反应化学方程式该反应类型是：取代反应；

故答案为：取代反应．

rm{(}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平的标志，则rm{)}为rm{(5)}rm{50隆忙隆芦60隆忙}与水发生加成反应生成rm{A}为rm{A}rm{CH_{2}=CH_{2}}在rm{CH_{2}=CH_{2}}作催化剂条件下发生催化氧化生成rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是rm{Cu}的rm{C}倍，则rm{CH_{3}CHO}为rm{E}rm{C}为rm{2}乙烯发生加聚反应生成rm{E}为据此解答．

本题考查有机物的推断，题目贴近教材，比较基础，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性质与转化，关键是掌握官能团性质与转化，旨在考查学生对基础知识的巩固．rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}【解析】rm{CH_{3}CHO}羟基；羧基；rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}酸性rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}溶液rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}或酸性rm{KMnO_{4}}溶液rm{(}溶液紫红色褪去rm{K_{2}Cr_{2}O_{4}}或溶液由橙色变为绿色rm{)}取代反应rm{(}27、第二周期第VIA族Cl-＞O2-＞Mg2+Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，如果变蓝，则证明滤液中含有NH4+离子【分析】解：X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是原子半径最小的元素，则X为H元素。Y的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，则Y为N元素。Z为地壳中含量最多的元素，则Z为O元素。R的单质在CO2燃烧生成两种固体；可知R为Mg，反应生成MgO与碳。Y；Z、Q的最外层电子数之和为18，则Q原子最外层电子数=18-5-6=7，原子序数大于Mg，故Q为Cl。

（1）Z为O元素；在元素周期表中的位置为：第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；

（2）Z、R、Q