1、安徽省铜陵市第一中学2018-2019学年高一化学5月月考试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Al-27 Cu-64一、选择题(本题包括18小题。每小题有且只有一个正确答案，每小题3分，共54分)1.本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）A. 蒸馏B. 升华C. 干馏D. 萃取【答案】B【解析】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。2.
2、下列说法正确的是( )A. SiO2能导电，可用于制造光导纤维B. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱C. 醋酸溶于水的过程，有共价键的破坏D. 分子晶体中一定含有共价键，离子晶体中可能含有共价键【答案】C【解析】【详解】A、制造光导纤维是利用二氧化硅晶体对光的全反射，SiO2没有导电性，选项A错误；B. H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，选项B错误；C、冰醋酸溶解在水中，很少一部分电离成氢离子和醋酸根离子，因此有共价键的破坏，选项C正确；D、分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体，稀有气体是单原子组成分子，离子晶体中一定含有
3、离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠，选项D错误；答案选C。3.下列各组性质比较中，正确的是( )沸点：HFHClHBrHI 离子还原性：S2-Cl-Br-I-酸性：HClO4HBrO4HIO4 金属性：KNaMgAl气态氢化物稳定性：HFHClH2S 半径：O2-F-Na+Mg2+A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】HF分子间存在氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高；元素的非金属性越强，对应离子还原性越弱；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；根据元素周期律确定金属性的强弱；元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强；电子层越多，半径越大，电子层数
4、相同，核电荷数越多，半径越小。【详解】HF分子间存在氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HFHIHBrHCl，故错误；元素的非金属性：ClBrIS，则离子还原性：S2-I-Br-Cl-，故错误；非金属性：ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4HBrO4HIO4，故正确；同主族从上到下，金属性增强，金属性：KNa，同周期，从左到右金属性减弱，金属性：NaMgAl，则金属性：KNaMgAl，故正确；元素的非金属性：FClS，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物稳定性：HFHClH2S，故正确；电子层越多，半径越大
5、，电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，离子半径：O2-F-Na+Mg2+，故正确。答案选B。【点睛】本题考查较为综合，涉及元素的金属性和非金属性、气态氢化物的沸点、微粒半径大小、氢化物稳定性等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律，难度中等，学习中注意积累。4.下列化学用语或命名正确的是( )A. 次氯酸的结构式：H-Cl-OB. NH4Cl的电子式：C. S2-的结构示意图D. 含有10个中子的氧原子的符号：【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸的结构式：HOCl， 选项A 错误；B、NH4Cl的电子式：，选项B错误；C、S2-的结构示意图，选项C错误；D. 含有10
6、个中子的氧原子的符号：，选项D正确。答案选D。5.核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则n克它的氧化物中所含质子数的物质的量是（ ）A. molB. molC. （AN+2）molD. （AN+6）mol【答案】A【解析】【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数，该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为（A+16）g/mol，ng它的氧化物的物质的量为；一个氧化物分子中含有（A-N+8）个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为=。故选A。6.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZ
7、n-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若mn，则对下列叙述的判断正确的是( )a-b=m-n；元素的原子序数abcd；元素非金属性ZR；最高价氧化物对应水化物的碱性XYA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子。原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多。根据题意可得：ambn ，整理可得abmn，故正确；由于这几种离子的电子层结构相同，aXm+、bYn+是阳离子，失去的电子mn，所以原子序数ab；cZn-和dRm-是阴离子，得到的电子mn，所以原子序数cd。阳离子的原子序数大于
8、阴离子的原子序数。所以元素的原子序数abcd，故正确；同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性ZR，故正确；同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱，原子序数XY，所以最高价氧化物对应水化物的碱性YX，故错误。答案选A。7.下列为可逆反应A(s)+3B(g) 2C(g)+2D(g)在不同条件下的化学反应速率，其中表示速率最快的是( )A. (A)=0.5molL-1min-1B. (B)=0.020molL-1s-1C. (C)=0.4molL-1min-1D. (D)=0.015molL-1s-1【答案】D【解析】【详解】根据反应
9、速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质表示的反应速率转化成B物质表示的化学反应速率，以此可比较反应速率大小，注意单位换成统一的单位比较。A由于A是固体，不能用其表示反应速率；B. （B）=0.020molL-1s-1；C（B）=1.5（C）=1.50.4molL-1min-1=0.6molL-1min-1=0.01 molL-1s-1；D（B）=1.5（D）=1.50.015molL-1s-1=0.0225molL-1s-1；则反应速率最快的为D。答案选D。8.下列变化符合图示的是( )冰雪融化 KMnO4分解制O2 铝与氧化铁的反应 钠与水反应 二氧化碳与灼热的木炭反应 碘的升华 Ba(O
10、H)28H2O和NH4Cl的反应.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】图示，反应物的总能量小于生成物的总能量，该图示表示的是吸热反应，据此回答。【详解】冰雪融化吸热，是物理变化，不符合；KMnO4分解制O2是吸热反应，符合；铝与氧化铁的反应是放热反应，不符合；钠与水的反应是放热反应，不符合；二氧化碳与灼热木炭的反应是吸热反应，符合；碘的升华吸热，是物理变化，不符合；Ba（OH）28H2O和NH4Cl反应是吸热反应，符合；答案选B。【点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸的置换反应、酸碱中和反应、一切燃烧、大多数化合反应和置换反应、缓慢氧化反应如生锈等是放
11、热反应。大多数分解反应、铵盐和碱反应、碳（或氢气或CO）作还原剂的反应等是吸热反应。另外还需要注意不论是放热反应还是吸热反应均是化学变化。9.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是( )A. Pb为正极，被氧化B. 负极的质量逐渐减轻C. SO42-只向PbO2处移动D. 电解液密度不断减小【答案】D【解析】【详解】A由总反应式可知，Pb化合价升高，被氧化，应为原电池负极，选项A错误；B、负极电极反应式为Pb+SO42-2e-PbSO4，负极生成硫酸铅，质量增大，选项B错误；C阴离子向负极移动，即
12、向Pb移动，选项C错误D工作时的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗H2SO4、生成水，电解液密度减小，选项D正确；答案选D。10. 下列事实能证明碳的非金属性比硅强的是Na2SiO3+CO2+2H2O=H4SiO4+Na2CO3SiO2+2CSi+2CONa2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2 CH4比SiH4稳定A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：Na2SiO3+CO2+2H2OH2SiO3+Na2CO3，发生强酸制取弱酸的反应，可知C的非金属性强，故正确；SiO2+2CSi+2CO中，C的还原性大于Si的还原性，不能比较C、Si的非金属性，
13、故错误；Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，为高温固体之间的反应，不能比较非金属性，故错误；CH4比SiH4稳定，可知C的非金属性强，故正确，答案为A。考点：考查元素非金属性强弱比较的方法，涉及碳与硅的非金属性比较。11.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径由大到小的顺序为YXZ，原子序数之和为16，三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中B和C均为10电子分子。有关判断不正确的是( )A. A不能溶解于B中B. X元素位于A族C. B的沸点高于C的沸点D. A和C不可能发生氧化还原反应，X与Y能形成两种化合物【答案】D【解析】【分析】根据10电子分子可围绕常见氢化物
14、分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A为NO，B为H2O，C为NH3，据此分析。【详解】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A为NO，B为H2O，C为NH3。A、A为NO，B为H2O，NO难溶于水，选项A正确；B、X是氧元素，O元素位于第二周期第A族，选项B正确；C、B为H2O，常温下为液态，沸点高于NH3的沸点，选项C正确；D、NO和NH3能发生氧化还原反应生成氮气和水，N与O形成的化合物有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查元素的推断、元素及其化合物的性质
15、等，推断元素与物质是解题的关键，注意掌握常见10电子物质，利用猜测验证法进行推断。常见10电子微粒：原子：Ne；离子：N3-、O2 、F、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、OH-、H3O+；分子：CH4、NH3、H2O、HF等。12.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（）增加少量C（s）升高温度体积不变，再通入CO2缩小体积增大压强体积不变，再通入He压强不变，再通入HeA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；【详解】C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故不符合题意
16、；升高温度，化学反应速率增大，故符合题意； 体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故符合题意；缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故符合题意；体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故不符合题意；压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故不符合题意；综上所示，选项D符合题意。【点睛】易错点为为，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。13.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中加入一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g
17、)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是混合气体的密度容器内气体的压强混合气体的总物质的量C和D的浓度比值B物质的量浓度( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因A是固体，反应过程中气体的质量发生变化，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度发生变化，当达到平衡状态时，混合气体的密度不变；反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变；C和D是生成物，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，无论反应是否达到平衡状态，C和D的浓度比
18、值始终保持不变；当反应达到平衡状态时，B的物质的量浓度不再变化；答案选A。14.已知CeO2通常既不溶于强酸，也不溶于强碱。某工厂以平板电视显示屏厂的废玻璃粉末（含CeO2、SiO2、Fe2O3、FeO等物质）为原料，设计如下图所示工艺流程，制得纯净的CeO2。下列说法正确的是（ ）A. 实验室中，操作3和操作1、操作2所用仪器不同B. 滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，其中H2O2做氧化剂C. 滤液中Ce3+与NaOH、O2的反应属于化合反应D. 操作2分离得到的滤渣中一定含有未反应的SiO2【答案】D【解析】【分析】由流程图可知，向玻璃粉末中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶解，CeO2和S
19、iO2不溶解，过滤得到滤渣中含有CeO2和SiO2；向滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，CeO2做氧化剂，被H2O2还原为Ce3+，过滤得到含Ce3+的滤液和含有SiO2的滤渣；滤液中Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀，过滤得到Ce(OH)4固体和硫酸钠溶液；Ce(OH)4固体加热分解得到CeO2。【详解】根据上述分析可知，A. 操作1、操作2和操作3都是过滤，所用仪器完全相同，A项错误；B. CeO2与稀H2SO4和H2O2反应时，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，B项错误；C.Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀时，Ce3+作还原剂，O2作氧化剂，反应的离子
20、方程式为：2Ce2(SO4)3+O2+12NaOH+2H2O4Ce(OH)4+6Na2SO4，该反应不属于化合反应，C项错误；D. SiO2是酸性氧化物，不与稀H2SO4反应，操作2分离得到的滤渣中主要成分是SiO2，D项正确；答案选D。【点睛】本题侧重考查无机物的制备及其性质探究，重在培养学生学以致用，分析问题解决问题的能力，其中氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平氧化还原反应要遵循一下几个原则：（1）电子守恒，即得失电子总数相等；（2）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。另外，要特别留意溶液中酸碱性也会影响产物的生成。15.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入
21、一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g)，12s时生成C的物质的量为0.8mol(过程如图)。下列说法中正确的是( )A. 2s时，A的反应速率为0.15molL-1s-1B. 图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率C. 化学计量数之比b:c=1:4D. 12s时容器内的压强为起始的9/13倍【答案】D【解析】【详解】A、从反应开始到2s时，A的浓度变化量c（A）=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，故2s内(A)= =0.15mol/(Ls)，不能计算2s时的反应速率，选项A错误；B、图中交点时反应未达平衡状态，反应还在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反
22、应速率，故A的消耗速率大于A的生成速率，选项B错误；C、根据化学反应速率之比等于计量数之比，12s内B减少了0.2mol/L，C增大了（0.8mol-0）2L=0.4mol/L，故化学计量数之比b:c=0.2：0.4=1:2，选项C错误；D.起始A与B物质的量之和为0.8mol/L2L+0.5mol/L2L=2.6mol，12s时混合气体的物质的量之和为0.2mol/L2L+0.3mol/L2L+0.8mol=1.8mol，12s时容器内的压强为起始的=倍，选项D正确。答案选D。16.一定条件下，0.3molN2(g)与0.3molH2(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2
23、(g) 2NH3(g)，下列示意图合理的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A、因为为可逆反应，消耗H2物质的量应小于0.3mol，则消耗N2物质的量小于0.1mol，则平衡时N2物质的量大于0.2mol，图象不符合，选项A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2（N2）正=（NH3）逆，此时反应达到平衡状态，（N2）正=（NH3）逆时，反应没有达到平衡状态，选项B不符合；C、设转化N2物质的量为x，随反应进行N2、H2、NH3物质的量依次为（0.3-x）mol、（0.3-3x）mol、2xmol，N2的体积分数为100%=50%，随反应进行N2的体积分数分数
24、不变化恒为50%，NH3的体积分数逐渐增大，但小于50%，图象符合，选项C符合；D、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，选项D不符合；答案选C。【点睛】本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等。17.根据下面的信息，下列叙述正确的是( )A. 2molH2(g)跟1molO2(g)反应生成2molH2O(g)吸收能量为490kJB. 1molH2(g)跟0.5molO2(g)反应生成1molH2O(l)吸收能量为245kJC. 2molH2O(g)的能量比2molH2(g)与1molO2(g
25、)的能量之和低D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关【答案】C【解析】【详解】A、根据图示，2molH2（g）和1molO2（g）反应生成2molH2O（g），共放出490kJ热量（930-436-249）kJ，选项A错误；B、由于气态水转化为液态时释放能量，则1molH2（g）和0.5molO2（g）反应生成1molH2O（l），放出热量大于245kJ，选项B错误；C、2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出490kJ的热量，故2molH2O(g)的能量比2molH2(g)与1molO2(g)的能量之和低，选项C正确；D化学反应中的能量变化
26、的大小与反应物的质量成正比，选项D错误；答案选C。18.铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的“铜腐蚀现象”产生电能，其放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH-，下列说法不正确的是( )A. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B. 放电时，电子从锂电极通过负载流向铜电极C. 放电时，锂电极为负极，发生氧化反应D. 用该电池电解饱和食盐水，每产生1mol氯气(2Cl-2e-Cl2)时，铜极质量改变64g【答案】D【解析】【分析】根据放电时的反应，Li为负极，铜电极为正极，结合原电池原理分析作答。【详解】A放电时，阳离子向正极移动，则Li+
27、透过固体电解质向Cu极移动，选项A正确；B该原电池中，锂是负极，铜电极是正极，电子从锂电极通过负载流向铜电极，选项B正确；C该原电池中，锂是负极，负极发生氧化反应，选项C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，每产生1mol氯气(2Cl-2e-=Cl2)时，转移2mol电子，根据电极反应Cu2O+H2O+2e- =2Cu+2OH-，铜极质量改变16g，选项D不正确。答案选D。二、填空题(本题包括5小题，共52分)19.据报道，最近摩托罗拉(MOTOROLA)公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月充电一次。假定放电过程中，甲
28、醇完全反应产生的CO2被充分吸收生成CO32-(1)该电池反应的负极反应式为_；(2)甲醇在_极发生反应(填“正”或“负”)，电池在放电过程中溶液pH将_(填“降低、上升或不变”)；(3)最近，又有科学家制造出一种固体电解质的燃料电池，其效率更高。一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸气。其中固体电解质是掺杂了Y2O3(Y：钇)的ZrO2(Zr：锆)固体，它在高温下能传导O2-离子(其中氧化反应发生完全)，以甲烷(CH4)代表汽油。电池的负极反应式为_。放电时固体电解质里的O2-离子的移动方向是向_极移动(填“正”或“负”)。【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
29、 (2). 负 (3). 降低 (4). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (5). 负【解析】【详解】（1）负极上甲醇失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O；（2）负极上燃料发生氧化反应，甲醇在负极反应；放电时电池反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，消耗氢氧根离子，pH降低；（3）负极上甲烷失电子产生二氧化碳和水，电池的负极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；放电时，在负极上燃料被氧化，需要结合氧离子，所以氧离子向负极移动。【点睛】本题以燃料电池为载体考
30、查了原电池原理，根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质及放电时溶液pH值的变化即可解答本题。20.某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行，在03分钟内各物质的量的变化情况如图所示(A，B，C均为气体，且A气体有颜色)。(1)该反应的化学方程式为_；(2)反应开始至2分钟时，A的平均反应速率为_；(3)下列措施能使该反应加快的是_(仅改变一个条件)a.降低温度 b.缩小容积 c.恒容时充入Ar气，增大压强(4)能说明该反应已达到平衡状态的是_(填序号)。单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolC单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolA容器内压强不再随时间而发生变化的状态A、B、C的物
31、质的量浓度之比保持3:1:4不变的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态逆(B)=2正(C)【答案】 (1). (2). 0.2molL-1min-1 (3). b (4). 【解析】【详解】（1）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，n（A）=2mol，n（B）=1mol，n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则n（A）：n（B）：n（C）=2：1：2，2min时反应达到平衡状态，说明是可逆反应，所以反应的化学方程式为：2A（g）+B（g）2C（g）；
32、（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，n（A）=2mol，A的平均反应速率为：=0.2mol/（Lmin）；（3）a.降低温度，化学反应速率减慢，故错误；b.缩小容积，相当于增大压强，化学反应速率加快，故正确；c.恒容时充入Ar气，增大压强，参与反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；答案选b；（4）单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolC，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态；按反应，始终有单位时间内生成nmolB同时生成2nmolA，反应不一定达平衡状态；反应为气体体积减小的反应，容器内压强不再随时间而发生变化的状态则达到平衡状态；A、B、C的物质的量浓度之比保持3:1:
33、4不变的状态，按图中信息可知，则各物质的物质的量保持不变，反应达平衡状态；只有A气体有颜色，混合气体的颜色不再改变的状态则反应达平衡状态；恒容条件下所有反应物均为气体，则混合气体的密度始终保持不变，密度不再改变不一定达到平衡状态；逆(B)=2正(C)，不符合反应化学计量数比例，正逆反应速率不相等，反应没达到平衡状态；答案选。21.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层的电子数之和。(1)C2D电子式为_，D原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符
34、号为_。(2)用电子式表示A、B两元素形成AB2的过程_。(3)E和A的最高价氧化物反应的化学方程式_。(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2 (5). CO2+NaOH=NaHCO3【解析】【分析】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层
35、上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此分析。【详解】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素。(1)C为Na，D为S，故C2D为Na2S，其电子式为，D为S，原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为；(2)用电子式
36、表示A（C）、B（O）两元素形成AB2的过程为；(3)E Na2O2和A的最高价氧化物CO2反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物NaOH反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。22.某实验小组收集“铜与浓硝酸反应”生成的气体进行探究。试回答下列问题(1)下图是“铜与浓硝酸反应”的实验装置指出装置中的错误_。装置改进后，为了使生成的气体充满烧瓶，实验时先关闭弹簧夹_，再打开弹簧夹_。当气体充满烧瓶后，_，即可使反应停止。(2)当烧瓶中充满红棕色的气体时停止实验，取下烧瓶，塞好橡皮塞。把烧瓶倒扣在装水的水槽中并打开烧
37、瓶的橡皮塞，烧瓶中水面上升，根据化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO计算烧瓶中溶液的浓度是_mol/L(假设溶质未扩散到水槽，且当时条件下气体的摩尔体积为25L/mol)把烧瓶倒扣在装水的水槽中并打开烧瓶的橡皮塞，实验时发现烧瓶中液面上升几乎充满了整个烧瓶，产生这种现象的原因可能是收集的NO2中含有_。A.NO B.N2O4 C.O2 D.空气小组同学查阅资料发现，NO2溶于水时能生成硝酸和亚硝酸：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，为了证明这是造成剩余气体少的主要原因，小组同学把烧瓶中的溶液滴加高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，写出高锰酸钾溶液褪色的离子方程式_。(3)HNO2是
38、一种不稳定易分解的弱酸：.2HNO2=NO+NO2+H2O，.3HNO2=HNO3+2NO+H2O。为了探究不同温度、浓度下亚硝酸的分解产物，小组同学进行如下实验：第一步：配制1mol/LNaNO2溶液100mL(标为溶液A)。第二步：取溶液A分别加水稀释为0.5mol/L、0.2mol/L、0.1mol/L的溶液，依次标为溶液B、C、D。第三步：分别取两滴管溶液AD溶液于试管中，塞上橡皮塞后置于不同温度的水中加热5min，再加入一滴管10mol/LH2SO4溶液并立即塞紧橡皮塞，观察生成气体的颜色水浴温度/ABCD沸水浴红棕色红棕色红棕色红棕色80-70红棕色红棕色红棕色无色50-40红棕色
39、仅液面上红棕色无色无色20-10仅液面上红棕色无色无色无色第一步实验要用到玻璃仪器有：烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒和_。用NaNO2溶液加硫酸而不直接用HNO2溶液的原因是_。通过实验现象得出结论：_条件下，亚硝酸按反应发生分解。【答案】 (1). 烧瓶中的导管短进长出 (2). c (3). a和b (4). 将铜丝提起与溶液脱离 (5). 0.04 (6). C (7). 5HNO2+2MnO4-+H+=5NO3-+2Mn2+3H2O (8). 胶头滴管 (9). HNO2不稳定，易分解 (10). 浓度大，温度高时【解析】【详解】(1) 二氧化氮的密度大于空气，装置中烧瓶中的导管短进长
40、出，无法收集到气体；若要让NO2充满烧瓶，需要关闭弹簧夹c、打开弹簧夹a和b；当气体充满烧瓶后，将铜丝提起与溶液脱离，即可使反应停止；(2) 根据化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，设二氧化氮的体积为VL，则物质的量为，生成的HNO3为0.04Vmol，所得溶液的体积为VL，故烧瓶中溶液的浓度是=0.04mol/L；A.NO不溶于水，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项A错误；B.N2O4与二氧化氮一样均能与水反应生成不溶于水的一氧化氮，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项B错误；C.二氧化氮与水反应生成的一氧化氮又与O2反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成NO，最后可完全转化为硝酸，能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项C正确；D.空气中的氮气不溶于水，不能使烧瓶中液面上升到几乎充满整个烧瓶，选项D错误；答案选C；高锰酸钾溶液酸性条件下被亚硝酸还原而褪色，根据氧化还原反应原理可得反应的离子方程式为5HNO2+2MnO4-+H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；(3)第一步实验为配制1mol/LNaNO2溶液100mL，要用到玻璃仪器有：烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒和胶头滴管；用NaNO2溶液加硫酸而不直接用HNO2溶液的原因是HNO2不稳定，易分解；通过实验现象得出结论：浓度大，温度高时，亚硝酸按反应发生分解生成红棕色的NO2。