1、云南省昆明市第十四中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题1.绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一次能源中的水能、地热能、天然气等；二次能源中的电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是太阳能风能石油煤潮汐能木材A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】太阳能、风能、潮汐能在使用过程中不产生污染物，符合绿色能源的要求；石油、煤、木材在燃烧过程中会产生碳的氧化物，其中二氧化碳会导致温室效应，不完全燃烧的产生一氧化碳有毒污染空气，并且煤在燃烧过程只用还会产生二氧化硫导致酸雨的形成，木材燃烧产生粉尘颗粒污染空气，因此石油、煤、木材不属于绿色能源，属于绿能能源的是。
2、故选：D。2.下列说法正确的是A. 235g核素U发生裂变反应： SrXe10，净产生的中子()数为10NAB. Cl与Cl得电子能力相同C. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：UD. U和U是中子数不同，质子数相同的同种核素【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由裂变反应可知1mol反应时消耗1mol，同时产生10mol，净产生的中子数为9mol，235g核素U物质的的量为，则净产生的中子数为9NA，故A错误；B. Cl与Cl为同位素关系，原子的核外电子排布相同，化学性质相同，得电子能力相同，故B正确；C. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子的质量数为146+92=238，
3、原子结构表达式为：，故C错误；D. U和U中子数不同，质子数相同是不同的原子，即不同核素，故D错误；故选：B。3.50mLl8mol/L硫酸与足量铜片共热，被还原的硫酸的物质的量是A. 大于0.9molB. 等于0.45molC. 小于045molD. 大于0.45mol小于0.9mol【答案】C【解析】【详解】铜与浓硫酸反应：，由反应可知2mol硫酸完全反应时只有1mol被还原成二氧化硫，50mLl8mol/L的硫酸的物质的量为，则完全发生上述反应时被还原的硫酸物质的量为：0.45mol，但是随反应的进行硫酸浓度降低，稀硫酸不能与铜继续反应，因此实际被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol，
4、C选项正确。故选：C。【点睛】浓硫酸与金属在发生反应时，既表现酸性又表现强氧化性，尤其是在与铜的反应过程中，不要忽略硫酸浓度降低后不能继续表现强氧化性的问题。4.鉴别SO42时所选用的试剂及先后顺序最合理的应为A. BaCl2溶液、稀盐酸B. 稀盐酸、BaCl2溶液C. Ba(NO3)2溶液、稀硫酸D. 稀硝酸、BaCl2溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A.若溶液中存在银离子，先加氯化钡会产生氯化银沉淀，再加盐酸沉淀不溶解，不能鉴别是硫酸根离子，故A错误；B.先加盐酸可以排除碳酸根、亚硫酸根、银离子等的干扰，加盐酸至无现象，再加氯化钡，产生白色沉淀为硫酸钡，从而能鉴别硫酸根离子，故B正确
5、；C.加硝酸钡可能产生亚硫酸钡或者碳酸钡等沉淀，再加硫酸，亚硫酸钡转变成硫酸钡沉淀，因此不能证明原溶液中存在硫酸根离子，故C错误；D.先加硝酸会将可能存在的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，再加氯化钡产生白色沉淀，不能证明原溶液中存在硫酸根离子，故D错误。故选：B。【点睛】熟记硫酸根离子的检验试剂和试剂的加入顺序，必须要先加足量稀盐酸排除杂质离子的干扰后再加氯化钡溶液，看是否产生不溶于盐酸的硫酸钡沉淀。5.居室装修用石材的放射性常用88Ra(质量数226)作为标准，居里夫人(MarieCurie)因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中正确的是A. RaSO4难溶于水和强酸B. Ra元素位于
6、元素周期表中第六周期A族C. RaCO3不能与盐酸反应D. Ra(OH)2是一种两性氢氧化物【答案】A【解析】【详解】A.Ra为第IIA主族元素，与钡同主族，硫酸钡是难溶于水和强酸的沉淀，根据同族性质的相似性和递变性，可推知硫酸镭难溶于水和强酸，故A正确；B.88Ra 的核外电子排布为2，8，18，32，18，8，2；位于元素周期表中第七周期A族，故B错误；C.根据同族碳酸镁，碳酸钡均可与盐酸反应，可推知RaCO3也能与盐酸反应，故C错误；D.根据氢氧化镁是中强碱，氢氧化钡是强碱，且同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强，则Ra(OH)2是一种强碱，故D错误；故选：A。6
7、. 下列有关电池的叙述正确的是 ()A. 锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化C. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅D. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能【答案】B【解析】【详解】A锌锰干电池碳棒是正极，碳棒不发生变化，故A错误；B氢氧燃料电池工作时都是负极发生氧化反应，H22e=2H，故B正确；C太阳能电池的主要材料是高纯度的硅，故C错误；D氢氧燃料电池是将化学能转变为电能，故D错误；故选B。7.关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（ ）A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能B. 图2所示的反应为吸热反应C. 化学反应中能量变化的主要原因是
8、化学键的断裂与形成D. 中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低【答案】C【解析】【详解】A图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D中和反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；答案选C。【点睛】从化学模型中帮助学生理解反应中的能量变化，高处的水，流入低处，释放能量，低处的水吸收能量才能到达高处，从生活中找出合适的化学模型
9、，有利于学生理解。8.下列关于反应速率的说法正确的是A. 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强都一定能加快化学反应速率B. 相同条件下，大小相等的铝片与浓硫酸反应比与稀硫酸反应放出氢气的速率大C. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等且都为0D. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质【答案】D【解析】【详解】A对于没有气体参加的反应，增大压强对反应速率没有影响，A错；B铝在浓硫酸中发生钝化，B错误；C可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率相等，但此时是动态平衡，及速率不为0，C错；D决定反应速率的主要因素是反应物本身的性质，温度、压强、
10、浓度等是影响因素，D正确。9.下列实验装置不能达到实验目的的是()A. 用SO2做喷泉实验B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C. 验证NH3易溶于水D. 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】【详解】A二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。10.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A
11、. 46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子个数为3NAB. 常温常压下，17gNH3含有NA个N-H共价键C. 1molFe与S恰好完全反应，转移的电子数为3NAD. 标况下，2.24LH2O含有的质子数为NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A. NO2和N2O4的N、O的个数比相同，46g两者的混合物可视为46gNO2对待，则46gNO2的物质的量为，含有的原子数为3 NA，故A正确；B.1mol氨气中含有3molN-H键，17g氨气的物质的量为1mol，含有3NA个N-H共价键，故B错误；C. Fe与S反应的产物是FeS，铁由0价到+2价，1mol铁失2mol电子，转移的电子数为2
12、NA，故C错误；D.标况下水不是气体，2.24LH2O的物质的量无法确定，故D错误；故选：A。11. 下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（ ）原子序数为15的元素的最高化合价为3A族元素是同周期中非金属性最强的元素第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期A族A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】原子序数为15的元素，其核外电子排布为2、 8、 5，为磷元素，最高化合价=最外层电子数=+5，故错误；同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则元素的非金属性逐渐增强（惰性气体元素除外），故正确；周期序数=电子层数，主族序数=最
13、外层电子数，则第二周期A族元素为碳元素，其有多种同位素原子，如：12C、13C、14C，核电荷数一定为6，但中子数分别为6、7、8，故错误；原子序数为12的元素，其核外电子排布为2 、8、 2，为镁元素，周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，故正确；综上所述，有关原子结构和元素周期律的表述正确的是，故选C12.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量下列说法不正确的是A. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量低B. 金刚石与石墨中的化学性质相似C. 石墨比金刚石稳定D. 金刚石和石墨互称为同素异形体【答案】A【解析】【
14、分析】【详解】A. 1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量，则1mol金刚石的能量高于1mol石墨的能量，故A错误；B.金刚石和石墨都是碳的单质，两者互为同素异形体，化学性质相似，故B正确；C.由题意已知等量的金刚石的能量比石墨的能量高，而物质的能量越高越不稳定，因此石墨比金刚石稳定，故C正确；D.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，符合同素异形体的概念，故D正确；故选：A。13.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周
15、期元素中最强。下列说法不正确的是A. 对应简单离子半径：XWB. 对应简单气态氢化物的稳定性：Y硅，则气态氢化物的稳定性HClSiH4，故B正确；C.化合物XZW为NaClO，钠离子和次氯酸根离子间存在离子键，次氯酸根离子中氯和氧之间存在共价键，故C正确；D. Y的氧化物为二氧化硅，Z和X的最高价氧化物对应的水化物分别为高氯酸和氢氧化钠，二氧化硅能与氢氧化钠反应但不与高氯酸反应，故D错误。故选：D。14.下列装置可以构成原电池的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A、两个电极的材料均为锌，活动性相同，无法构成原电池，A错误；B、蔗糖溶液为非电解质溶液，无法构成原电池，B错误；C
16、、锌、石墨和硫酸铜溶液构成原电池，锌是负极，C正确；D、没有形成通路，无法构成原电池，D错误。答案选C。【点睛】注意原电池的四个判定方法：观察电极两极为导体且存在活泼性差异(燃料电池的电极一般为惰性电极)；观察溶液两极插入溶液中；观察回路形成闭合回路或两极直接接触；观察本质原电池反应是自发的氧化还原反应。15.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）增加C(s)的量将容器的体积缩小一半保持体积不变，充入N2使体系压强增保持压强不变，充入N2使容器体积变大A B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】增加C的
17、量，C为固体，物质的量浓度不变，反应速率不变，故正确；将容器体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故错误；保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，故正确；保持压强不变，充入N2使体系体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故错误；故选A。【点睛】本题的易错点为，要注意增加固体的量对反应速率没有影响，难点为和，要注意容器中压强的变化，最终要根据浓度的变化分析判断。16.800时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（ ）A. 发生反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)B. 前2 min A的分解速率为0
18、.1 mol/(Lmin)C. 开始时，正、逆反应同时开始D. 2 min时，A、B、C的浓度之比为231【答案】C【解析】【详解】A.由图示可知：A浓度减小，B、C浓度逐渐增加，则A为反应物，B、C为生成物，在2min内三种物质浓度变化比为：2:2:1，由于物质的浓度变化比等于方程式中物质的化学计量数的比，且最后三种物质都存在，因此该反应为可逆反应，方程式为2A(g)2B(g)+C(g)，A正确；B.由图可知前2 minA的c(A)=0.2mol/L，所以(A)=0.1mol/(Lmin)，B正确；C.在反应开始时由于没有生成物C物质，因此反应是从正反应方向开始的，C错误；D.根据图示可知在
19、2min时c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)= 0.1mol/L，所以2 min时，A、B、C的浓度之比为231，D正确；故合理选项是C。17.已知金属单质X、Y、Z、W之间有下列关系：2X3Y2=2X33Y；Z元素最高价氧化物对应的氢氧化物的碱性比X元素的强；由Y、W与稀硫酸组成的原电池，Y为负极。则X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为A. ZXYWB. ZWXYC. ZYXWD. XZYW【答案】A【解析】【详解】2X3Y2=2X33Y，X为还原剂，Y为还原产物，根据氧化还原反应的强弱规律：还原性：还原剂还原产物，可知还原性XY；元素的金属性越强其最高价氧化
20、物水化物的碱性越强，Z元素最高价氧化物对应的氢氧化物的碱性比X元素的强，则金属性（还原性）：ZX；由Y、W与稀硫酸组成的原电池，Y为负极，根据原电池的构成条件，活泼金属一般做负极，不活泼金属做正极，可知还原性：YW，综上所述，X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为ZXYW，故选：A。18.一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)Y(g)+Z(g)，达到反应限度的标志是A. 反应容器中压强不再变化B. 反应容器中密度不再变化C. X、Y、Z的浓度之比为2:1:1D. 单位时间内生成1molY的同时生成2molX【答案】D【解析】【详解】A该反应是反应气体体积不变的反应，所以无
21、论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故A不合题意；B该反应均为气体，总质量不变，由题意知，体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，故B不合题意；CX、Y与Z的物质的量浓度之比为2：1：1，而不是量不变，不能作为反应平衡的判据，故C不合题意；D单位时间内生成1molY为正速率，生成2molX为逆速率，而且正逆速率之比等于化学计量数之比，是平衡状态，故D符合题意；答案为D。19.反应P（g）+3Q（g）2R（g）+2S（g）在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是( )A. v（P）= 0.15mol/(Lmin)B. v（Q）= 0.6mol/(Lmin)C
22、. v（R）= 0.1mol/(Ls)D. v（S）= 0.4mol/(Lmin)【答案】C【解析】【详解】化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快；A=0.15；B=0.2；C=3；D=0.2；C中比值最大，反应速率最快，故选C。20.下列关于实验现象的描述不正确的是A. 铜锌组成的原电池中电子是从锌经过导线流向铜B. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡C. 将铜片和铁片用导线连接后插入浓硝酸中，铜片作正极D. 把锌片放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快【答案】C【解析】【分析】【详解】A铜锌组成的原电池中，金属锌做负极，金属铜作正极，电子从
23、锌极经导线流向铜极，故A正确；B把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上溶液中的氢离子得到电子发生还原反应产生氢气，铜片表面出现气泡，故B正确；C铜片和铁片分别作为两电极，用导线连接插入浓硝酸中，金属铁在常温下遇到浓硝酸会钝化，所以金属铜是负极，铜溶解，故C错误；D把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；答案为C。21.下列各组离子在酸性溶液中能大量共存的是A. Na+、Fe2+、NO3-、SCN-B. Ca2+、K+、Cl-、NO3-C. Al3+、K+、OH-、N
24、O3-D. Na+、Ca2+、SiO32-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A、在酸性溶液中Fe2+和NO3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B、在酸性溶液中Ca2+、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，故B正确；C、在酸性溶液中OH-不能大量存在，故C错误；D、在酸性溶液中SiO32-不能大量存在，故D错误；故选B。22.下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是实验记录A无色无色无色溶液无色溶液B红色无色白色沉淀白色沉淀C红色无色白色沉淀无色溶液D无色无色无色溶液无色溶液A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】aa中二氧化硫与
25、水反应生成亚硫酸，遇紫色的石蕊试液变红色，SO2的漂白性不能使指示剂褪色，a中呈现红色；bb中通入SO2，由于二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；cc中通入SO2，由于二氧化硫具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以c中产生白色沉淀；dd中通入SO2，由于二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀；答案为C。23.香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用 无水CuSO4 澄清石灰水 红热CuO 生石灰 品红溶液 酸性高锰酸钾溶液等药品可将逐一检出，检测时香
26、烟烟雾通入药品的正确顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】通过溶液时会带出水蒸气，则首先检验水蒸气，选择的试剂是无水硫酸铜；由于SO2也能使澄清的石灰水变混浊，所以首先检验SO2，且还必选把SO2除尽，选择的试剂是品红溶液和酸性高锰酸钾溶液，最后检验CO，利用的是红热的氧化铜。答案选B。24.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释不正确的是现象解释或结论ASO2使酸性高锰酸钾溶液褪色SO2表现还原性B铝片放入浓硫酸中，无明显变化说明铝与冷的浓硫酸不发生化学反应C某溶液中加入浓NaOH溶液加热，放出气体能使湿润的红色石蕊试纸变
27、蓝该溶液中一定含有NHD浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】ASO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，S元素的化合价升高，则体现二氧化硫的还原性，故A正确；B铝片放入浓硫酸中，发生钝化，为氧化还原反应生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故B错误；C放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体仅为氨气，则该溶液中一定含有NH4+，故C正确；D浓HNO3在光照条件发生分解反应，即4HNO3(浓) 4NO2+O2+2H2O，生成红棕色的二氧化氮，溶解在溶液中变黄，故D正确；答案为B。25
28、.1.28g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积是A. 224mLB. 168mLC. 336mLD. 448mL【答案】A【解析】【分析】根据电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后NO3-的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。【详解】1.28g Cu的物质的量为n(Cu)=0.02mol，反应时失去电子数目为20.02mol=0.04mol，由分析可知，反应前后N
29、O3-的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.01mol，标准状况下V（O2）=0.01mol22400mL/mol=224mL，所以通入O2的体积为224mL；答案为A。26.如表是ap十一种元素在周期表中的位置，请回答下列问题：（1）m的阴离子结构示意图为_（2）d元素在周期表中的位置为_（3）b的最高价氧化物的结构式为_（4）d、g、n形成的简单离子的半径由大到小的顺序为_（用离子符号填写）。（5）f、g、p的最高价氧化物的水化物碱性从强到弱的顺序为_（填化学式）。（6）p和n两种元素最高价氧化物的水化
30、物相互反应的化学反应方程式为_（7）c的氢化物和c的最高价氧化物对应水化物之间反应的化学方程式为_（8）以上元素组成的物质有下列框图中的转化关系，其中甲为10电子微粒。丁属于_（选填“离子化合物”或“共价化合物”）。请写出h单质与乙反应的离子方程式_【答案】 (1). (2). 第二周期第VIA族 (3). O=C=O (4). ClO2Mg2+ (5). KOHNaOHMg(OH)2 (6). KOH+HClO4KClO4+H2O (7). NH3+HNO3NH4NO3 (8). 离子化合物 (9). 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，a为
31、H，b为C，c为N，d为O，e为Ne，f为Na，g为Mg，h为Al，m为S，n为Cl，p为K，据此解答。【详解】（1）m为S，质子数为16，阴离子为硫原子得到2个电子，核外电子数为18，结构示意图为；答案为。（2）d为O，氧原子是8号元素，核内质子数为8，核外有2个电子层，第一层2个电子，第二层6个电子，在周期表中的位置为第二周期第VIA族；答案为第二周期第VIA族。（3）b为C，最高价氧化物为二氧化碳，CO2是共价化合物，碳原子和氧原子之间有2对共用电子对，其电子式为，结构式为O=C=O；答案为O=C=O。（4）d为O元素，g为Mg元素，n为Cl元素，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子
32、半径小，则O、Mg形成的简单离子具有相同电子排布，它们的半径大小为O2-Mg2+，电子层数越多，半径越大，Cl-O2-，所以Cl-O2-Mg2+；答案为Cl-O2-Mg2+。（5）f为Na元素，g为Mg元素，p为K元素，Na、Mg属于同周期元素，从左至右，金属性减弱，金属性NaMg，Na、K属于同主族元素，从上往下，金属性增强，金属性KNa，所以金属性KNaMg，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性为KOHNaOHMg(OH)2；答案为KOHNaOHMg(OH)2。（6）p为K元素，最高价氧化物的水化物为KOH，n为Cl元素，最高价氧化物的水化物为HClO4，两
33、者反应的化学反应方程式为KOH+HClO4KClO4+H2O；答案为KOH+HClO4KClO4+H2O。（7）c为N元素，它的氢化物为NH3，它的最高价氧化物对应水化物为HNO3，两者反应的化学方程式为NH3+HNO3NH4NO3；答案为NH3+HNO3NH4NO3。（8）由转化关系可知f为Na，甲为10电子微粒，又能与Na反应，则甲为H2O，乙为NaOH，h为Al，Al与NaOH反应生成丙，可知丙H2，则丁为NaAlO2，丁为NaAlO2，含离子键，为离子化合物；答案为离子化合物。Al与NaOH反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；答案为2Al+2OH+2H2O2
34、AlO2+3H2。27.有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：（1）写出下列元素的名称：A_，B_，C_，D_。（2）写出C2B2的电子式：_（3）写出AB2与C2B2反应的化学方程式：_。（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程：_。（5）A与D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应的化学方程式为：_【答案】 (1). 碳 (2). 氧 (3). 钠 (4). 硫 (5)
35、. (6). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 (7). (8). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大。A和B原子有相同的电子层数，则A、B处于同一周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，故A为碳元素；C单质燃烧时呈现黄色火焰，则C为钠元素；C的单质在点燃时与足量的B单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，淡黄色固态化合物为Na2O2，则B为氧元素，D为硫元素，据此解答。【详解】（1）由上面分析可知，A为碳，B为氧，C为钠，D为硫；答案为碳，
36、氧，钠，硫。（2）B为O元素，C为Na元素，C2B2为Na2O2，含离子键和非极性共价键，属于离子化合物，其电子式为；答案为。（3）AB2为CO2，CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，该反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。（4）C2D为Na2S，属于离子化合物，用电子式表示形成过程可为；答案为：。（5）A为C元素，D为S元素，它的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，C与浓H2SO4反应，生成CO2、SO2和H2O，其化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；答案为C+2H2SO4(浓)
37、CO2+2SO2+2H2O。28.、某实验小组同学进行如下实验，以检验化学反应中的能量变化。请回答下列问题：（1）实验中发现，反应后中的温度升高；中的温度降低由此判断铝条与盐酸的反应是_，Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应是_反应过程_（填“”或“”）的能量变化可用图2表示。（2）现有如下两个反应：A、NaOH+HCl=NaCl+H2O；B、2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，以上两个反应能设计成原电池的是_，负极材料为：_，电解质溶液为：_，负极的电极反应式为：_。、某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
38、（1）仪器A的名称为_，干燥管D的作用为_。（2）若要证明非金属性:ClI,则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_(填现象)即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用NaOH溶液吸收尾气。（3）若要证明非金属性:CSi,则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中可加_溶液，观察到C中溶液_(填现象)，即可证明，反应的离子方程式为：_，但有的同学认为该实验不严谨，应在两装置间添加装有_溶液的洗气瓶，目的是_。【答案】 (1). 放热反应 (2). 吸热反应 (3). (4). B (5). Cu (6).
39、 FeCl3溶液 (7). Cu2e=Cu2+ (8). 分液漏斗 (9). 防止倒吸 (10). 溶液颜色变蓝 (11). Na2SiO3或K2SiO3 (12). 变浑浊，产生白色胶状物 (13). SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3或者SiO32-+2CO2(过量)+2H2O=2HCO3-+H2SiO3 (14). 饱和NaHCO3 (15). 盐酸具有挥发性，挥发出的HCl气体会干扰实验，用饱和碳酸氢钠溶液不仅可以除杂，还可以产生更多的CO2。【解析】【详解】（1）发生铝条与盐酸的反应，反应后中的温度升高，说明反应过程中放出热量，为放热反应；Ba(OH)28
40、H2O与NH4Cl反应，反应后温度降低，说明该反应吸收能量，为吸热反应；图2中反应物的总能量高于产物的总能量，表示的为放热反应的能量变化，可用来表示铝与盐酸的反应过程中能量变化，故答案为：放热反应；吸热反应； 。（2）原电池的原理是氧化还原反应，而A反应为酸碱中和属于复分解反应，B反应有化合价的变化可以设计成原电池，结合反应方程式2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，铜化合价升高应做负极材料，比铜不活泼的金属或石墨做正极，负极的反应为：Cu2e=Cu2+；电解质溶液为FeCl3，故答案为：B；Cu；FeCl3溶液；Cu2e=Cu2+。、（1）根据仪器的构造可知A为分液漏斗，D干燥管的作
41、用是防止气体进入试管后产生倒吸，故答案为：分液漏斗；防止倒吸。（2）若要证明非金属性:ClI,则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，氯气再与C中碘化钾反应置换出碘单质，碘遇淀粉变蓝，故答案为：溶液颜色变蓝。（3）若要证明非金属性:CSi,则在A中加盐酸、B中加CaCO3、盐酸与碳酸钙反应产生二氧化碳，二氧化碳通入硅酸盐溶液中产生硅酸白色胶状沉淀，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3或者SiO32-+2CO2(过量)+2H2O=2HCO3-+H2SiO3，从而可知酸性：碳酸硅酸，则非金属性：CSi；但是因盐酸具有挥
42、发性，产生的二氧化碳中会混有氯化氢，而氯化氢也能与硅酸盐反应产生硅酸沉淀，因此应该在通入硅酸盐溶液前用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，以防干扰。故答案为：Na2SiO3或K2SiO3；变浑浊，产生白色胶状物；SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3或者SiO32-+2CO2(过量)+2H2O=2HCO3-+H2SiO3；饱和NaHCO3；盐酸具有挥发性，挥发出的HCl气体会干扰实验，用饱和碳酸氢钠溶液不仅可以除杂，还可以产生更多的CO2。【点睛】在验证非金属性强弱时要注意，可以通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较非金属性的强弱，而不能通过氢化物的酸性的强弱判
43、断。29.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)B(g)2C(g)xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5molL1，试计算：（写出简单的计算过程）（1）x的值为多少_（2）B的转化率为多少_（3）平衡时A浓度为多少_【答案】 (1). 2 (2). 20% (3). 0.75mol/L【解析】【分析】3A(g) + B(g)2C(g)+ xD(g)起 6mol 5mol 0 0转 3mol 1mol 2mol 2mol平 3mol 4mol 2mol 4L0.5molL1【详解】（1）物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，因此x=2，故答案为：2；（2）B的转化率 ，故答案为：20%；（3）平衡时A的浓度 ，故答案为：0.75mol/L【点睛】化学平衡的计算，三段式是常用方法，把三段式列出来，然后根据题目要求，具体计算。
