1、山西省朔州市怀仁县怀仁一中云东校区2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）1.下列有关化学用语的表示正确的是A. 中子数为20的氯原子：B. 过氧化氢的电子式：C. S2的结构示意图：D. CO2分子的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数=17+20=37，该氯原子可以表示为：，选项A正确；B过氧化氢是共价化合物，两个氧原子之间共用一对电子，过氧化氢的电子式应为，选项B错误；CS2-的最外层为8个电子，但质子数为16，应为，选项C错误；DCO2为直线形分子，且碳原子半径比氧原子的大，选项D错误；答案选A。2.下列各组微粒中，属于
2、同位素的是A. 和B. H2O和D2OC. O2与O3D. CH3CH2OH与CH3OCH3【答案】A【解析】【详解】具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素指的是核素，因而答案选A。另外B指的是不同质量数的水分子，C指的是同素异形体，D指的是同分异构体，明显不符合题意。3.下列有关能源的叙述正确的是（）A. 水力、电力、风力属一次能源B. 氢能源、电力属二次能源C. 汽油、酒精属一次能源D. 石油、煤属二次能源【答案】B【解析】一次能源又分为可再生能源（水能、风能及生物质能）和非再生能源（煤炭、石油、天然气、油页岩等），其中煤炭、石油和天然气三种能源是一次能源的核心，
3、它们成为全球能源的基础；除此以外，太阳能、风能、地热能、海洋能、生物能以及核能等可再生能源也被包括在一次能源的范围内；二次能源则是指由一次能源直接或间接转换成其他种类和形式的能量资源，例如：电力、煤气、汽油、柴油、焦炭、洁净煤、激光和沼气等能源都属于二次能源，因此根据分析可知石油、煤、水力、风力、属于一次能源；汽油、酒精、电力、氢能属于二次能源；答案选B。4.下列反应符合如图所示的反应是A. CO2与炽热的炭反应生成COB. 浓硫酸的稀释C. Ba(OH)28H2O和NH4Cl固体混合D. 食物因氧化而腐败【答案】D【解析】【详解】该化学反应的反应物能量高于生成物，所以为放热反应；ACO2与炽
4、热的炭反应生成CO为吸热反应，故A不选；B浓硫酸稀释不是化学变化过程，故B不选；CBa(OH)28H2O和NH4Cl固体混合反应为吸热反应，故C不选；D食物因氧化而腐败会放出热量，故D选；故答案为D。5.下列反应从原理上不可以设计成原电池的是CaO+H2O=Ca(OH)2NaOH+HClNaCl+H2O2H2O2H2+O22CO+O22CO2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】原电池反应必须为放热的氧化还原反应，CaO+H2O=Ca(OH)2、NaOH+HClNaCl+H2O为非氧化还原反应，不能设计成原电池；2H2O2H2+O2为吸热反应，不能设计成原电池；2CO+O22CO2
5、为自发的氧化还原的放热反应，能设计成原电池；答案选B。6.有关下列物质的用途，叙述不正确的是A. 氨容易液化，常用作制冷剂B. 浓硫酸可作干燥剂，可干燥SO2、Cl2、HI等气体C. 硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体D. Cl2、ClO2、O3均可用于自来水的杀菌、消毒剂，而明矾可作净水剂【答案】B【解析】【详解】A. 氨容易液化，气化时吸热，故常用作制冷剂，A正确；B. 浓硫酸可作干燥剂，可干燥SO2、Cl2等酸性、中性且无强还原性气体，不能干燥HI这类具有强还原性的气体，B错误；C. 硅胶疏松多孔，可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，C正确；D. Cl
6、2、ClO2、O3具有强氧化性，可用于自来水的杀菌、消毒剂，而明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，可作净水剂，D正确；答案选B。7.下列叙述中正确的是A. 除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B. 除短周期外，其他周期均有18个元素C. 副族元素中没有非金属元素D. 碱金属元素是指IA族的所有元素【答案】C【解析】【详解】A.短周期中F元素无正价，O元素无最高正价，A错误；B第四、五周期有18个元素，第六、七周期有32个元素，B错误；C.副族元素全部为金属元素，C正确；D.碱金属元素是指IA族除H元素外的元素，D错误；答案选C。8. 下列说法正确的是A. 形
7、成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果【答案】D【解析】【详解】A项，形成离子键的阴、阳离子之间不但存在阴、阳离子之间的相互吸引，同样也存在着电子之间的相互排斥和原子核之间的相互排斥，故A项错误；B项，同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；C项，第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误
8、；D项，原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质成周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；综上所述，本题正确答案为D。9.下列分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是()A. 六氟化氙(XeF6)B. 次氯酸(HClO)C. 二氧化碳(CO2)D. 三氟化硼(BF3)【答案】C【解析】【详解】A、六氟化氙(XeF6)中Xe不是8电子稳定结构，错误；B、次氯酸(HClO)中氢原子为2电子结构，错误；C、二氧化碳(CO2) 中所有原子都满足最外层8电子稳定结构，正确；D、三氟化硼(BF3)中硼原子不是8电子稳定结构，错误。答案选C。10.下列各组物质中，化学键类型都相同的是A. Ca
9、Cl2和NaOHB. Na2O和Na2O2C. CO2和CS2D. HCl和NaOH【答案】C【解析】A、CaCl2只有离子键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项A不选；B、Na2O只有离子键；Na2O2有离子键和非极性共价键；化学键类型不相同，选项B不选；C、CO2和CS2都含极性共价键，化学键类型相同，选项C选；D、HCl极性键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项D不选；答案选C。点睛：本题考查了化合物中化学键的类型，完成此题，可以依据具体的物质结合已有的知识进行。根据已有的知识进行分析，离子化合物中存在离子键或共价键，共价化合物中存在共价键，据此解答。
10、11.NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12 00020 000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键NNFFNF键能/kJmol1946154.8283.0下列说法中正确的是()A. 过程N2(g)2N(g)放出能量B. 过程N(g)3F(g)NF3(g)放出能量C. 反应N2(g)3F2(g)2NF3(g)的H0D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】分析：化学反应中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题。详解：AN2(g)2N(g)为化学键的
11、断裂过程，应吸收能量，故A错误；BN(g)+3F(g)NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C反应N2(g)+3F2(g)2NF3(g) H=(941.7+3154.8-283.06)kJmol-1=-291.9kJmol-1，H0，故C错误；DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和形成，故D错误；故选B。12.根据下列反应事实：AB2+=A2+B D2H2O=D(OH)2H2 以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2+2e=E，B2e=B2+。由此可知下列微粒的关系正确的是A. 还原性：DEABB. 还原性：AB
12、DEC. 氧化性：D2+E2+A2+B2+D. 氧化性：E2+B2+A2+D2+【答案】D【解析】【分析】同一化学反应中，氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性；还原剂的还原性还原产物的还原性，据此分析可得结论。【详解】A+B2+=A2+B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性A2+的氧化性；还原性AB；D+2H2O=D（OH）2+H2，说明D为较活泼的金属，还原性较强；以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2+2e-=E，B-2e-=B2+该电池的电池反应式为E2+B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性B2+的氧化性；还原性BE
13、；综上分析可得还原性：DABE；氧化性：E2+B2+A2+D2+。答案选D。13.对于反应4NH3+5O24NO+6H2O，下列为4种不同情况下测得的反应速率，表明该反应进行最快的是（ ）A. v(NH3)=0.2mol/(Ls)B. v(O2)=10mol/(Lmin）C. v(H2O)=0.25mol/(Ls)D. v(NO)=8mol/(Lmin)【答案】A【解析】【分析】由于化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以在用不同物质比较化学反应速率的时候，一定要统一单位，并转化为同一种物质进行比较。本题比较时我们选取的单位为mol/(Lmin），选取的物质为NH3。【详解】Av(NH3)=0
14、.2mol/(Ls)=12 mol/(Lmin）；B由v(O2)=10mol/(Lmin）且v(NH3)：v(O2)=4：5得，v(NH3)= 8mol/(Lmin）；Cv(H2O)=0.25mol/(Ls)=15 mol/(Lmin），由v(NH3)：v(H2O)=2：3得，v(NH3)= 10mol/(Lmin）；D由v(NO)=8mol/(Lmin)且v(NH3)：v(NO)=1：1得，v(NH3)= 8mol/(Lmin）；综上所述，反应进行最快的是A，故选A。【点睛】比较反应速率，切不可只看数值，一定要结合物质和单位去看，才能比较出正确的结果。14.对于可逆反应4NH3+5O24NO
15、+6H2O(g)，下列叙述不正确的是 （ ）A. 达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆B. 达到平衡状态后，NH3、O2、NO 、H2O(g)的物质的量保持不变C. 达到平衡状态时，若增加容器体积，则反应速率增大D. 若单位时间生成xmolNO的同时，生成xmolNH3，则反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A、达到平衡时，4v（O2）正=5v（NO）逆，说明正逆反应速率相等，正确；B、达到平衡状态后，NH3、O2、NO 、H2O(g)的物质的量保持不变，正确；C、达到平衡状态时，若增加容器体积，相当于减小压强，则反应速率减小，错误；D、若单位时间生成xmolNO的同时，生成xmo
16、lNH3，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，正确。15.等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，如图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀硫酸，向a中加入少量的CuSO4溶液，锌粉与CuSO4发生反应，Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，形成铜锌原电池，加快了反应速率，但反应消耗了锌粉，故反应结束后生成的氢气的体积小于b中生成氢气的体积，则选项A的图像符合题意；答案选A。16.若甲烷与氯气以物质的量之比11混合，在光照下得到的有机取代
17、产物是()CH3ClCH2Cl2CHCl3CCl4A. 只有B. 只有C. 的混合物D. 的混合物【答案】D【解析】【详解】甲烷和氯气在光照下发生的四步取代反应是连锁反应，一旦有CH3Cl生成，后续反应立即进行，因此反应进行到哪一步与甲烷和氯气的物质的量之比无关，其有机取代产物不是纯净的CH3Cl，而是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的混合物。答案选D。17.1mol某烃最多可以和6molCl2发生取代反应，此烃分子中含有的氢原子数目为A. 6B. 12C. 3D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】Cl2与烃中氢原子发生取代反应时，一个氯原子与一个氢原子结合生成HCl，一个氯原
18、子连接在碳原子上，因此1mol烃中含有的氢原子的物质的量与消耗的氯气的物质的量相等，则此烃分子中含有的氢原子数目为6；答案选A。18.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是A. 用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B. 用图2所示装置蒸发NaHCO3溶液制备NaHCO3固体C 用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3【答案】C【解析】【分析】【详解】A.饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，则图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，A错误；B.NaHCO3受热分解，不能用图2所示装置蒸发NaHCO3溶液制备NaHCO3固体，B错误；C.Cl
19、2与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，使烧瓶内压强骤降，利用图示装置可形成喷泉，C正确；D.NH3的密度小于空气，收集时进气管应在集气瓶口处，D错误；答案选C。19.将2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为A. 0.05molB. 0.13molC. 1molD. 1.05mol【答案】B【解析】【分析】【详解】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(N
20、O2)+n(NO)= =0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)=0.04mol，则生成nCu(NO3)2=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol；答案选B。【点睛】根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量。20.X、Y、Z、W 有如图所示的转化关系，则 X、W可能的组合有()C、O2Na、O2Fe、HNO3S、O2N2、O2H2S、O2NH3、O2A.
21、四项B. 五项C. 六项D. 七项【答案】A【解析】【详解】氧气不足时，碳燃烧生成一氧化碳，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，符合；常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热时氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，符合；过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，符合；硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，在催化剂和高温条件下二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，硫与氧气不能直接反应生成三氧化硫，不符合；氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，氮气与氧气不能直接生成二
22、氧化氮，不符合；氧气不足时，硫化氢燃烧生成硫，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，硫化氢在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，符合；在催化剂和加热条件氨气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮，氨气与氧气不能直接生成二氧化氮，不符合；所以，符合图示转化关系的有：，故答案为：A。21.两种粒子的质子数、电子数分别相等，它们不可能是A. 两种离子B. 一种原子和一种分子C. 一种分子和一种离子D. 一种单质分子和一种化合物分子【答案】C【解析】【详解】A.可能是两种离子，如OH-、F-，故A正确；B.可能是一种原子和一种分子，如Ne和H2O质子数、电子数都是10，故B正确；C.不可能是一种分子和一
23、种离子，分子不带电，则其质子数和电子数相同，而离子带电荷，质子数和电子数肯定不相等，故C错误；D.可能是一种单质分子和一种化合物分子，如F2和HCl，故C正确，故选C。22.同一主族的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H3YO4H3ZO4，下列推断正确的是A. 原子序数：XYZB. 气态氢化物稳定性：XH3YH3ZH3C. 元素的非金属性强弱：XYZD. 电子层数：XYZ【答案】B【解析】【分析】由最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H3YO4H3ZO4可知，同主族元素的X、Y、Z三种元素的非金属性强弱XYZ，原子序数的关系为XYZ。【详解】A同主族元
24、素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，由最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H3YO4H3ZO4可知，原子序数的关系为XYZ，故A错误；B元素非金属性越强，则对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：XH3YH3ZH3，故B正确；C同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则可知非金属性XYZ，故C错误；D同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，电子层数逐渐增多，所以电子层数XYZ，故D错误；故选B。23.将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置
25、于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）,下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是( )A. 2v（NH3）=v(CO2)B. 密闭容器中总压强不变C. 密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变D. 密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A2v(NH3)v(CO2)，未指明正逆反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故A错误；B随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明可逆反应达平衡状态，故B正确；C反应NH2COONH4(s)2NH3
26、(g)+CO2(g)，反应后氨气和二氧化碳的体积之比一直为2：1，所以混合气体平均摩尔质量始终保持不变，不能证明达到平衡状态，故C错误；D反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，反应后氨气和二氧化碳的体积之比一直为2：1，密闭容器中氨气的体积分数始终保持不变，不能证明可逆反应达到平衡状态，故D错误；故选B。【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此解答。24.被称之为“软
27、电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在另一边镀二氧化锰。在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。电池的总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是A. 该电池正极为锌，发生氧化反应B. 该电池的反应中二氧化锰起催化作用C. 当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数约为1.2041023D. 电池的正极反应式为：2MnO2+2H2O+2e=2MnO(OH)+2OH【答案】D【解析】【分析】从电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可以看出，Zn失电子，为负极材料，MnO2得电子，为正极材料。【详解】A该电
28、池的负极为锌，发生氧化反应，A不正确；B该电池中，二氧化锰得电子，作正极，B不正确；C电子需沿导线流动，不能流经电解液，C不正确；D在正极，MnO2得电子产物与H2O反应，生成MnO(OH)和OH，电池的正极反应式为：2MnO2+2H2O+2e=2MnO(OH)+2OH，D正确；故选D。25.某同学为探究MnO2与浓盐酸的反应，用如图所示的装置进行实验。(1)B是用来收集气体的装置，但未将导管画全，请在装置图中将导管补画完整。_(2)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_(填字母）。A往烧瓶中加入MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中滴加浓盐酸(3)实验中该同学取8.7g MnO2和
29、50mL 12mol/L浓盐酸在圆底烧瓶中共热，直到反应停止，最后发现烧瓶中还有固体剩余，该同学还检测到有一定量的盐酸剩余。MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为_。为什么有一定量的盐酸剩余但未能使MnO2完全溶解？_。下列试剂中，能证明反应停止后烧瓶中有盐酸剩余的是_(填字母）。A硝酸银溶液 B碳酸钠溶液 C氯化钠溶液(4)为了测定反应残余液中盐酸的浓度，该同学设计了两个实验方案：方案一：将A中产生的气体缓缓通过已称量的装有足量NaOH溶液的洗气瓶，反应停止后再次称量，两次质量差即是Cl2的质量，据此可求剩余盐酸的量。方案二：当MnO2与浓盐酸的反应结束后，在装置A中加入足量的锌粉，用排水法测得
30、产生H2的体积为V L(已换算为标准状况下）。实际上方案一不合理，原因为_。根据方案二，写出剩余盐酸的物质的量浓度的计算式（假设反应前后溶液的体积保持不变）_。【答案】 (1). (2). ACB (3). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O (4). MnO2只与浓盐酸反应，浓盐酸随反应进行会变稀 (5). B (6). NaOH溶液不仅吸收Cl2，还吸收挥发出的HCl和H2O (7). 【解析】【分析】实验室用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取Cl2，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，由于浓盐酸易挥发，所以需控制加热温度，否则盐酸大量
31、挥发，不仅降低反应物的转化率，还会使Cl2中混入过多的HCl和水蒸气；由于稀盐酸与MnO2不反应，所以盐酸、MnO2都有剩余；由于Cl2的密度比空气大，所以应采用长进短出的方法收集Cl2；Cl2有毒，会污染环境，需使用尾气处理装置。【详解】(1)由上面分析知，收集Cl2，集气瓶内导管应长进短出，装置图为； (2)制备实验开始时，先检查装置气密性，然后往烧瓶内加MnO2固体，再往烧瓶内滴加浓盐酸，最后给烧瓶加热，故选ACB； (3)MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；因为稀盐酸与MnO2不反应，所以虽然有盐酸剩余，但未能使MnO2完全溶解，原因
32、是MnO2只与浓盐酸反应，浓盐酸随反应进行会变稀；因为反应后溶液中含有MnCl2电离产生的Cl-，所以能证明反应停止后烧瓶中有盐酸剩余的试剂是能与盐酸电离出H+反应的试剂碳酸钠溶液，故选B；(4)方案一中，Cl2中混入浓盐酸挥发出的HCl和水蒸气，所以不合理，原因为NaOH溶液不仅吸收Cl2，还吸收挥发出的HCl和H2O；根据方案二，发生反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2，剩余盐酸的物质的量浓度为。【点睛】若想准确测定反应后生成Cl2的质量，应先将Cl2通过饱和食盐水去除HCl，再通过浓硫酸干燥，最后用NaOH溶液吸收，且气体通入时速率要慢，以确保Cl2被完全吸收。26.部分短周期元素的性质
33、或原子结构等信息如下表：元素编号元素性质或原子结构信息X元素最高正价是+7价YM层的电子数是K层的3倍Z最外层电子数是次外层电子数的2倍W单质双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性(1)写出X在元素周期表中的位置_。(2)写出实验室制取W的气态氢化物的化学方程式_。(3)Z的一种核素可测定文物年代，其中子数比质子数多2，这种核素的符号是_。(4)W的气态氢化物与最高价氧化物对应水化物形成的盐中存在的化学键类型为_。(5)W元素与氢元素按原子数目比1:3和2:4构成分子A和B，A的电子式为_，B的结构式为_。(6)X与Y相比，非金属性较强的是_（填元素符号），下列能证实这一事实的是_a单质X沸点比单质
34、Y的低bX的氢化物比Y的氢化物稳定c单质X能与水反应，而单质Y不能与水反应【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (3). (4). 离子键、共价键 (5). (6). (7). Cl (8). bc【解析】【分析】X、Y、Z、W都为短周期元素，X元素的最高正价是+7价，则X为Cl；Y元素的M层的电子数是K层的3倍，则电子排布为2、8、6，从而得出Y为S；Z元素的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则电子排布为2、4，从而得出Z为C；W元素的单质是双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则W为N。【详解】(1)X为Cl元素，电子排布为2
35、、8、7，在元素周期表中的位置是第三周期第A族。答案为：第三周期第A族；(2)W为N，实验室制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(3)Z为C，它的一种核素可测定文物年代，其中子数比质子数多2，则中子数为8，质量数为14，这种核素的符号是。答案为：；(4)W为N，它的气态氢化物NH3与最高价氧化物对应水化物HNO3形成的盐NH4NO3中，存在的化学键类型为离子键、共价键。答案为：离子键、共价键；(5)N元素与氢元素按原子数目比1:3和2:4构成分子为A(NH3)和B(N2H4)，A
36、的电子式为，B的结构式为。答案为：；(6)Cl与S同周期，Cl在S的右边，非金属性较强的是Cl；a单质X沸点比单质Y的低，说明Cl2的分子间作用力比硫黄小，不能确定Cl与S的非金属性强弱，a不合题意；bCl的氢化物比S的氢化物稳定，则表明非金属性Cl大于S，b符合题意；c单质Cl2能与水反应，而单质S不能与水反应，表明非金属性ClS，c符合题意；答案为：Cl；bc。【点睛】在书写N2H4的结构式时，我们很容易仿照C2H4的结构，而写成，忽视了N的最外层电子数为5。27.（1）往2L密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下发生合成氨反应，2min时达到平衡。测得平衡混合气体中NH3
37、的体积分数为25%，则：02min内，v(NH3)=_。H2在平衡混合气中的体积分数=_。平衡时容器的压强与起始时的压强之比为_。（2）某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：该反应的化学方程式为_。2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_（填“大”，“小”或“相等”下同），混合气体密度比起始时_。上述反应在第2min时，X的转化率为_将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体中a：b=_。【答案】 (1). 0.2mo
38、lL-1min-1 (2). 56.25% (3). 45 (4). 3X+Y2Z (5). 大 (6). 相等 (7). 30% (8). 53【解析】【分析】(1)运用三段式法，根据反应速率表达式及阿伏伽德罗定律分析解答；(2)根据图示反应过程中各组分的物质的量变化书写方程式，根据转化率表达式进行相关计算。【详解】(1)发生3H2+N22NH3，设参加反应的氮气的物质的量为xmol，则 测得平衡混合气中NH3的体积分数为25%，则，解得x=0.4mol； 02min内，v(NH3)= ，故答案为：0.2molL-1min-1； H2在平衡时的体积分数为，故答案为：56.25%； 平衡时容器
39、内的压强与起始时压强之比为，故答案为：4：5；(2) 根据图示分析，X和Y是反应物，X、Y、Z的变化量之比是(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，该反应的化学方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z； 混合气体的平均相摩尔质量 ，从开始到平衡气体的总质量不变，但n逐渐减小，所以2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时大；混合气体密度，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变，故答案为：大；相等； 2min时X的转化率=故答案为：30%； 设反应到某时刻时，Y反应了xmol，则则a-3x=b-x=2x，解得a=5x
40、，b=3x，则a：b=5:3，故答案为：53。28.如图为原电池装置示意图：(1)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，负极分别为_。A铝片、铜片 B铜片、铝片 C铝片、铝片 D铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成原电池的负极反应式_。(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为硫酸溶液，写出B电极反应式：_；该电池在工作时，A电极的质量将_（填“增重”或“减轻”或“不变”）。若消耗0.1moLH2SO4时，则转移电子数目为_。(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃烧电池，写出A电极反应式
41、：_；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将_（填“增强”或“减弱”或“不变”）。(4)若A、B均为铂片，电解质为硫酸溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃烧电池，写出A电极反应式：_；电池工作时阴离子定向移动到_极（填“正”或“负”）。(5)铁、铜、铝是生活中使用广泛的金属，FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，其反应过程的离子方程式为_，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为_，正极反应式为_。【答案】 (1). B (2). Al+4OH-3e-=+2H2O (3). PbO2+4H+2e-=PbSO4+2H2O (4). 增重 (5). 01NA (6). H2+
42、2OH-2e-=2H2O (7). 减弱 (8). CH4-8e-+2H2OCO2+8H+ (9). 负 (10). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (11). Cu (12). 2Fe3+2e-=2Fe2+【解析】【分析】两个活动性不同的电极，用导线连接，与电解质溶液接触，并且至少有一个电极材料能与电解质发生氧化还原反应(燃料电池除外)，才可形成原电池。若两个电极材料都能与电解质发生持续的氧化还原反应，则相对活泼的电极为负极，若只有一个电极材料能与电解质发生氧化还原反应，则此电极为负极。【详解】(1)插入浓硝酸中的一组，由于铝片会发生钝化，与浓硝酸的反应不能持续进行，而铜片能与浓硝酸在常
43、温下持续反应，所以铜片为负极；插入烧碱溶液中的一组，只有铝片能与烧碱溶液发生反应，所以铝片为负极，因此，在这两个原电池中，负极分别为铜片、铝片，故选B。插入烧碱溶液中，形成原电池的负极为铝片，失电子产物与OH-发生反应，最终生成和水，电极反应式为Al+4OH-3e-=+2H2O。答案为：B；Al+4OH-3e-=+2H2O；(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为硫酸溶液，则Pb为负极，PbO2为正极，B电极中，PbO2得电子产物与、H+反应生成PbSO4和H2O，电极反应式为：PbO2+4H+2e-=PbSO4+2H2O；该电池在工作时，A电极中的Pb失电子产物与反应生成PbSO4，A极质量
44、将增重；总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，若消耗0.1moLH2SO4时，则转移电子数目为0.1NA。答案为：增重；0.1NA；(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃烧电池，A电极为负极，B电极为正极，在A电极，H2失电子产物与OH-反应生成H2O，电极反应式为：H2+2OH-2e-=2H2O；B电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应为：2H2+O2=2H2O，该电池在工作一段时间后，虽然n(OH-)不变，但溶液体积增大，c(OH-)减小，所以溶液的碱性将减弱。答案为：H2+2OH-2e-=2H
45、2O；减弱；(4)若A、B均为铂片，电解质为硫酸溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，A电极为负极，CH4失电子产物与水反应生成CO2和H+，A电极反应式为：CH4-8e-+2H2OCO2+8H+；电池工作时阴离子定向移动负极。答案为：CH4-8e-+2H2OCO2+8H+；负；(5)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板时，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，其反应过程的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，若将此反应设计成原电池，负极失电子，则所用电极材料为Cu，正极Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为2Fe3+2e-=2Fe2+。答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；Cu；2Fe3+2e-=2Fe2+。【点睛】一般来说，负极金属失电子生成金属离子，负极材料的质量减轻，但铅蓄电池是个特例，原电池反应发生后，不仅正极质量增加，负极质量也增加。