1、浙江省台州市书生中学2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）相对原子质量：H: 1 O: 16 C: 12 Cl: 35.5 Na: 23 N: 14 K: 39 Fe: 56 Al: 27 S: 32 P: 31 Mg: 24 一、选择题(每题2分，共50分)1.地壳中含量较大的三种元素是：A. H、O、SiB. O、Si、AlC. Al、C、OD. H、O、Al【答案】B【解析】【详解】各元素在地壳中的含量由大到小依次为O、Si、Al、Fe、Ca等，结合各选项可知，选项B符合题意，故选B。2. 对于同一原子的下列电子层中，能量最低的是A. K层B. L层C. M层D.
2、N层【答案】A【解析】试题分析：离原子核越近能量越低，能量最低的是K层，故A正确。考点：本题考查核外电子排布。3.下列离子的电子排布与Ne原子核外电子排布不同的是：A. Mg2B. O2C. NaD. C1【答案】D【解析】【分析】Ne原子核外有10个电子，核外电子排布为2、8，根据各微粒的核外电子排布分析判断。【详解】A. Mg2核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故A不选；B. O2核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故B不选；C. Na核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故C不选；D. C1核
3、外有18个电子，核外电子排布为2、8、8，与Ne原子核外电子排布不同，故D选；答案选D。4.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的固体化学物质和水混合后摇动即会制冷或对饮料起到冷却作用。该化学物质可能是：A. NaClB. NH4NO3C. CaOD. NaOH【答案】B【解析】【分析】将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷，说明该物质溶于水吸热，或与水反应吸热，据此分析解答。【详解】ANaCl溶于水，热效应不明显，故A不选；B固体硝酸铵溶于水吸热，温度降低，符合题意，故B选；C生石灰溶于水，与水反应，放出热量，温度升高，不符合题意，故C不选；D固体NaOH溶于水，
4、放出热量，温度升高，不符合题意，故D不选；答案选B。【点睛】把握溶解过程中的能量变化和常见的吸热反应为解答的关键。常见的吸热过程包括：大部分分解反应，铵盐与碱的反应，以炭、氢气、CO为还原剂的氧化还原反应(不包括燃烧)，一些物质的溶解(如硝酸铵的溶解)，弱电解质的电离，水解反应等。5.下列装置能够组成原电池的是：A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极；将电极插入电解质溶液中；两电极间构成闭合回路；能自发的发生氧化还原反应，据此分析解答。【详解】A. 没有构成闭合电路，不能构成原电池，故A不选；B. 酒精为非电解质，不能导电，不能构成原电池，
5、故B不选；C. 两个电极相同，不能构成原电池，故C不选；D. 存在两个活泼性不同的电极(锌、铜)，存在电解质溶液(硫酸铜溶液)；构成了闭合回路；能自发的进行氧化还原反应(锌与铜离子发生置换反应)，满足构成原电池的条件，故D选；答案选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意常见的电解质和非电解质的物质类别，如电解质包括酸、碱、盐等。6.下列说法正确的是：A. 只含一种元素的物质不一定是纯净物B. 由相同元素形成的不同物质称同素异形体C. 分子式为C2H6O的物质一定是乙醇D. C5H12只有2种同分异构体，其熔点各不相同【答案】A【解析】【详解】A、只含一种元素的物质不一定是纯净物，如同素异形体形成
6、的物质，由一种元素组成，但为混合物，如O2和O3混合，故A正确；B. 由相同元素形成的不同单质称同素异形体，由相同元素形成的不同物质可能是同分异构体、同系物等，故B错误；C. 分子式为C2H6O的物质可能为二甲醚，不一定是乙醇，故C错误；D. C5H12有正戊烷，异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故D错误；答案选A。7.在N23H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了06 molL1。在此段时间内用H2表示的平均反应速率为045 molL1s1，则反应所经过的时间是()A. 044 sB. 1 sC. 133 sD. 2 s【答案】D【解析】NH3的浓度增加了06 molL1，H2
7、的浓度减少了09 molL1，根据v，v(H2)，t2 s。8.以下属于放热反应的是： 煅烧石灰石制生石灰浓硫酸溶于水 将氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合后用玻璃棒搅拌使之反应 食物因氧化而腐败 镁与盐酸反应制氢气盐酸与氢氧化钠的中和反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】煅烧石灰石制生石灰，属于分解反应，该反应为吸热反应，不选；浓硫酸溶于水放出热量，但不属于化学反应，不选；氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应为吸热反应，不选；食物因氧化而腐败，属于物质的缓慢氧化，是放热反应，选；镁与盐酸反应制氢气为放热反应，选；盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，选；属于放热反应的有，故选A。【点睛】解
8、答本题需要熟悉常见的放热反应，常见的放热反应包括：燃烧反应、中和反应、铝热反应、金属与水或酸反应、多数化合反应等。本题的易错点为，要注意浓硫酸的稀释属于物理变化。9.下列表示正确的是：A. CO2的电子式： B. 乙醇的结构式：C2H5OHC. 乙炔的比例模型：D. 氟离子的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A. CO2分子中，碳与氧原子之间形成碳氧双键，正确的电子式应该为，故A错误；B. C2H5OH为乙醇的结构简式，结构式为，故B错误；C. 为乙炔的球棍模型，故C错误；D. 氟为9号元素，氟离子核外有10个电子，结构示意图为，故D正确；答案选D。【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化
9、合物的类型，离子化合物的电子式一定存在，共价化合物一定不存在。本题的易错点为A，电子式中小黑点的数目等于各原子最外层电子数之和。10.现有下列各种物质，其中含共价键的单质是：A. H2OB. 氦气C. 氢气D. 金属钠【答案】C【解析】【详解】A. H2O是化合物，不是单质，故A错误；B. 氦气属于单原子分子，分子中不存在化学键，故B错误；C. 氢气是非金属单质，分子中只存在共价键，故C正确；D. 金属钠是金属单质，存在金属键，不存在共价键，故D错误；答案选C。11.已知氢化锂(LiH)属于离子化合物，跟水反应可放出H2。下列叙述中正确的是：A. LiH跟水反应后得中性溶液B. LiH中氢离子
10、可以被还原成氢气C. LiH中氢离子半径比锂离子半径小D. LiH在化学反应中是一种强还原剂【答案】D【解析】【分析】在LiH中Li+与H-以离子键结合而成，LiH溶于水生成H2，反应的方程式为LiH+H2O=H2+LiOH，反应中LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，据此分析解答。【详解】A、LiH跟水反应的方程式为LiH+H2O=H2+LiOH，反应后溶液呈碱性，故A错误；B、在离子化合物LiH中，Li+与H-以离子键结合而成，H-与水中的H+之间发生氧化还原反应而被氧化，即LiH中氢离子可以被氧化成氢气，故B错误； C、LiH中氢离子与锂离子核外均
11、是2个电子，核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大，氢离子半径比锂离子半径大，故C错误；D、LiH+H2O=H2+LiOH反应中，LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，故D正确；答案选D。12.离子化合物的熔点与离子的半径、离子所带的电荷有关，离子的半径越小，离子所带的电荷越高，则离子化合物的熔点就越高。试判断KCl、CaO两种晶体熔点的高低顺序：A. KClCaOB. NaClCaOC. CaOKClD. 无法比较【答案】C【解析】【详解】钾离子半径大于钙离子，氯离子半径大于氧离子，且氧化钙中离子所带的电荷大于氯化钾中离子所带的电荷，所以KCl晶
12、体的熔点低于CaO晶体，故选C。13.与Ne核外电子排布相同的离子跟Ar核外电子排布相同的离子所形成的化合物是：A. Na2OB. CCl4C. KClD. KF【答案】D【解析】【分析】根据元素周期表，与Ne核外电子排布相同的离子，阴离子有N3-、O2-、F-等，阳离子有Na+、Mg2+、Al3+等；与Ar核外电子排布相同的离子，阴离子有P3-、S2-、Cl-等，阳离子有K+、Ca2+等，据此分析解答。【详解】A、Na2O中Na+与Ne核外电子排布相同，O2-离子结构与Ar核外电子排布不同，故A错误；B、CCl4中不存在离子，四氯化碳属于共价化合物，故B错误； C、氯化钾中，氯离子的核外电子
13、排布与Ar的核外电子排布相同，钾离子与Ar的核外电子排布也相同，故C错误；D、KF中，钾离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，氟离子与Ne的核外电子排布相同，故D正确；答案选D。14.下列各物质的晶体中，晶体类型不相同的是：A. CO2和SiO2B. H2O和HClC. CO2和CCl4D. K2SO4和MgCl2【答案】A【解析】【详解】A. CO2形成的晶体为分子晶体，SiO2形成的晶体为原子晶体，晶体类型不相同，故A选；B. H2O形成的晶体为分子晶体，HCl形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故B不选；C. CO2形成的晶体为分子晶体，CCl4形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，
14、故C不选；D. K2SO4形成的晶体为离子晶体，MgCl2形成的晶体为离子晶体，晶体类型相同，故D不选；答案选A。15.下列各种说法中，正确的是：A. O2与O3互为同素异形体，但两者之间的转化属于物理变化B. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则6.2g 白磷(P4)含有0.3NA P-P键C. 足球烯与金刚石互为同分异构体，但二者形成的晶体类型不同D. 12C与14C的质子数和电子数都为6，故二者是碳元素的同一种核素【答案】B【解析】【详解】AO2与O3是两种不同的单质，互为同素异形体，两者之间的转化属于化学变化，故A错误；B.6.2g白磷含有P4的物质的量为：=0.05mol，0.05molP
15、4分子中含有P-P键的物质的量为：0.05mol6=0.3mol，所含P-P键数目为0.3NA，故B正确；C. 足球烯与金刚石都是C元素的单质，属于同素异形体，足球烯形成的晶体为分子晶体，金刚石属于原子晶体，故C错误；D. 12C的质子数和中子数都为6，14C的质子数为6、中子数为8，是碳元素的两种核素，故D错误；答案选B【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意白磷(P4)的分子结构为，一个白磷(P4)分子中含有6个P-P键。16.如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是：X Y Z W TA. X、W、Z元素的原子半径依次递增
16、B. Y元素在自然界中不能以游离态存在C. T元素的非金属性比W弱，但比Z强D. YX2晶体和WX3晶体的类型不同，但均存在共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，则X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，结合元素周期律与元素化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知，X为O，W为S，Y为Si、Z为P、T为As。A电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以X、W、Z元素的原子半径依次增大，故A正确；BY为Si，
17、Si属于亲氧元素，在自然界中都是化合态存在，故B正确；C. 同一主族从上到下非金属性减弱；同一周期从左向右非金属性增强。T元素的非金属性小于Z，Z元素的非金属性小于W，即非金属性TZW，故C错误；DSiO2晶体属于原子晶体，原子间存在共价键，SO3晶体属于分子晶体，分子内存在共价键，故D正确；答案选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意常见物质的晶体类型的记忆和理解，尤其是二氧化硅的晶体类型，不能根据二氧化碳的晶体类型类推。17.反应：C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：A. 增加H2O (g) 的量B. 保持体积不变
18、，充入氦气使体系压强增大C. 将容器的体积缩小一半D. 保持压强不变，充入氦气使容器容积变大【答案】B【解析】【详解】A增加H2O (g) 的量，H2O (g)的浓度增大，反应速率加快，故A不选；B保持体积不变，充入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B选；C将容器的体积缩小一半，气体的浓度增大，反应速率加快，故C不选；D保持压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减慢，故D不选；答案选B。【点睛】本题的易错点为BD，充入与反应无关的气体，反应速率是否发生变化，要看充入气体后，反应中气体物质的浓度如何变化。18.根据图的能量图，下列说法正确的是：A. A2(
19、g) + B2(g) = 2AB(g) 是一个放热反应B. 2molAB的总能量大于1molA2和lmolB2的能量之和C. 2AB(g) = A2(l) + B2(l) H0)，下列说法中正确的是：A. v正(M)=2v逆(N)时，反应到达平衡状态B. 到达平衡状态时，反应吸收akJ能量C. 2s 末反应达到平衡时，加入催化剂，反应速率不会发生改变D. 2s 末反应达到平衡时，Y的消耗量是X的生成量的2倍【答案】D【解析】【详解】A不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，达到平衡状态，v正(M)=2v逆(N)时，说明正反应速率逆反应速率，反应不是平衡状态，故A错误；B物质的量与热量成
20、正比，该反应为可逆反应，参加反应的X小于1mol，则平衡时放出热量小于akJ，故B错误；C. 加入催化剂，反应速率会发生改变，故C错误；D. 根据方程式，2s 末反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率，Y的消耗量是X的生成量的2倍，故D正确；答案选D。23.下列说法正确的是：A. HCl、HBr、HI的熔点依次增大，它们分子间作用力也依次增大B. NH3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C. Na2SO4晶体属于离子晶体，该晶体中只含有离子键D. 金刚石加热融化时需要克服分子间作用力【答案】A【解析】【详解】A相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高，相对分子质量HC
21、lHBrHI，则HCl、HBr、HI的分子间作用力也依次增大，熔点依次增大，故A正确；BNH3中H原子只能形成2电子结构，不是8电子稳定结构，故B错误；CNa2SO4属于离子化合物，存在离子键，硫酸根中S、O之间形成的是共价键，则Na2SO4晶体中含离子键和共价键，故C错误；D金刚石是由原子构成的原子晶体，不存在分子间作用力，则加热融化时需克服共价键，故D错误；答案选A。24.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化图如下图，下列说法正确的是： A. 单斜硫没有正交硫稳定B. S(s，单斜)S(s，正交) H0.33 kJ mol1C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D. 式表示断裂
22、l mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ【答案】A【解析】【分析】由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高，越不稳定，硫和氧气的总能量高于二氧化硫的总能量，生成SO2的反应为放热反应，据此分析解答。【详解】A物质的能量越高越不稳定，由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，则正交硫比单斜硫稳定，故A正确；B单斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，单斜)=S(s，正交)为放热反应，H=(-297.16kJ/mol)-( -296.83kJ/mol)=-0.33kJ/mol，故B错误；C由图象可以看出，相同物质的
23、量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；D式反应需断裂单斜硫中S-S键和O=O键，不仅仅是断裂lmolO2中的共价键，故D错误；答案选A。25. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：2Ag+Zn(OH)2Ag2O+Zn+H2O在此电池放电时，负极上发生反应的物质是A. AgB. Zn(OH)2C. Ag2OD. Zn【答案】D【解析】分析：在原电池中，负极反应是原子失电子发生氧化反应的过程解答：解：在银锌二次电池中，根据反应：Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2，放电时为原电池，活泼金属做负极，失电子发生氧化反应，根据电极反应应为锌故选D26.3A(g
24、)2B(s)2C(g)3D(g) Ha kJmol1。达到平衡时，下列说法一定正确的是：A. 当B(s)的质量不再发生变化时，说明该反应已达到平衡状态B. 若开始时加入3 mol A和2 mol B，则反应达到平衡时共吸收a kJ热量C. 若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强始终不变D. 当用B表示的正反应速率等于用C表示的逆反应速率时，反应已达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A. B(s)的质量不再发生变化，则A、C、D的质量也不发生变化，因此A、C、D的浓度不再发生变化，说明该反应已达到平衡状态，故A正确；B. 该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能为100%，即3
25、 mol A和2 mol B反应时，消耗的A少于3mol，则反应达到平衡时吸收的热量少于a kJ，故B错误；C. B为固体，反应后气体的物质的量增加，若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强逐渐增大，故C错误；D. B为固体，不能用B的浓度变化表示反应速率，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，关键是要注意B为固体，由于固体和纯液体的浓度始终不变，不能用固体和纯液体物质表示化学反应速率。二、填空题：27.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，请回答下列问题：(1)四种元素的原子半径由小到大的顺序为(用字母表示)：_(2)写出由X、Y、Z三种元素形成的满足下
26、列条件的化合物的化学式各一种：离子化合物_，共价化合物_(3)X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有_种【答案】 (1). XZYW (2). NH4NO3（其他合理答案均可） (3). HNO3（其他合理答案均可） (4). 5【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置和元素周期表的结构可知，X为H元素、W为Cl元素，则Y为N元素、Z为O元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、W为Cl元素，Z为O元素。(1) 一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，四种元素的原子半径由小到大的顺序为H(X)O(Z)N(Y
27、)Cl(W)，故答案为：XZYW；(2)由H、N、O三种元素形成的离子化合物可以为硝酸铵、亚硝酸铵等，共价化合物可以是硝酸、亚硝酸、NH3H2O等，故答案为：NH4NO3；HNO3(其他合理答案均可)；(3)H与其余三种元素(N、O、Cl)之间形成的核外电子总数为10的微粒有H2O、NH3、NH4+、OH-、H3O+，共5种，故答案为：5。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意核外电子总数为10的微粒包括常见的分子、离子和原子，本题中容易少写H3O+。28.(1)已知下列各种共价键的键能：CH：a kJ mol1、OH：b kJ mol1、OO：c kJmol1、CO：d kJmol1。写出甲烷
28、气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的热化学方程式：_(2)火箭中的主要燃料是“肼(也称为联氨)”的液体物质。此化合物的相对分子质量为32。其中，含N的质量分数为87.5%，其余为H元素。则：肼的化学式为_，其结构式为_此燃料的氧化剂是N2O4气体，若燃烧0.2 mol肼液体放出的热量为 400 kJ，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为：_【答案】 (1). CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H=(4a+2c-2d-4b)kJmol-1 (2). N2H4 (3). (4). N2O4(g) + 2N2H4(l)
29、 = 3N2(g) + 4H2O(l) H= 4000 kJmol-1【解析】【分析】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水，结合反应的焓变H=反应物总键能-生成物总键能，书写该反应的热化学方程式；(2) 根据N元素的质量分数结合相对分子质量计算含有N的数目和H的数目，据此书写该化合物的化学式和结构式；肼与N2O4反应，燃烧的产物对大气都无污染，生成物为氮气和液态水，结合燃烧0.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，书写肼与N2O4气体反应的热化学方程式。【详解】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的方程式为CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g
30、)，反应的焓变H=反应物总键能-生成物总键能=(4a+2c-2d-4b)kJmol-1，故答案为：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H=(4a+2c-2d-4b)kJmol-1；(2) 元素H和N形成化合物的相对分子质量为32，N元素的质量分数为87.5%，则含有N的数目为：=2，含有H的数目为：=4，则该化合物的化学式为N2H4，N2H4为共价化合物，其结构式为，故答案为：N2H4；肼与N2O4反应，N2O4为氧化剂，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，反应的方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l)，燃烧0
31、.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，则燃烧2mol肼放出的热量为 4000 kJ，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) H= 4000 kJmol-1，故答案为：N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) H= 4000 kJmol-1。29.液氨液氧燃料电池曾用于驱动潜艇，其示意图如图所示。(1)该电池的总反应式为_，电极1发生的电极反应为_； (2)下列说法正确的是_；A. 电极2是正极，发生还原反应 B. 电池工作时，Na向电极1移动 C. 电流由电极2经外电路流向电极1 D
32、. 该装置将化学能转化为电能再转化为机械能(3)当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗标准状况下氧气的体积为_L。【答案】 (1). 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O (2). 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2+ 6H2O (3). ACD (4). 2.24【解析】【分析】燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，根据图示，氨气与氧气反应生成氮气和水，据此书写反应的方程式；燃料电池中通入氧气的电极为正极，电极2是正极，电极1是负极，在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，电极方程式为2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O，在正极上氧气发生得电子的还原
33、反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。【详解】(1)燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，即4NH3+3O2=2N2+6H2O，在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1的电极反应式为：2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O，故答案为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O；(2) A.燃料电池中通入氧气的电极为正极，因此电极2为正极，正极上发生得电子的还原反应，故A正确；B电极1为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，即Na+向电极2移动，故B错误；C电流从正极流向负极，即电流由电极2经外电路流向电
34、极1，故C正确；D. 燃料电池属于原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置，电能再转化为机械能驱动潜艇，故D正确；故答案为：ACD；(3) 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O中转移的电子数为12，当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗氧气=0.1mol，标准状况下的体积为22.4L/mol0.1mol=2.24L，故答案为：2.24。【点睛】本题的易错点为电极反应式的书写，书写电极反应式时，要注意考虑电解质溶液的酸碱性对产物的影响。30.在80 时，将0.20 mol的N2O4气体充入1 L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
35、 时间 /(s)020 40 60 80 100c(N2O4) / mol L10.20 c1 0.10 c2 c3 c4c(NO2) / mol L1 0.00 0.12 0.20 0.22 0.22 0.22根据本题内容和表中提供数据填空(c1、c2、c3、c4表示相应的浓度)，请回答下列各小题： (1)该反应化学方程式_； 表中c2_c3(填“”、“”或“”) (2)c4_mol L1，在020 s内NO2的平均反应速率为_【答案】 (1). N2O4 2NO2 (2). (3). 0.09 (4). 6.010-3 molL-1s-1【解析】【分析】(1)根据表格中的物质的化学式结合原
36、子守恒书写反应的方程式；由表可知，60s时反应达平衡，据此判断c2、c3的大小；(2) 60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，根据反应的方程式分析解答；结合化学反应速率概念计算020s内NO2的平均反应速率。【详解】(1)反应的化学方程式为N2O4 2 NO2，由表可知，60s时反应达平衡，平衡时，物质的浓度不变，c2=c3，故答案为：N2O4 2NO2；=；(2)由表可知，60s时c(NO2)=0.22mol/L，反应的N2O4浓度为0.11mol/L，60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，所以c2= c3= c4=0.20mol/L-0.11mol/L=
37、0.09mol/L， 020s内NO2的平均反应速率=0.006mol/(Ls)，故答案为：0.09；0.006mol/(Ls)。31.短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物；元素B形成的化合物种类繁多且元素B与元素E处于同一主族；元素C与元素F处于同一主族。(1)写出C的元素符号_，D形成简单离子的结构示意图_；(2)写出元素A一种原子的中子数是质子数2倍的核素的符号_；(3)元素E在周期表中位置_；(4)比较E和F最高价氧化物对应水化物的酸性强弱_(用化学式表示) (5)写出A2C2
38、电子式_；D与A形成化合物电子式_；元素A与B形成化合物A2B2的结构式_；(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨等特点，推测该晶体是_晶体。(7)写出C与D以原子个数比11形成的化合物与水反应的化学方程式：_；若生成0.5 mol氧化产物，则转移的电子数目为_(用NA表示)；(8)取8.3g仅由D和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，写出该化合物与过量盐酸反应的化学方程式_。【答案】 (1). O (2). (3). (4). 第三周期第A族 (5). H2SiO3 H2SO4 (6). (7). Na H (8). HCCH (9). 原子 (10)
39、. 2Na2O2 2H2O = 4NaOHO2 (11). NA (12). Na3N4HCl = 3NaClNH4Cl【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物，则A为H元素，C为O元素；元素C与元素F处于同一主族，F为S元素；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物，则D为Na元素；元素B形成的化合物种类繁多，B为C元素；元素B与元素E处于同一主族，E为Si元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为Si元素，F为S元素。(1) C为O元素
40、；D为Na元素，钠是11号元素，最外层有1个电子，Na+离子的结构示意图为，故答案为：O；(2)H的质子数=1，中子数=2，则质量数=1+2=3，该核素的符号为 ，故答案为：；(3) E为Si元素，硅是14号元素，在周期表中位于第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；(4) 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性SiS，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3 H2SO4，故答案为：H2SiO3 H2SO4；(5)A2C2为H2O2，是共价化合物，电子式为；D与A形成化合物为NaH，是离子化合物，电子式为Na H；A2B2为C2H2，结构式为HCCH，故答案为：；Na H；
41、HCCH；(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨，符合原子晶体的特点，故答案为：原子；(7)C与D以原子个数比11形成的化合物为Na2O2，Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2 2H2O = 4NaOHO2；反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，NaOH为还原产物，O2是氧化产物，生成0.5 mol氧化产物，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：2Na2O2 2H2O = 4NaOHO2；NA；(8)8.3g仅由Na和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，则8.3g该化合物中含有0.1molN元素，质量为1.4g，则含有Na元素8.3g-1.4g
42、=6.9g，物质的量为=0.3mol，该化合物的化学式为Na3N，则Na3N与过量盐酸反应的化学方程式为Na3N4HCl = 3NaClNH4Cl，故答案为：Na3N4HCl = 3NaClNH4Cl。32.将2.80 g含氧化镁的镁条完全溶于50.0 mL硫酸溶液后，滴加2.00 molL1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去200.0 mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g。(1)求上述硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)_。(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)n(Mg)_。【答案】 (1). 4.00 molL-1 (2). 1:10【解析】【分析】将含氧化镁
43、的镁条完全溶于硫酸溶液后，发生反应MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，Mg+H2SO4=MgSO4+H2，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL，发生反应MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2+Na2SO4，将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g，发生反应Mg(OH)2MgO+ H2O，结合反应方程式和原子守恒分析解答。【详解】(1)将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL可知完全沉淀后，溶液为Na2SO4溶液，根据原子守恒可知，n(SO42-)= (Na+)=2.0mol/L0.2L=0.2mol，则硫酸溶液的物质量浓度为=4.00 mol/L，故答案为：4.00 mol/L；(2)将所得沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g，所得固体为MgO，其物质的量为=0.11mol，设Mg的物质的量为x，MgO为y，则x+y0.11mol，24g/molx+40 g/moly4.4g，解得：x=0.1mol，y=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)n(Mg)=0.01mol0.1mol=110，故答案为：110。
