【化学】内蒙古第一机械制造有限公司第一中学2018-2019学年高一下学期3月月考试卷（解析版）

内蒙古第一机械制造有限公司第一中学2018-2019学年高一下学期3月月考试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Na-23 Mg-24 Al-27
一、选择题(每题2分，共48分)
1.下列分析不正确的是（ ）
A. “木与木相摩则然(燃)”的“然”是化学能转变为热能
B. “司烜氏，掌以夫遂(青铜凹镜)取明火于日”的“夫遂”是单质
C. “著作酒醴(甜酒)，尔惟曲蘖(酒曲)”的“曲蘖”是催化剂
D. “浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是硅酸盐产品
【答案】B
【解析】A、“木与木相摩则然(燃)”，燃烧是化学能转变为热能，选项A正确；B、“夫遂”是古人用于日下取火的凹形铜镜，属于合金，为混合物，不是单质，选项B不正确；C、“曲蘖”是催化酶，为催化剂，选项C正确；D、“瓷”是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，选项D正确。答案选B。
2.下列物质的使用不涉及化学变化的是(　　)
A. 明矾作净水剂 B. 液氯作制冷剂
C. 溶洞的形成 D. 生石灰作干燥剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+，而Al3+能够水解生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降，使水变澄清，属于化学变化，故A错误；
B．液氯汽化时吸收热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；
C．碳酸钙与水和二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，碳酸氢钙受热有分解生成碳酸钙，这就是溶洞形成的原理，属于化学变化，故C错误；
D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误；
答案选B。
3.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl-．有关该电池的说法正确的是(　　)
A. Mg为电池的正极 B. 负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C. 该电池将潮汐能转化为电能 D. 可用于海上应急照明供电
【答案】D
【解析】
【分析】电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl-，反应中Mg失去电子作负极，正极上Ag得到电子，为一次性贮备电池，且Mg、Cl均转化为离子存在于海水中，结合原电池的原理分析解答。
【详解】A．2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl-反应中Mg失去电子发生氧化反应，作负极，故A错误；
B．AgCl+e-=Ag+Cl-是得电子的还原反应，是正极反应，故B错误；
C．该电池是将化学能转化为电能，故C错误；
D．Mg-AgCl 电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，可用于海上应急照明供电，故D正确；
答案选D。
4.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确的是( )

A. 锌片作正极
B. 碳棒上有气泡产生
C. 可将电能转化为化学能
D. 电子由碳棒经滤纸流向锌片
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，Zn是活泼金属，为负极，碳棒是非金属，为正极；负极上Zn失去电子，正极上氢离子得到电子，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．电池工作时，Zn失去电子，作负极，故A错误；
B．碳棒为正极，氢离子在正极上得到电子生成氢气，有气泡产生，故B正确；
C．原电池中化学能转化为电能，故C错误；
D．Zn为负极，电子由锌片经导线流向碳棒，故D错误；
答案选B。
5.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21。下列关系正确的是(　　)


W
X

Y



Z
A. 氢化物沸点：W＜Z
B. 氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C. 气态氢化物的稳定性：W＞X
D. 简单离子的半径：Y＜X
【答案】D
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+(n+2)+(n+3)+(n+4)=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合元素化合物的性质以及元素周期律分析解答。
【详解】由以上分析可知X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素、W为N元素。
A．W为N元素，对应的氢化物为氨气，氨气分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；
B．Y为Al，对应的氧化物的水化物呈两性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；
C．元素的非金属性越强，氢化物的越稳定，非金属性X(O)＞W(N)，则氢化物的热稳定性X＞W，故C错误；
D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：Y(Al3+)＜X(O2-)，故D正确；
答案选D。
6.下列化学用语正确的是(　　)
A. 中子数为8的氮原子：87N B. 铁红的化学式为Fe3O4
C. NH3 的结构式： D. Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为8的氮原子的质量数=8+7=15，该原子正确的表示方法为：157N，故A错误；
B．铁红的成分是氧化铁，氧化铁中铁的化合价是+3价，氧元素的化合价是-2价，所以其化学式为Fe2O3，故B错误；
C．氨气为共价化合物，分子中含有3个N-H键，NH3的结构式，故C正确；
D．为氯原子结构示意图，氯离子的最外层含有8个电子，其正确的离子结构示意图为，故D错误；
答案选C。
7.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是(　　)
A. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
B. 随核电荷数的增加，碱金属单质的密度逐渐变大
C. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
D. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱金属元素从上到下，单质的活泼性逐渐增强，和水的反应越来越剧烈，即钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，故A正确；
B．随着核电荷数增加，碱金属单质的密度呈增大趋势，但碱金属中Na的密度大于K的密度，故B错误；
C．同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，故C正确；
D．同主族元素，从上到下，金属性依次增强，则锂原子失去最外层电子的能力最弱，故D正确；
答案选B。
8.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b-和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是(　　)
A. a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B. 气态氢化物稳定性：b＞d
C. 简单离子半径：b-＞c+
D. d的最高价含氧酸是短周期元素最高价含氧酸中酸性最强的
【答案】A
【解析】
【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素，b-和c+离子的电子层结构相同，则b为F元素，c为Na元素；d与b同族，则d为Cl元素，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，a为H元素，b为F元素，c为Na元素，d为Cl元素。
A．氢与钠形成的化合物NaH中氢元素化合价为-1价，故A错误；
B．非金属性F＞Cl，则简单氢化物的热稳定性：b＞d，故B正确；
C．具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为b-＞c+，故C正确；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸中酸性越强，由于F没有正价，因此短周期元素最高价含氧酸中酸性最强的是高氯酸，故D正确；
答案选A。
9.下列说法正确的是(　　)
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的酸性强
B. P的非金属性小于Si，H3PO4 比H2SiO3 的酸性弱
C. Al2O3 和MgO均可与NaOH溶液反应
D. 非金属性Cl＞Br＞I，沸点HCl＞HBr＞HI
【答案】A
【解析】
【详解】A．I、Br同主族，自上而下，原子半径逐渐增大，氢卤酸的酸性逐渐增强，HI比HBr的酸性强，故A正确；
B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素的非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B错误；
C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．同主族元素，自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性Cl＞Br＞I；相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，沸点HCl＜HBr＜HI，故D错误；
答案选A。
10.化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响．烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是(　　)
A. 使O2浓度增加，反应加快 B. 温度降低，反应减慢
C. 使CO2 浓度增加，反应加快 D. 压强降低，反应减慢
【答案】A
【解析】
【详解】碳和氧气反应，碳的表面积和氧气的浓度是影响反应速率的主要因素；烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，可增大氧气的浓度，反应速率增大，火会更旺，故选A。
11.把下列物质分别加入盛水的锥形瓶，立即塞紧带U形管的塞子。已知U形管内预先装有少量水且液面相平（为便于观察，预先染成红色），加入下列哪些物质后，发生如如图所示变化（ ）

① NH4NO3晶体 ② 浓H2SO4 ③ NaOH粉末
④ NaCl晶体 ⑤ Na2O2固体 ⑥ 生石灰
A. ①②④⑤ B. ①②③
C. ③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】U形管中的液面左低右高，出现这种现象的实质是锥形瓶内的气压高于大气压，锥形瓶内气压增大的原因，可能是化学反应生成了气体，也可能是物质溶解或化学反应放出热量，还可能是既生成气体又放出热量。据此分析可得结论。
【详解】①硝酸铵晶体溶于水吸收热量，锥形瓶内的气体压强减小，不符合题意；② 浓H2SO4溶于水放热，锥形瓶内的气体压强增大，符合题意；③NaOH粉末溶于水放热，锥形瓶内的气体压强增大，符合题意；④ NaCl晶体溶于水无明显热效应，锥形瓶中压强无明显变化，不符合题意；⑤Na2O2与H2O反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成O2并放出热量，锥形瓶内的气体压强增大，符合题意；⑥生石灰与H2O反应CaO+H2O＝Ca（OH）2，放出热量，锥形瓶内的气体压强增大，符合题意；综上所述，②③⑤⑥符合题意，故答案选D。
12. 下列事实能说明Al的金属活动性比Cu强的是（ ）
A. 常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到氢氧化钠溶液中
B. 常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到稀盐酸溶液中
C. 与氯气反应时，铝失去3个电子，而铜失去2个电子
D. 常温下，铝在浓硝酸中钝化而铜不发生钝化
【答案】B
【解析】试题分析：A．常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到氢氧化钠溶液中，铝容易和氢氧化钠反应，所以不能说明铝和铜的活动性，A错误；B．常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到稀盐酸溶液中，铝做负极，发生氧化反应生成铝离子，铜作正极，氢离子在正极被还原，生成氢气，B正确；C．与氯气反应，铝失去3个电子，而铜失去2个电子，是由于铝的最外层电子数为3，铜的最外层电子数为2，C错误；D．常温下，铝在浓硝酸中钝化而铜不发生钝化，是由于浓硝酸氧化铝，生成了一层致密的氧化铝薄膜，氧化铜不是致密的薄膜，不可以被钝化，D错误，答案选B。
13.下列事实能用电化学理论解释的是( )
①轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块
②镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用
③铝片不用特殊方法保存
④常温下铝跟稀硫酸快速反应，跟浓硫酸几乎不反应
A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①锌、铁和电解质溶液能构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极，所以能用电化学原理解释，故选；
②锌、铁和电解质溶液能构成原电池，锌易失电子被腐蚀，铁作正极被保护；锡、铁和电解质溶液能构成原电池，铁易失电子而作负极，加速铁的腐蚀，所以镀层被划破后，镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐腐蚀，可以用电化学原理解释，故选；
③铝和空气中氧气反应生成致密的氧化物薄膜而阻止铝进一步被腐蚀，发生化学腐蚀，故不选；
④铝在浓硫酸中会钝化，但钝化也为化学反应，只不过程度很小，发生化学腐蚀，故不选；
能用电化学理论解释的有①②，
答案选C。
14.最近，科学家研制出一种纸质电池，这种“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，在一边附着锌，另一边附着二氧化锰。电池总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O = ZnO＋2MnOOH。下列说法不正确的是( )
A. 该电池Zn为负极
B. 该电池的正极反应为：MnO2 + e- + H2O = MnOOH + OH-
C. 外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
D. 电池工作时水分子和OH-都能透过薄层纸片
【答案】C
【解析】
【分析】由电池总反应Zn+2MnO2十H2O=ZnO+2MnOOH可知，Zn化合价升高，被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，据此分析解答。
【详解】A、从电池反应可知，锌失去电子被氧化，所以是负极，故A正确；
B、MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故B正确；
C、放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路由离子的定向移动导电，故C错误；
D、“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，电池工作时水分子和OH-都能通过薄层纸片，故D正确；
答案选C。
15.下列电池工作时能量转化形式与其他三个不同的是( )




A.氢燃料电池
B.硅太阳能电池
C.银锌纽扣电池
D.碱性锌锰干电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；
B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；
C．银锌纽扣电池，将化学能转化成电能的装置；
D．碱性锌锰干电池，将化学能转化成电能的装置；
所以B能量转化形式与其它三个不同，
答案选B。
16.下列说法正确的是( )
A. 物质发生化学反应时都伴随能量变化，有能量变化的变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定不含离子键
D. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】C
【解析】
【详解】A、物质的三态变化有能量变化，是物理变化，故A错误；
B、燃烧都是放热反应，一般需要加热到着火点才能发生，故B错误；
C、含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一定不含有离子键，故C正确；
D、等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故D错误；
答案选C。
17.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
18.下列操作能达到实验目的的是( )

实验目的
实验操作
A
证明Cl的非金属性比C强
将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生。
B
比较Mg与Al的金属性强弱
将镁条与铝片用导线相连，放入盛有NaOH溶液的烧杯中，观察现象。
C
证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率
将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中。
D
证明KCl中存在离子键
熔融状态的KCl是否导电
【答案】D
【解析】
【详解】A．验证Cl的非金属性比C强，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，因此实验中不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；
B．Al与NaOH反应，Mg不能，则原电池中Al为负极，而金属性Mg大于Al，故B错误；C．将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中，反应的原理不同，不能比较浓度对反应速率的影响，故C错误；
D.离子化合物中含有离子键，在熔融状态下可发生电离，可导电，因此熔融状态的KCl能导电，可以说明KCl中存在离子键，故D正确；
答案选D。
19.下列表示的是化学反应A(g)+2B(g) = C(g)+D(g)在不同条件下的反应速率，其中最快的是( )
A. v(A) = 0.3 mol/(L·s) B. v(B) = 0.5 mol/(L·s)
C. v(C) = 0.4 mol/(L·min) D. v(D) = 0.2 mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则
A. =0.3；
B. =0.25；
C. v(C) = 0.4 mol/(L·min)= 0.0067 mol/(L·s)，=0.0067；
D. =0.2；
显然A中比值最大，反应速率最快，
答案选A。
20.把下列四种盐酸溶液分别加入四个盛有20mL 1mol/L的KOH溶液的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时反应最快的是( )
A. 20℃ 20mL 3mol/L的盐酸 B. 25℃ 30mL 2mol/L的盐酸
C. 25℃ 10mL 5mol/L的盐酸 D. 20℃ 10mL 2mol/L的盐酸
【答案】B
【解析】
【分析】HCl的物质的量越多，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度越大，温度越高，反应速率越大，据此分析解答。
【详解】A. 20mL 3mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；B. 30mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；C. 10mL 5mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.05mol；D. 10mL 2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.02mol；对比选项中HCl的物质的量，A、B选项中HCl的物质的量最多，均为0.06mol，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度最大，且选项B的温度比A高，则B的反应速率最大，故选B。
21.一定温度下用铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施，①将铁块换成等质量的铁粉；②将稀硫酸换成浓硫酸；③加热；④加入少量KNO3固体；⑤加入适量CuSO4固体。其中能够加快氢气产生速率的是( )
A. ①③④ B. ②④⑤ C. ②③⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①将铁块换为等质量的铁粉，增加了接触面积，化学反应速率加快，故正确；
②将稀硫酸换成98%硫酸，与铁反应不生成氢气，故错误；
③升高温度，反应速率加快，故正确；
④加入KNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，故错误；
⑤加入少量CuSO4固体，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，故正确；
能够加快氢气产生速率的有①③⑤，答案选D。
22.下列反应条件的控制中不恰当的是( )
A. 为防止铁生锈，在其表面涂一层防锈油漆
B. 为防止火灾，在面粉厂要严禁烟火
C. 为加快KClO3的分解速率，加入MnO2
D. 为加快稀盐酸与NaOH的反应速率，加入更多同浓度的稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．在铁表面涂一层防锈油漆，能够阻止铁与潮湿的空气接触，可以防止铁生锈，故A不选；
B．面粉厂、纺纱厂、加油站周围的空气中漂浮着可燃性的气体或粉尘，遇明火可能会发生爆炸，所以面粉厂、纺纱厂、加油站均要严禁烟火，故B不选；
C．加入MnO2，对KClO3的分解起催化作用，能够加快化学反应速率，故C不选；
D．加入更多同浓度的稀盐酸，溶液中的氢离子浓度不变，不能加快稀盐酸与NaOH的反应速率，故D选；
答案选D。
23.一定温度下，向一恒容密闭容器中冲入2 mol SO2和1 mol O2，在一定条件下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，下列说法正确的是( )
A. 当O2浓度不变时，反应达到化学平衡
B. 达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都等于零，反应终止
C. 当单位时间内消耗a mol O2，同时消耗2a mol SO2时，反应达到平衡状态
D. 当SO2、O2、SO3的分子数之比为2:1:2时，反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据化学平衡状态的特征：各组分的浓度不随时间的变化而变化，因此当O2的浓度不变时，反应达到平衡状态，故A正确；
B、化学平衡状态是一个动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等，但都不等于零，故B错误；
C、根据方程式，当单位时间消耗a molO2，一定同时消耗2amol SO2，只能说明正反应速率的情况，不能说明正、逆反应速率相等，故C错误；
D、SO2、O2、SO3的分子数比为2∶1∶2，不能说明物质的浓度不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明是平衡状态，故D错误；
答案选A。
24.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，且氢气中1mol H-H键完全断裂时需要吸收能量436kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出能量463kJ。则氧气中1mo O=O键断裂时吸收的能量为( )
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 496 kJ D. 188 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，则4g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，因此2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-484kJ/mol，设1mol O=O键完全断裂时吸收热量为x kJ，则：484kJ=4×463kJ-(436kJ×2+x kJ)，解得x=496，故选C。
二、非选择题(共52分)
25.已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，D与A同主族，E的M层电子数比L层少2个。
(1)写出元素符号：A______、C_______，E在元素周期表中的位置是___________________________；
(2)C、D、E原子半径由大到小：_________________(写元素符号，后同)，C、D、E简单离子的半径由大到小：__________________；
(3)A常用作电池的电极材料，含A的电池通常采用非水电解质或固体电解质，原因是_____________(用化学方程式解释)；
(4)B与氢元素可以形成10电子微粒X和18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料。X中含有的共价键类型是_______，Y的电子式为_________；
(5)C的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较C的氢化物和E的氢化物沸点：C___E(填“＞”“＜”或“=”)，原因是_________________________
(6)用电子式表示D与E的二元化合物的形成过程：___________________________，碳原子与E能形成AB2型化合物，请写出该物质的电子式：_________。
【答案】(1). Li (2). O (3). 第三周期第ⅥA族 (4). Na＞S＞O (5). S2-＞O2-＞Na+ (6). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑ (7). 极性键 (8). (9). 同素异形体 (10). ＞ (11). 水分子间存在氢键 (12). (13).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素。A是最轻的金属，则A为Li元素；C的简单阴离子C2-与氖原子有相同的电子层结构，C为O元素；B的最低负化合价的绝对值比最高正化合价少2，最低负化合价的绝对值=3，最高正化合价=+5，为VA族元素，原子序数小于8，B为N元素；D与A同主族，D为Na元素；E的M层电子数比L层少2个，M层电子数=6，E为S元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为Li元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。
(1) A为Li元素，B为N元素，C为O元素；E为S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族，故答案为：Li ；O；第三周期第ⅥA族；
(2) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，C、D、E原子半径由大到小的顺序为Na＞S＞O；电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，C、D、E简单离子的半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+，故答案为：Na＞S＞O；S2-＞O2-＞Na+；
(3)Li常用作电池的电极材料，含Li的电池通常采用非水电解质或固体电解质，是因为锂能够与水反应，2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，故答案为：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑；
(4)N与氢元素可以形成10电子微粒X为氨气或铵根离子，均含有极性共价键；N与氢元素可以形成18电子微粒Y，Y是一种良好的火箭燃料，则Y为肼，肼为共价化合物，电子式为，故答案为：极性键；；
(5)O的两种单质在常温下都是气体，为氧气和臭氧，二者互为同素异形体；水分子间能够形成氢键，而硫化氢不能，水的沸点比硫化氢高，故答案为：同素异形体；＞；水分子间存在氢键；
(6)硫化钠属于离子化合物，硫化钠的形成过程用电子式表示为；碳原子与S能形成AB2型化合物为CS2，CS2与CO2的结构相似，电子式为，故答案为：；。
26.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。
实验编号
温度(℃)
反应物
催化剂
①
20
25 mL 3% H2O2溶液
无
②
20
25 mL 5% H2O2溶液
无
③
20
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
④
20
25 mL 5% H2O2溶液
1~2滴1mol/L FeCl3溶液
⑤
30
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
(1)实验①和②的目的是____________________________。同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是__________(写出一种即可)。
(2)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是__________________________，__________________________；

(3)写出实验③中H2O2分解的化学方程式：______________________________；
(4)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析。以生成10mL气体为准，其他影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为__________，实验中需要测量的数据是______________。
(5)某反应在体积为2L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知X、Y、Z均为气体)．

①该反应的化学方程式为______．
②反应开始至2分钟时，Y的平均反应速率为______．
③能说明该反应已达到平衡状态的是______
A．υ(X)=3υ(Y)              B．容器内气体密度不变
C．υ逆(Z)=2υ正(Y)       D．各组分的物质的量相等
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④由图求得平衡时X的转化率为______．
【答案】(1). 探究浓度对反应速率的影响 (2). 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (3). 升高温度，反应速率加快 (4). MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好 (5). 2H2O2 2H2O +O2 (6). 分液漏斗 (7). 产生10mL气体所需的时间 (8). Y+3X ⇌2Z (9). 0.025mol/(L·min) (10). CE (11). 30%
【解析】
【分析】(1)实验①和②的浓度不同；现象不明显，根据题意，需要尽快反应速率；
(2)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合反应的条件分析解答；
(3)H2O2在二氧化锰作用下生成水和氧气；
(4)A仪器名称是分液漏斗；该反应是通过反应速率分析的，根据v=分析；
(5)①由图可知，X 、Y的物质的量减小， Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，判断出X、Y、Z的物质的量的变化量之比，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，据此书写反应的方程式；
②结合v=计算；
③可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此分析判断；
④根据X达到平衡时已转化的物质的量与起始的物质的量之比，可求得平衡时X的转化率。
【详解】(1)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；
(2)由图可知，③、⑤中⑤的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；③、④中④的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；
(3)H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；
(4)结合乙图装置，图中仪器A为分液漏斗；反应是通过反应速率分析的，根据v=，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：分液漏斗；产生10mL气体所需的时间；
(5)①由图可知，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，X、Y、Z的物质的量的变化量之比为(1.0-0.7)∶(1.0-0.9)∶(0.2-0)=3∶1∶2，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则反应为Y+3X ⇌2Z，故答案为：Y+3X ⇌2Z；
②2分钟内，Y的平均反应速率为=0.025mol/(L·min)，故答案为：0.025mol/(L·min)；
③A．根据方程式Y+3X ⇌2Z，如何时候都存在υ(X)=3υ(Y)，不能说明正反应和逆反应的关系，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．容器的体积以及气体的质量不变，无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，不能说明达到平衡，故B错误；C．根据方程式Y+3X ⇌2Z，当υ逆(Z)=2υ正(Y)  时，正、逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C正确；D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；E．气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明达到平衡状态，故E正确；故答案为：CE；
④由图象可知：达平衡时X的浓度变化为：△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以X的转化率为：×100%=30%，故答案为：30%。
27.(1)理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池．请你利用下列反应“Cu + 2Ag+ = 2Ag + Cu2+”设制一个化学电池：
①画出合理的原电池装置图_____________________________ (标明正负极、电极材料和电解质溶液)
②正极质量_____(填“增加”、“减少”或“不变”，下同)，负极质量______
(2)甲烷燃料电池的工作原理如图所示．

①该电池工作时，b口通入的物质为______，c口通入的物质为______；
②该电池负极的电极反应式为：_____________________________；
③工作一段时间后，当3.2g甲烷完全反应生成CO2时，有_______个电子转移．
【答案】(1). (2). 增加 (3). 减少 (4). CH4 (5). O2(空气) (6). CH4 - 8e- + 2H2O = CO2 + 8H+ (7). 1.6NA
【解析】
【分析】(1)根据反应方程式知，Cu失电子，作负极，电解质溶液中含有得电子的Ag+，可用硝酸银溶液作电解质溶液，正极可用C，据此设计实验装置图，并结合原电池原理分析解答；
(2)①根据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极；
②负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
③根据甲烷和转移电子之间的关系式计算。
【详解】(1)①原电池中失电子的物质作负极，根据反应方程式Cu + 2Ag+ = 2Ag + Cu2+知，Cu作负极，电解质溶液中含有得电子的Ag+，可用硝酸银溶液作电解质溶液，正极可用C，电子流动方向为负极到正极；则装置图为，故答案为：；
②该电池工作时，正极上Ag+得电子生成金属银，质量增加，负极上铜失去电子变成铜离子，质量减小，故答案为：增加；减少；
(2)①根据氢离子的移动方向知，右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲烷，故答案为：CH4；O2；
②负极上甲烷失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4 - 8e- + 2H2O = CO2 + 8H+，故答案为：CH4 - 8e- + 2H2O = CO2 + 8H+；
③3.2g甲烷的物质的量==0.2mol，根据CH4 - 8e- + 2H2O = CO2 + 8H+知， 3.2g甲烷完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量=0.2mol×8=1.6mol，则转移电子个数为1.6NA，故答案为：1.6NA。