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【化学】山西省长治市沁县中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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山西省长治市沁县中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
以下数据供解题时参考：
相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 Ca 40Fe 56 P 31 S 32 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137
第Ⅰ卷（单选题 共 54 分 每题3分）
1.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，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。
2.13C−NMR(核磁共振)、15N−NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A. 15N的核外电子数比中子数少1 B. 14N与14C互为同位素
C. 15N与14N 为同一种核素 D. 13C与15N有相同的中子数
【答案】A
【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(15－7)=8，因此核外电子数比中子数少1，故A正确；
B、14N质子数为7，14C质子数为6，质子数不同，两个核素不互为同位素，故B错误；
C、两个核素中子数不同，属于不同核素，故C错误；
D、前者中子数为(13－6)=7，后者中子数为(15－7)=8，中子数不同，故D错误。
3.某同学在试管中做铁钉与稀硫酸反应的实验，发现反应速率较慢，下列措施：①给试管加热 ②加入铁粉 ③加入冰块 ④加入少量醋酸钠晶体 ⑤将稀硫酸换为浓硫酸，能加快反应速率的是（ ）
A. ①② B. ①②⑤ C. ③④ D. ①④⑤
【答案】A
【详解】①给试管加热，温度升高，化学反应速率加快；
②加入铁粉，固体的接触面积增大，化学反应速率加快；
③加入冰块导致温度降低，化学反应速率降低；
④加入少量醋酸钠晶体，发生反应H++CH3COO-＝CH3COOH，氢离子浓度降低，化学反应速率减慢；
⑤将稀硫酸换为浓硫酸，铁在浓硫酸发生钝化，不会产生氢气。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
①需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
②放热的反应在常温下一定很容易发生
③反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
④放热反应加热到一定温度引发后，停止加热反应也能继续进行．
A. 只有①② B. 只有③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】B
【解析】分析：焓变=生成物的能量和-反应物的能量和，反应是放热还是吸热，与反应条件无关，据此分析判断。
详解：①煤的燃烧是放热反应，但需要加热到着火点才能进行，故错误；②很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度，故错误；③反应热决定于反应物和生成物能量的相对高低，△H=生成物的能量和-反应物的能量和，故正确；④放热反应发生后，反应放出的能量可能会维持反应继续进行，故正确；故选B。
5.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。
6.美国研究人员将 CO 和氧原子附着在一种铁催化剂表面，用激光脉冲将其加热到 2000K，成功观察到CO 与氧原子形成化学键生成CO2全过程。下列说法正确的是（ ）
A. CO、CO2均属于酸性氧化物
B. O2断键形成氧原子时需放出能量
C. CO 与氧原子形成化学键生成CO2 需要吸收能量
D. CO 与氧原子形成化学键过程中有电子转移
【答案】D
【解析】A．CO是不成盐氧化物，CO2为酸性氧化物，故A错误；B．断开化学键需要吸收热量，形成化学键时放出热量，故B错误；C．形成化学键时放出热量，故C错误；D．CO转化为二氧化碳时碳元素的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确；故选D。
7.下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）
A. H2O2的电子式：
B. NaHCO3的电离：NaHCO3===Na+ + H+ +
C. 12C和14C的原子结构示意图均可表示为
D. 质子数为8，中子数为10的氧原子：
【答案】C
【详解】A.双氧水属于共价化合物，电子式中不能标出电荷，双氧水正确的电子式为：是，故A错误；
B.HCO3－属于弱酸根，不能拆写，碳酸氢钠电离生成碳酸氢根和钠离子，正确的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3-，故B错误；
C.12C和14C的原子核外均由6个电子，核内均有6个质子，故原子结构示意图均可以表示为，故C正确；
D.质子数为8，中子数为10的氧原子为，故D错误。
故选C。
8.下列叙述正确的是( )
A. 离子化合物一定不含共价键
B. 共价化合物中一定不含有离子键
C. 气态单质的分子中一定存在共价键
D. 非金属元素的化合物中一定不含离子键
【答案】B
【详解】A. Na2O2中的过氧键为非极性键，但是为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，A项错误；
B.共价化合物中只含有共价键，一定没有离子键，B项正确；
C.稀有气体的单质是单原子分子，不含有共价键，C项错误；
D. NH4Cl由非金属元素构成，但是它是离子化合物含有离子键，D项错误；
本题答案选B。
9.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. mol B. mol
C. （A−N+2）mol D. （A−N+6）mol
【答案】A
【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。
10.化学反应A＋B―→C(放出能量)分两步进行：①A＋B―→X(吸收能量)，②X―→C(放出能量)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，据此答题。
【详解】由反应A+B→C（∆H＜0）分两步进行①A+B→X（∆H＞0）②X→C（∆H＜0）可以看出，A+B→C（∆H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（∆H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（∆H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合。
故选D。
11.化学能可与热能、电能等相互转化。下列表述不正确的是（ ）
A. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
B. 能量变化是化学反应的基本特征之一
C. 图I所示的装置能将化学能转变为电能
D. 图II所示的反应为放热反应
【答案】C
【解析】A. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成，因为断裂旧键要吸收能量、形成新键要放出能量，A正确；B. 能量变化是化学反应的基本特征之一，B正确；C. 图I所示的装置不是原电池，故不能将化学能转变为电能，C不正确；D. 图II所示的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，故其为放热反应，D正确。本题选C。
12.在研究物质变化时，人们可以从不同角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断，以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质燃烧可看成“ 储存” 在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C. 当断开旧键吸收的能量大于形成新键释放的总能量时，该反应为吸收能量的反应
D. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，则反应释放能量
【答案】D
【详解】A.金属钠与氯气反应生成氯化钠后，氯化钠的能量低于氯气和金属钠的能量和，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，故A正确；
B.物质的燃烧主要是将化学能转化为热能的过程，可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来，故B正确；
C.吸收能量的化学反应，断开旧键吸收的能量大于形成新键释放的总能量，故C正确；
D.当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应发生时需吸收能量，即该反应为吸热反应，故D错误。
故选D。
13.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极材料分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式为Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2，Ag2O+H2O+2e−===2Ag+2OH−。下列叙述中正确的是（ ）
A. 在使用过程中，电解质KOH不断被消耗
B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
D. Zn负极，Ag2O是正极
【答案】D
【解析】
【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e－=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e－=2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，据此答题。
【详解】A.由两电极反应相加得电池总反应式：Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，由总反应式可知，在使用过程中KOH不被消耗，故A错误；
B. Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；
C. Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故C错误；
D. Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故D正确。
故选D。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。下列叙述不正确的是( )
A. 放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B. 放电时正极反应为FeO42-＋4H2O＋3e－===Fe(OH)3＋5OH－
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
【分析】由反应可知，放电时Zn为负极，K2FeO4在正极上发生还原反应；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，据此答题。
【详解】A.放电时，负极Zn失电子被氧化，生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，故A正确；
B.K2FeO4为电池的正极，得电子发生还原反应，生成Fe（OH）3，电极反应式为FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-，故B正确；
C.放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；
D.放电时，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确
故选C。
15.在温度不变的条件下，在恒容容器中进行下列反应：N2O4(g)===2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1 mol·L−1降到0.07 mol·L−1需要15 s，那么N2O4的浓度由0.07 mol·L−1降到0.05 mol·L-11所需的反应时间（ ）
A. 等于5 s B. 等于10 s
C. 小于10 s D. 大于10 s
【答案】D
【详解】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.1-0.07=0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.07-0.05=0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为×15s=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。
故选D。
16.向四个体积相同的密闭容器(甲、乙、丙、丁)中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是( )
甲：在500 ℃时，10 mol SO2和5 mol O2反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A. 甲、乙、丙、丁 B. 乙、甲、丙、丁
C. 乙、甲、丁、丙 D. 丁、丙、乙、甲
【答案】C
【详解】甲与乙相比，乙中使用了催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁大，即SO2的物质的量浓度比丁大，其它条件均相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件均相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以反应速率由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙。
故选C。
17.在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡标志是（ ）
A. 单位时间内消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z
B. v正(X) =v逆(Z)
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2
D. 容器内压强不随时间变化
【答案】D
【详解】A.单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ均是表示正反应，不能判断是否到达平衡状态，故A不选；
B.v正(X)=v逆(Z)，不能说明正逆反应速率相等，不能说明到达平衡状态，故B不选；
C.当容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有到达平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，故C不选；
D.该反应前后的化学计量数之和不相等，容器内压强不随时间变化，能说明到达平衡，故D选。
故选D。
18.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）。2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D， 0.4 mol C。下列判断不正确的是（ ）
A. x ＝1
B. 2 min时，A的浓度为0.9mol·L-1
C. 2 min内A的反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
D. B的转化率为60%
【答案】D
【解析】A. 2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D和0.4 mol C，根据变化量之比是化学计量数之比可知x＝1，A正确；根据方程式可知
3A(g)+B(g) C(g)+2D(g)
起始量（mol） 3 1 0 0
转化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8
平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8
则B. 2 min时，A的浓度为1.8mol÷2L＝0.9 mol·L-1，B正确；C. 2 min内A的反应速率为0.6mol/L÷2min＝0.3 mol·L-1·min-1，C正确；D. B的转化率为0.4mol/1mol×100%＝40%，D错误，答案选D。
第Ⅱ卷 共46分
19.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。③在通常状况下，B的单质是气体，0.1 mol B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4 mol电子转移。④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。请回答下列问题：
（1）写出A元素的最高价氧化物的电子式_____________。
（2）B元素在周期表中的位置为_____________。
（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有______________。
（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为______________。
（5）C与D能形成2∶1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程______________。
【答案】(1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 离子键、非极性共价键（或共价键） (4). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (5).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，则B元素表现为-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D为S元素，E为Cl元素。
（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，含有极性键，电子式为：，故答案为：。
（2）B为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族。
（3）B为O元素、C为Na元素，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键和非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键（或共价键）。
（4）D为S元素、E为Cl元素，硫的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
（5）C为Na元素、D为S元素，Na和S形成的2∶1的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程为：，
故答案为：。
20.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。
（1）如图中仪器A的名称是_______。甲同学实验步骤：连接仪器、_________、加药品、滴入试剂。
（2）①如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为_____溶液，C中的盛放试剂为______溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______________。
（3）如图中A处反应的离子方程式为___________________。
（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此_______（填“能”或“不能”）得出溴的非金属性强于碘，理由是_________________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝
【解析】
【分析】（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；
（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；
（3）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，卤素单质之间可发生置换反应；
（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为：分液漏斗，检查装置气密性。
（2）①图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为：碳酸钠，硅酸钠。
②烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：一段时间后产生白色胶状沉淀。
（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为：不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。
21. （1）如图所示,若溶液C为浓硝酸,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe,A电极材料为Cu,则B电极的电极反应式为_________,A电极的电极反应式为____________;反应进行一段时间后溶液C的酸性会____(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。
（2）我国首创以铝—空气—海水电池作为能源的新型海水标志灯,以海水为电解质溶液,靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流,只要把灯放入海水数分钟,就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是______(填化学名称),负极反应为___________;正极反应为_________。
（3）熔融盐电池具有高的发电效率,因而受到重视。可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质,CO为负极燃气,空气与CO2的混合气为正极助燃气,制得在650 ℃下工作的燃料电池,其负极反应式为2CO+2CO32---4e-4CO2,则正极反应式为_____,电池总反应式为______。
【答案】(1). 4H++2NO3-+2e-2NO2↑+2H2O (2). Cu-2e-Cu2+ (3). 减弱1分 (4). 铝1分 (5). 4Al-12e-4Al3+ (6). 3O2+6H2O+12e-12OH- (7). O2+2CO2+4e-2CO32- (8). 2CO+O22CO2
【解析】
【分析】（1）铁遇浓硝酸钝化，原电池反应是铜与浓硝酸的反应，铜失电子作负极，铁作正极，正极上硝酸根得电子产生二氧化氮；
（2）以铝、海水电池作为能源的新型海水标志灯，这种新型电池以Al为负极，发生氧化反应，空气中的氧气为正极，发生还原反应；
（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加即可得电池反应式。
【详解】（1）铁和浓硝酸发生钝化现象，阻止了铁与硝酸的反应，原电池反应是铜与浓硝酸的反应，总反应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，铜失电子发生氧化反应作负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁作正极，正极上硝酸根得电子生成二氧化氮气体和水，电极反应式为4H++2NO3-+2e-=2NO2↑+2H2O，溶液中氢离子被消耗，导致溶液中氢离子浓度减小，酸性会减弱，故答案为：4H++2NO3-+2e-=2NO2↑+2H2O；Cu-2e-=Cu2+；减弱。
（2）以铝、海水电池作为能源的新型海水标志灯，Al为负极，发生氧化反应：4Al-12e-=4Al3+，空气中的氧气为正极，该电极上发生还原反应：3O2+6H2O+12e-═12OH-，故答案为：铝；4Al-12e-=4Al3+；3O2+6H2O+12e-=12OH-。
（3）该熔融盐燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，又负极电极反应式为2CO+2CO32--4e-═4CO2，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加得电池反应式2CO+O2═2CO2，故答案为：O2+2CO2+4e-═2CO32-；2CO+O2═2CO2。
22.研究含氮化合物对能源、环保和生产具有重要的意义。请回答下列问题：
（1）在2 L密闭容器内， 800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①如图所示A点处v正___(填“>”、“<”或“＝”，下同)v逆，A点处v正___B点处v正。
②如图所示的曲线，其中表示NO2的变化的曲线是________（填a、b、c、d等字母）。用O2表示2 s内该反应的速率v＝________。
（2）已知化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示，
则，1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)是______能量的过程(填“吸收”或“释放”)，由mol N2(g)和mol H2(g)生成1 mol NH3(g)过程________(填“吸收”或“释放”)_______kJ能量（用含字母a、b、c的关系式表达）。
【答案】 (1). > (2). > (3). b (4). 15×10－3mol·L－1·s－1 (5). 释放
(6). 释放 (7). b－a
【解析】试题分析：（1）①A点时反应物减小，反应正向进行；②NO2是生成物，达到平衡时，NO2的物质的量为0.013 mol；根据氧气浓度变化量除以时间计算用O2表示2 s内该反应的速率；（2）根据图像可知，1 mol N和3 mol H的总能量大于1 mol NH3(g)的能量；由mol N2(g)和mol H2(g) 的总能量大于1 mol NH3(g)的总能量；根据图像计算焓变。
解析：（1）①A点时反应物减小，反应正向进行，所以A点处v正>v逆；A点处NO的浓度大于B，所以A点v正>B点处v正；②NO2是生成物，达到平衡时，NO2的物质的量为0.013 mol，浓度为0.0065 mol·L－1，表示NO2的变化的曲线是b；2s内NO的浓度变化为0.012 mol·L－1，氧气的浓度变化为0.006 mol·L－1÷2，,用O2表示2 s内该反应的速率0.006 mol·L－1÷2÷2s=15×10－3mol·L－1·s－1；（2）根据图像可知，1 mol N和3 mol H的总能量大于1 mol NH3(g)的能量，所以1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)是释放能量的过程；由mol N2(g)和mol H2(g) 的总能量大于1 mol NH3(g)的总能量，由mol N2(g)和mol H2(g)生成1 mol NH3(g)过程释放能量；根据图像，放出的能量为b－akJ。
以下数据供解题时参考：
相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 Ca 40Fe 56 P 31 S 32 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137
第Ⅰ卷（单选题 共 54 分 每题3分）
1.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，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。
2.13C−NMR(核磁共振)、15N−NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A. 15N的核外电子数比中子数少1 B. 14N与14C互为同位素
C. 15N与14N 为同一种核素 D. 13C与15N有相同的中子数
【答案】A
【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(15－7)=8，因此核外电子数比中子数少1，故A正确；
B、14N质子数为7，14C质子数为6，质子数不同，两个核素不互为同位素，故B错误；
C、两个核素中子数不同，属于不同核素，故C错误；
D、前者中子数为(13－6)=7，后者中子数为(15－7)=8，中子数不同，故D错误。
3.某同学在试管中做铁钉与稀硫酸反应的实验，发现反应速率较慢，下列措施：①给试管加热 ②加入铁粉 ③加入冰块 ④加入少量醋酸钠晶体 ⑤将稀硫酸换为浓硫酸，能加快反应速率的是（ ）
A. ①② B. ①②⑤ C. ③④ D. ①④⑤
【答案】A
【详解】①给试管加热，温度升高，化学反应速率加快；
②加入铁粉，固体的接触面积增大，化学反应速率加快；
③加入冰块导致温度降低，化学反应速率降低；
④加入少量醋酸钠晶体，发生反应H++CH3COO-＝CH3COOH，氢离子浓度降低，化学反应速率减慢；
⑤将稀硫酸换为浓硫酸，铁在浓硫酸发生钝化，不会产生氢气。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
①需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
②放热的反应在常温下一定很容易发生
③反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
④放热反应加热到一定温度引发后，停止加热反应也能继续进行．
A. 只有①② B. 只有③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】B
【解析】分析：焓变=生成物的能量和-反应物的能量和，反应是放热还是吸热，与反应条件无关，据此分析判断。
详解：①煤的燃烧是放热反应，但需要加热到着火点才能进行，故错误；②很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度，故错误；③反应热决定于反应物和生成物能量的相对高低，△H=生成物的能量和-反应物的能量和，故正确；④放热反应发生后，反应放出的能量可能会维持反应继续进行，故正确；故选B。
5.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。
6.美国研究人员将 CO 和氧原子附着在一种铁催化剂表面，用激光脉冲将其加热到 2000K，成功观察到CO 与氧原子形成化学键生成CO2全过程。下列说法正确的是（ ）
A. CO、CO2均属于酸性氧化物
B. O2断键形成氧原子时需放出能量
C. CO 与氧原子形成化学键生成CO2 需要吸收能量
D. CO 与氧原子形成化学键过程中有电子转移
【答案】D
【解析】A．CO是不成盐氧化物，CO2为酸性氧化物，故A错误；B．断开化学键需要吸收热量，形成化学键时放出热量，故B错误；C．形成化学键时放出热量，故C错误；D．CO转化为二氧化碳时碳元素的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确；故选D。
7.下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）
A. H2O2的电子式：
B. NaHCO3的电离：NaHCO3===Na+ + H+ +
C. 12C和14C的原子结构示意图均可表示为
D. 质子数为8，中子数为10的氧原子：
【答案】C
【详解】A.双氧水属于共价化合物，电子式中不能标出电荷，双氧水正确的电子式为：是，故A错误；
B.HCO3－属于弱酸根，不能拆写，碳酸氢钠电离生成碳酸氢根和钠离子，正确的电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3-，故B错误；
C.12C和14C的原子核外均由6个电子，核内均有6个质子，故原子结构示意图均可以表示为，故C正确；
D.质子数为8，中子数为10的氧原子为，故D错误。
故选C。
8.下列叙述正确的是( )
A. 离子化合物一定不含共价键
B. 共价化合物中一定不含有离子键
C. 气态单质的分子中一定存在共价键
D. 非金属元素的化合物中一定不含离子键
【答案】B
【详解】A. Na2O2中的过氧键为非极性键，但是为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，A项错误；
B.共价化合物中只含有共价键，一定没有离子键，B项正确；
C.稀有气体的单质是单原子分子，不含有共价键，C项错误；
D. NH4Cl由非金属元素构成，但是它是离子化合物含有离子键，D项错误；
本题答案选B。
9.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. mol B. mol
C. （A−N+2）mol D. （A−N+6）mol
【答案】A
【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。
10.化学反应A＋B―→C(放出能量)分两步进行：①A＋B―→X(吸收能量)，②X―→C(放出能量)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，据此答题。
【详解】由反应A+B→C（∆H＜0）分两步进行①A+B→X（∆H＞0）②X→C（∆H＜0）可以看出，A+B→C（∆H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（∆H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（∆H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合。
故选D。
11.化学能可与热能、电能等相互转化。下列表述不正确的是（ ）
A. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
B. 能量变化是化学反应的基本特征之一
C. 图I所示的装置能将化学能转变为电能
D. 图II所示的反应为放热反应
【答案】C
【解析】A. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成，因为断裂旧键要吸收能量、形成新键要放出能量，A正确；B. 能量变化是化学反应的基本特征之一，B正确；C. 图I所示的装置不是原电池，故不能将化学能转变为电能，C不正确；D. 图II所示的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，故其为放热反应，D正确。本题选C。
12.在研究物质变化时，人们可以从不同角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断，以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质燃烧可看成“ 储存” 在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C. 当断开旧键吸收的能量大于形成新键释放的总能量时，该反应为吸收能量的反应
D. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，则反应释放能量
【答案】D
【详解】A.金属钠与氯气反应生成氯化钠后，氯化钠的能量低于氯气和金属钠的能量和，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，故A正确；
B.物质的燃烧主要是将化学能转化为热能的过程，可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来，故B正确；
C.吸收能量的化学反应，断开旧键吸收的能量大于形成新键释放的总能量，故C正确；
D.当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应发生时需吸收能量，即该反应为吸热反应，故D错误。
故选D。
13.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极材料分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式为Zn+2OH−−2e−===Zn(OH)2，Ag2O+H2O+2e−===2Ag+2OH−。下列叙述中正确的是（ ）
A. 在使用过程中，电解质KOH不断被消耗
B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
D. Zn负极，Ag2O是正极
【答案】D
【解析】
【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e－=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e－=2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，据此答题。
【详解】A.由两电极反应相加得电池总反应式：Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，由总反应式可知，在使用过程中KOH不被消耗，故A错误；
B. Zn为负极，Ag2O为正极，则使用过程中，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；
C. Zn电极发生氧化反应，Ag2O电极发生还原反应，故C错误；
D. Zn失去电子，Zn为负极，Ag2O得到电子是正极，故D正确。
故选D。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。下列叙述不正确的是( )
A. 放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B. 放电时正极反应为FeO42-＋4H2O＋3e－===Fe(OH)3＋5OH－
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
【分析】由反应可知，放电时Zn为负极，K2FeO4在正极上发生还原反应；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，据此答题。
【详解】A.放电时，负极Zn失电子被氧化，生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，故A正确；
B.K2FeO4为电池的正极，得电子发生还原反应，生成Fe（OH）3，电极反应式为FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-，故B正确；
C.放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；
D.放电时，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确
故选C。
15.在温度不变的条件下，在恒容容器中进行下列反应：N2O4(g)===2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1 mol·L−1降到0.07 mol·L−1需要15 s，那么N2O4的浓度由0.07 mol·L−1降到0.05 mol·L-11所需的反应时间（ ）
A. 等于5 s B. 等于10 s
C. 小于10 s D. 大于10 s
【答案】D
【详解】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.1-0.07=0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.07-0.05=0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为×15s=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。
故选D。
16.向四个体积相同的密闭容器(甲、乙、丙、丁)中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列顺序正确的是( )
甲：在500 ℃时，10 mol SO2和5 mol O2反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A. 甲、乙、丙、丁 B. 乙、甲、丙、丁
C. 乙、甲、丁、丙 D. 丁、丙、乙、甲
【答案】C
【详解】甲与乙相比，乙中使用了催化剂，其它条件相同，使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁大，即SO2的物质的量浓度比丁大，其它条件均相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件均相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以反应速率由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙。
故选C。
17.在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡标志是（ ）
A. 单位时间内消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z
B. v正(X) =v逆(Z)
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2
D. 容器内压强不随时间变化
【答案】D
【详解】A.单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ均是表示正反应，不能判断是否到达平衡状态，故A不选；
B.v正(X)=v逆(Z)，不能说明正逆反应速率相等，不能说明到达平衡状态，故B不选；
C.当容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有到达平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，故C不选；
D.该反应前后的化学计量数之和不相等，容器内压强不随时间变化，能说明到达平衡，故D选。
故选D。
18.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）。2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D， 0.4 mol C。下列判断不正确的是（ ）
A. x ＝1
B. 2 min时，A的浓度为0.9mol·L-1
C. 2 min内A的反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
D. B的转化率为60%
【答案】D
【解析】A. 2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D和0.4 mol C，根据变化量之比是化学计量数之比可知x＝1，A正确；根据方程式可知
3A(g)+B(g) C(g)+2D(g)
起始量（mol） 3 1 0 0
转化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8
平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8
则B. 2 min时，A的浓度为1.8mol÷2L＝0.9 mol·L-1，B正确；C. 2 min内A的反应速率为0.6mol/L÷2min＝0.3 mol·L-1·min-1，C正确；D. B的转化率为0.4mol/1mol×100%＝40%，D错误，答案选D。
第Ⅱ卷 共46分
19.有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍。②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同。③在通常状况下，B的单质是气体，0.1 mol B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4 mol电子转移。④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质。⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应。请回答下列问题：
（1）写出A元素的最高价氧化物的电子式_____________。
（2）B元素在周期表中的位置为_____________。
（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有______________。
（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为______________。
（5）C与D能形成2∶1的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程______________。
【答案】(1). (2). 第二周期第ⅥA族 (3). 离子键、非极性共价键（或共价键） (4). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (5).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大。A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为C元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，则B元素表现为-2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na元素；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D为S元素，E为Cl元素。
（1）A为C元素，C的最高价氧化物是CO2，含有极性键，电子式为：，故答案为：。
（2）B为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族。
（3）B为O元素、C为Na元素，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，含有离子键和非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键（或共价键）。
（4）D为S元素、E为Cl元素，硫的低价氧化物是SO2具有还原性，氯水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。
（5）C为Na元素、D为S元素，Na和S形成的2∶1的化合物是Na2S，是由离子键形成的离子化合物，用电子式表示该化合物的形成过程为：，
故答案为：。
20.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si三种元素的非金属性强弱比较的实验研究。乙同学设计了如图装置来验证卤族元素的性质递变规律，A、B、C三处分别是蘸有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气。
（1）如图中仪器A的名称是_______。甲同学实验步骤：连接仪器、_________、加药品、滴入试剂。
（2）①如图中仪器A中盛放试剂稀硫酸，烧瓶B中的盛放试剂为_____溶液，C中的盛放试剂为______溶液。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______________。
（3）如图中A处反应的离子方程式为___________________。
（4）乙同学发现如图中B处试纸变蓝，C处红纸褪色，据此_______（填“能”或“不能”）得出溴的非金属性强于碘，理由是_________________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检查装置气密性 (3). 碳酸钠 (4). 硅酸钠 (5). 一段时间后产生白色胶状沉淀 (6). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (7). 不能 (8). 红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝
【解析】
【分析】（1）根据图示可以知道A为分液漏斗，气体装置需要检查气密性；
（2）根据信息可以知道，甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系如图1装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较，B中盛放碳酸钠溶液，C中盛放硅酸钠溶液，根据强酸制弱酸；
（3）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，卤素单质之间可发生置换反应；
（4）浓盐酸与高锰酸钾在常温下发生氧化还原反应生成氯气，氯气和溴单质都可以与碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应。
【详解】（1）根据图可以知道A为加液装置，而且可以随意控制加液的量，所以仪器A的名称是分液漏斗。装置制备气体检验性质，所以装置必须气密性完好，连接仪器、检查装置气密性、加药品、滴入试剂，故答案为：分液漏斗，检查装置气密性。
（2）①图1中烧瓶B中的盛放试剂为碳酸钠溶液，C中盛放试剂为硅酸钠溶液，以此来证明碳酸、硅酸的酸性强弱，因为碳酸酸性比硅酸酸性强，在C中通入二氧化碳气体生成硅酸沉淀，则甲同学设计实验的依据是强酸制弱酸，故答案为：碳酸钠，硅酸钠。
②烧杯中反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓，H2SiO3是白色胶状沉淀，所以一段时间后，C中产生白色胶状沉淀，这说明CO2与硅酸钠溶液反应生成硅酸，因此根据较强酸制备较弱酸可知碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：一段时间后产生白色胶状沉淀。
（3）高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化，A处氯气沾有NaBr溶液的棉花，与溴化钠溶液发生置换反应生成溴，则图2中A处反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2，则B处氯气通过湿润的淀粉KI试纸，氯气与KI反应生成单质碘，碘遇淀粉变为蓝色，C处红纸褪色说明有氯气剩余，因此不能判断B处溴蒸气是否参加反应使试纸变蓝，所以不能据此得出溴的非金属性强于碘，故答案为：不能；红纸褪色，说明有氯气剩余，不能判断B处溴蒸气是否参加反应，使试纸变蓝。
21. （1）如图所示,若溶液C为浓硝酸,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe,A电极材料为Cu,则B电极的电极反应式为_________,A电极的电极反应式为____________;反应进行一段时间后溶液C的酸性会____(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。
（2）我国首创以铝—空气—海水电池作为能源的新型海水标志灯,以海水为电解质溶液,靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流,只要把灯放入海水数分钟,就会发出耀眼的白光。则电源的负极材料是______(填化学名称),负极反应为___________;正极反应为_________。
（3）熔融盐电池具有高的发电效率,因而受到重视。可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质,CO为负极燃气,空气与CO2的混合气为正极助燃气,制得在650 ℃下工作的燃料电池,其负极反应式为2CO+2CO32---4e-4CO2,则正极反应式为_____,电池总反应式为______。
【答案】(1). 4H++2NO3-+2e-2NO2↑+2H2O (2). Cu-2e-Cu2+ (3). 减弱1分 (4). 铝1分 (5). 4Al-12e-4Al3+ (6). 3O2+6H2O+12e-12OH- (7). O2+2CO2+4e-2CO32- (8). 2CO+O22CO2
【解析】
【分析】（1）铁遇浓硝酸钝化，原电池反应是铜与浓硝酸的反应，铜失电子作负极，铁作正极，正极上硝酸根得电子产生二氧化氮；
（2）以铝、海水电池作为能源的新型海水标志灯，这种新型电池以Al为负极，发生氧化反应，空气中的氧气为正极，发生还原反应；
（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加即可得电池反应式。
【详解】（1）铁和浓硝酸发生钝化现象，阻止了铁与硝酸的反应，原电池反应是铜与浓硝酸的反应，总反应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，铜失电子发生氧化反应作负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁作正极，正极上硝酸根得电子生成二氧化氮气体和水，电极反应式为4H++2NO3-+2e-=2NO2↑+2H2O，溶液中氢离子被消耗，导致溶液中氢离子浓度减小，酸性会减弱，故答案为：4H++2NO3-+2e-=2NO2↑+2H2O；Cu-2e-=Cu2+；减弱。
（2）以铝、海水电池作为能源的新型海水标志灯，Al为负极，发生氧化反应：4Al-12e-=4Al3+，空气中的氧气为正极，该电极上发生还原反应：3O2+6H2O+12e-═12OH-，故答案为：铝；4Al-12e-=4Al3+；3O2+6H2O+12e-=12OH-。
（3）该熔融盐燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，又负极电极反应式为2CO+2CO32--4e-═4CO2，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加得电池反应式2CO+O2═2CO2，故答案为：O2+2CO2+4e-═2CO32-；2CO+O2═2CO2。
22.研究含氮化合物对能源、环保和生产具有重要的意义。请回答下列问题：
（1）在2 L密闭容器内， 800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①如图所示A点处v正___(填“>”、“<”或“＝”，下同)v逆，A点处v正___B点处v正。
②如图所示的曲线，其中表示NO2的变化的曲线是________（填a、b、c、d等字母）。用O2表示2 s内该反应的速率v＝________。
（2）已知化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示，
则，1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)是______能量的过程(填“吸收”或“释放”)，由mol N2(g)和mol H2(g)生成1 mol NH3(g)过程________(填“吸收”或“释放”)_______kJ能量（用含字母a、b、c的关系式表达）。
【答案】 (1). > (2). > (3). b (4). 15×10－3mol·L－1·s－1 (5). 释放
(6). 释放 (7). b－a
【解析】试题分析：（1）①A点时反应物减小，反应正向进行；②NO2是生成物，达到平衡时，NO2的物质的量为0.013 mol；根据氧气浓度变化量除以时间计算用O2表示2 s内该反应的速率；（2）根据图像可知，1 mol N和3 mol H的总能量大于1 mol NH3(g)的能量；由mol N2(g)和mol H2(g) 的总能量大于1 mol NH3(g)的总能量；根据图像计算焓变。
解析：（1）①A点时反应物减小，反应正向进行，所以A点处v正>v逆；A点处NO的浓度大于B，所以A点v正>B点处v正；②NO2是生成物，达到平衡时，NO2的物质的量为0.013 mol，浓度为0.0065 mol·L－1，表示NO2的变化的曲线是b；2s内NO的浓度变化为0.012 mol·L－1，氧气的浓度变化为0.006 mol·L－1÷2，,用O2表示2 s内该反应的速率0.006 mol·L－1÷2÷2s=15×10－3mol·L－1·s－1；（2）根据图像可知，1 mol N和3 mol H的总能量大于1 mol NH3(g)的能量，所以1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)是释放能量的过程；由mol N2(g)和mol H2(g) 的总能量大于1 mol NH3(g)的总能量，由mol N2(g)和mol H2(g)生成1 mol NH3(g)过程释放能量；根据图像，放出的能量为b－akJ。
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