【化学】湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H ： 1 C ： 12 O ： 16 Cl ： 35.5 Zn ： 65 Ag ： 108
第Ⅰ卷（选择题：共40分）
一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项最符合题意。）
1.下列不是离子化合物的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】非金属氧化物不是离子化合物，B选项错误。
2.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“钿”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是（ ）
A. Ts是第七周期第ⅦA族元素
B. Ts的同位素原子具有相同的电子数
C. Ts在同族元素中非金属性最弱
D. 中子数为176的Ts核素符号是Ts
【答案】D
【解析】A. 第七周期的0族元素是118号元素，所以 Ts是第七周期第ⅦA族元素，A正确；
B. 同位素原子具有相同质子数和电子数，所以Ts的同位素原子具有相同的电子数，B正确；
C. 同族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中处在最下方，所以Ts非金属性最弱，C正确；
D. 中子数为176的Ts核素的质量数是176+117=293，该核素符号是，D错误；
故选D。
3.下列可设计成原电池化学反应是（ ）
A. H2O(l)＋CaO(s)===Ca(OH)2(s)
B. Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl===BaCl2＋2NH3·H2O＋8H2O
C. 2KClO32KCl＋3O2↑
D. CH4(g)＋2O2(g) CO2(g)＋2H2O(l)
【答案】D
【解析】试题分析：可设计成原电池的化学反应是能自发进行氧化还原反应，C中反应时氧化还原反应，但是反应物只有一种，不能在正极和负极分别反应，错误。
4.医学界通过用14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下，它可以通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关叙述中，正确的是（ ）
A. 14C与12C的性质完全不同 B. 14C与14N含有的中子数相同
C. 14C60与12C60互为同位素 D. 14C与12C、13C互为同位素
【答案】D
【解析】A.14C与12C为不同的原子，但其核外电子的排布是相同的，故其化学性质几乎完全相同，故A错误；
B.14C中的中子数为14-6=8，14N含有的中子数为14-7=7，两者中子数不同，故B错误；
C.14C60和12C60是碳元素的同种单质，两者不是同位素，故C错误；
D.14C与12C、13C的质子数相同，而中子数不同，故两者互为同位素，故D正确。
故选D。
5.在元素周期表中 ，主族元素自ⅢA族的硼到VIA族的砹连一条斜线，此即为金属元素与非金属元素的分界线，从分界线附近可以找到（ ）
A. 耐高温材料 B. 新型农药材料 C. 半导体材料 D. 新型催化剂材料
【答案】C
【解析】A.耐高温材料可从过渡元素区找到，故A不选；
B.新型农药材料可从元素周期表右上角非金属元素区找到，故B不选；
C.在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，往往既有一定的金属性，又有一定的非金属性，故可在此区域找到半导体材料，故C选；
D.新型催化剂材料可从过渡元素区找到，故D不选。
故选C。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 若反应X＋Y===M是放热反应，该反应一定不用加热
B. 需要加热方能发生的反应一定是吸热反应
C. CO2与CaO化合是放热反应，则CaCO3分解是吸热反应
D. 1 mol硫酸与足量氢氧化钠发生中和反应生成水所释放的能量称为中和热
【答案】C
【解析】试题分析：反应放热还是吸热与是否加热无直接的关系，A、B错误；放热反应的逆过程，一定是吸热反应，C正确；1 mol硫酸与足量氢氧化钠发生中和反应生成2 mol水，而中和热指的是生成1 mol水，D错误。
7.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。下列关于N4分子说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物 B. N4沸点比P4（白磷）高
C. N4与N2互为同素异形体 D. N4分子中存在离子键
【答案】C
【解析】A.N4是由一种只有N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；
B.N4和P4均为分子晶体，后者相对分子质量大沸点高，故B错误；
C.N4和N2是N元素组成的性质不同的两种单质，互为同素异形体，故C正确；
D.N4分子中存在共价键和分子间作用力，故D错误。
故选C。
8.可逆反应3H2＋N22NH3达到平衡的标志是（ ）
①消耗3 mol H2的同时生成2 mol NH3
②1个N≡N键断裂的同时,有3个H－H键形成
③H2、N2与NH3的物质的量之比为3∶1∶2
④1个N≡N键断裂的同时,有6个N－H键断裂
⑤1个N≡N键断裂的同时,有6个N－H键形成
A. ①②⑤ B. ②④ C. ①②③④ D. 全部
【答案】B
【解析】①消耗3 mol H2的同时消耗2 mol NH3，②1个N≡N键断裂的同时,有3个H－H键形成④1个N≡N键断裂的同时,有6个N－H键断裂，平衡状态的标志。
9.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种元素
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】A.O没有最高正价、F元素没有正价，最高化合价在数值上不等于该元素所属的族序数，故A错误；
B.第六、七周期元素的种类均为32种，只有第四、五周期含有18种元素，故B错误；
C.副族元素全是金属元素，没有非金属元素，故C正确；
D.碱金属元素是指第ⅠA族除H外的所有元素，故D错误。
故选C。
10.下列有关反应速率的说法正确的是（ ）
A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率
B. 100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C. SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢
D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢
【答案】D
【解析】A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时，若改用98%的硫酸，由于在浓硫酸中硫酸主要以分子存在，常温下铁在浓硫酸中会发生钝化不能产生H2，故A错误；
B.100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，对盐酸起稀释作用，所以反应速率减小，故B错误；
C.SO2的催化氧化反应是一个放热的反应，升高温度，反应速率加快，故C错误；
D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，反应方程式是：2NO+2CON2+2CO2，由于有气体参与反应，减小压强，反应物的浓度减小，所以反应速率变慢，故D正确。
故选D。
11.某元素的离子结构示意图为，该元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第5周期零族 B. 第6周期第ⅠB族
C. 第5周期第ⅦA族 D. 第6周期第ⅠA族
【答案】D
【解析】试题分析：核电荷数为55，核外电子总数为54，很明显是失1e-形成阳离子结构，故最外层是1个e-,可推出是第六周期第IA族 ，选项D正确。
12.下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是（ ）
①非金属性F＞Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为F2＋2Cl－Cl2＋2F－
②非金属性F＞Br，故酸性：HF＞HBr
③非金属性S＞As，故前者的气态氢化物稳定性更强
④非金属性O＞N，故O2与H2化合比N2更容易
A. ②③ B. ③④ C. ①④ D. ①②
【答案】D
【解析】F2通入NaCl溶液中应该是F2先与水反应；不能根据氢化物水化物的酸性判断非金属性；非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，与氢气化合越容易。
13.X和Y均为短周期元素，已知aXn－比bYm＋多2个电子层，则下列说法正确的是（ ）
A. X只能位于第三周期 B. b＜5
C. a＋n－b＋m＝16 D. Y不可能位于第2周期
【答案】B
【解析】试题分析：X和Y均为短周期元素，已知aXn－比bYm+多2个电子层，则a+n—（b—m）＝10或16。A．X也可能位于第二周期，例如X是F，Y是H，A错误；B．除氢原子外，其余非金属不存在阳离子，则b＜5，B正确；C．a+n-b+m=10或16 ，C错误；D．Y可能位于第2周期，例如Y可以是Li，D错误，答案选B。
14.下列关于甲烷的说法正确的是（ ）
A. 甲烷是含碳元素质量分数最高的有机物
B. 1 mol甲烷与1 molCl2反应恰好生成1mol一氯甲烷
C. CH2Cl2有和两种同分异构体
D. 有机物中的碳原子之间能以共价键结合，形成多种链状和环状
【答案】D
【解析】A.有机物中C原子可形成4对共用电子对，1个C原子最多结合4个H原子，故甲烷是含氢质量分数最高的有机物，故A错误；
B.1mol甲烷与1molCl2发生取代反应，甲烷中的4个H原子都可能被Cl原子取代，生成多种甲烷的氯代物，生成的一氯甲烷小于1mol，故B错误；
C.甲烷为正四面体结构，四个氢原子的空间位置只有一种，所以二氯甲烷只有1种，不存在同分异构体，和是同一物质，故C错误；
D.碳原子之间能以共价键结合，能形成多种链状和环状，故D正确；
故选D。
15.四种短周期元素在元素周期表中的位置如图，其中Z的原子半径最小。下列说法正确的是（ ）

A. M元素一定为金属元素
B. X元素的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C. 若Y元素存在最高价含氧酸，其酸性比X元素的最高价含氧酸弱
D. Z元素与氢元素能形成原子个数比为1∶1的共价化合物
【答案】D
【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可判断，Y和Z是第二周期元素，M和X是第三周期元素。A．M元素不一定为金属元素，A错误；B．X元素非金属性弱于Z元素，则X的的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，B错误；C．若Y元素存在最高价含氧酸，但由于Y的非金属性一定强于X，所以其酸性比X元素的最高价含氧酸强，C错误；D．Z元素与氢元素能形成原子个数比为1︰1的共价化合物，例如HF或H2O2等，D正确，答案选D。
16.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）

①两烧杯中铜片表面均无气泡产生
②甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
③两烧杯中溶液的c(H＋)均减小
④产生气泡的速率甲比乙慢
⑤甲中SO42-向Zn片移动，H＋向Cu片移动
⑥乙中电流从Cu片流向Zn片
⑦甲乙两烧杯中Cu片的质量均不变
A. ①②③ B. ③⑤⑦
C. ④⑤⑥ D. ②③④⑤⑦
【答案】B
【解析】试题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑，以此解答该题．
解：①甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故错误；
②乙没有形成原电池反应，故错误；
③两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，故正确；
④甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故错误；
⑤甲为原电池，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，阳离子向正极一定，故正确；
⑥乙没有形成原电池，没有电流产生，故错误；
⑦铜与氢离子不反应，质量不变，故正确．
故选B．
17.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键断裂和形成的反应是（ ）
A. NH4ClNH3↑＋HCl↑
B. NH3＋CO2＋H2ONH4HCO3
C. 2NaOH＋Cl2NaCl＋NaClO＋H2O
D. 2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2
【答案】D
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，化学变化中一定含化学键断裂和生成，以此来解答。
【详解】A．无非极性键的断裂和形成，选项A不选；
B．无非极性键的断裂和形成，选项B不选；
C．有非极性键（Cl﹣Cl）的断裂但无非极性键的形成，选项C不选；
D．Na2O2 既有离子键又有非极性共价键，CO2 中有极性共价键，O2 中有非极性共价键，时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，选项D选；
答案选D。
18.利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，如图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池的示意图。该电池工作时，有关说法正确的是（ ）

A. 铝罐将逐渐被腐蚀
B. 炭粒和炭棒上发生的反应为：O2＋4e－2O2－
C. 炭棒应与玩具电机的负极相连
D. 该电池工作一段时间后炭棒和炭粒的质量会减轻
【答案】A
【解析】在原电池工作时，活泼金属铝作负极，电极反应式为Al－3e－Al3＋，炭棒作正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－4OH－，由此可知炭棒和碳粒的质量不会改变。由于炭棒作正极，因此应与玩具电机的正极相连。
19.反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g）在5L的密闭容器中进行反应，30min后，C的物质的量增加了0.30mol。下列叙述正确的是（ ）
A. 30min中A的平均反应速率是0.010mol·L﹣1·min﹣1
B. 容器中D的物质的量一定增加了0.45mol
C. 容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4：5：4：6
D. 容器中A的物质的量一定增加0.30mol
【答案】B
【解析】试题分析：A、v（C）==0.002mol•L-1•min-1，率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=0.002mol•L-1•min-1，故A错；B、C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g）可知，生成D的物质的量为0.45mol，故B正确；C、30min后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的量投入的量及转化率有关，可能为4：5：4：6，可能不是，故C错误；D、C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g）可知，参加反应的A的物质的量为0.3mol，A减小0.3mol，故D错误；故选B。
20.微型纽扣电池在现代生活中是广泛应用的一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式分别为：Zn＋2OH－－2e－ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－2Ag＋2OH－，电池总反应式为Ag2O＋Zn2Ag＋ZnO。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 在使用过程中，电池负极区溶液pH增大
B. 在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. 在使用过程中，Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
D. 外电路中每通过0.2 mol电子，正极的质量理论上减小1.6g
【答案】D
【解析】试题分析：负极电极反应为Zn+2OH-ZnO+H2O+2e—，消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故A错误；由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，则正极为Ag2O，原电池中电子从负极流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，为原电池的负极，发生氧化反应，Ag2O是正极发生还原反应，故C错误；正极电极反应为：Ag2O+H2O+2e—2Ag+2OH—，当电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小的是0.1mol氧原子的质量，即0.1mol×（232—216）g/mol=1.6g，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题：共60分）
21.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。

根据判断出的元素回答问题：
（1）h在周期表中的位置是_______。
（2）比较d、f离子半径大小（用化学式表示，下同）：_>_。g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：__ >__。
（3）h的单质与e的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：____。
【答案】(1). 第三周期第ⅦA族 (2). r(O2-) (3). r(Al3+) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). Cl2+2OH-Cl- +ClO-+H2O
【解析】
【分析】根据图中八种短周期元素原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化，判断出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，根据元素周期律以及元素的性质进行答题。
【详解】由分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
（1）h是Cl元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。
（2）d是O元素、f是Al元素，O2－和Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故r(O2－)＞r(Al3＋)；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：r(O2-)，r(Al3+)，HClO4，H2SO4。
（3）h是Cl元素，e是Na元素，Na的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。
22.在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2（g）（红棕色）N2O4(g）（无色），如图所示。

（1）曲线_____（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。
（2）若降低温度，则v（正）____，v（逆）___。（填“加快”或“减慢”或“不变”）。
（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v（NO2）=0.3mol/（L•s），乙中v（N2O4）=6mol/（L•min），则_____中反应更快。
（4）在0到3min中内N2O4的反应速率为____。
（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（填标号）_____。
A．v（NO2）=2v（N2O4）
B．容器内压强不再发生变化
C．X的体积分数不再发生变化
D．容器内气体原子总数不再发生变化
E．相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的X
F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X
【答案】(1). X (2). 减慢 (3). 减慢 (4). 甲 (5). 0.05mol/（L•min） (6). BCF
【解析】试题分析：（1）由方程式2NO2(g) (红棕色)⇌N2O4g)(无色)，可知反应中NO2的物质的量变化较大，则X表示NO2的物质的量随时间的变化曲线；
（2）温度降低，正逆反应速率都减慢；
（3）分别测得甲中v(NO2)=0.3mol/(L•s)，乙中v(N2O4)=6mol/(L•min)，v(NO2)=2v(N2O4)=0.6mol•L-1•min-1=0.01mol/(L•s)，则甲反应较快；
（4）v(N2O4)==0.05mol/(L•min)；
（5）A．v(NO2)=2v(N2O4)，未体现正与逆的关系，故错误；B．容器内压强不再发生变化，说明达平衡状态，故正确；C．X的体积分数不再发生变化，说明达平衡状态，故正确；D．容器内气体原子总数不再发生变化，从反应发生容器中原子总数就不变，所以不能作平衡状态的标志，故错误；E． 只要反应发生就符合相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的X，所以不一定达平衡状态，故错误；F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X，说明达平衡状态，故正确；故选BCF。
23.为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：

（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_____。
（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是____，说明该反应属于___(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行实验(反应在甲中进行)。
①若M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_____；
②若观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水____(填“一定是放热反应”“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”)；
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是____。
【答案】(1). Ⅲ (2). 左端液柱降低，右端液柱升高 (3). 放热 (4). 产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱 (5). 可能是放热反应 (6). 硝酸铵(或其他合理答案)
【解析】
【分析】（1）装置Ⅰ通过观察右边装置中液面变化、装置Ⅱ通过观察烧杯中是否有气泡判断反应是吸热还是放热，而装置Ⅲ是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应；
（2）酸碱中和反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体热胀冷缩，据此判断U型管中液面的变化；
（3）钠与水的反应为放热反应，温度升高导致大试管中气体受热压强增大，烧杯中有气泡产生，冷却后体积减小，压强减小，导管中会形成水柱；M溶于水放出热量，不一定为化学变化，则不一定属于放热反应；根据熟悉的知识写出溶于水能够吸收热量的试剂。
【详解】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故答案为：Ⅲ。
（2）氢氧化钡与硫酸的反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为：左端液柱降低，右端液柱升高；放热。
（3）①若M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放热的热量使大试管中温度升高，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生；反应结束，冷却后大试管中温度降低，压强减小，右边烧杯中的导管会形成一端液柱，故答案为：产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱。
②若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出的反应不一定为化学变化，所以不一定属于放热反应，如浓硫酸溶于水会放出热量，但是不属于放热反应，故答案为：可能是放热反应。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，说明M溶于水后导致大试管中温度降低，压强减小，证明M溶于水为吸热过程，溶于水能够吸收热量的物质有：硝酸铵等，故答案为：硝酸铵。
24.短周期元素X、Y、Z组成的化合物Y2X和ZX2。Y2X溶于水形成的溶液能与ZX2反应生成一种化合物Y2ZX3。已知三种元素原子的质子总数为25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的2/3倍，试回答：
（1）X元素的名称：X____，Y元素在元素周期表中的位置____，Z元素的原子结构示意图_______。
（2）用电子式表示ZX2的形成过程_____。
（3）Y2X对应水化物的电子式_____，其中存在的化学键有_____。
（4）写出Y2X溶于水的溶液与ZX2反应的化学方程式_______。
（5）X氢化物比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高的原因____。
【答案】(1). 氧 (2). 第三周期第ⅠA族 (3). (4). (5). (6). 离子键和共价键 (7). 2NaOH＋CO2 Na2CO3＋H2O (8). H2O分子间存在氢键
【解析】
【分析】Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，令最外层电子数为a，则（2+a）=a，解得a=4，所以Z为C元素；设X原子的质子数为x、Y原子的质子数为y，三种元素原子的质子总数为25，则有6+x+y=25，Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为O元素，Y为Na元素，据此答题。
【详解】由分析可知：X为O元素，Y为Na元素，Z为C元素。
（1）由分析可知：X为O元素，元素名称为氧；Y为Na元素，位于元素周期表的第三周期第ⅠA族；Z为C元素，原子核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子结构示意图为：，故答案为：氧，第三周期第ⅠA族，。
（2）ZX2为CO2，二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，其形成过程为，故答案为：。
（3）Y2X为Na2O，Na2O对应水化物的化学式为NaOH，NaOH中钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成共价键，其电子式为：，故答案为：，离子键和共价键。
（4）Na2O溶于水和水反应生成氢氧化钠，所以形成溶液为NaOH溶液，与CO2反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O，故答案为：2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O。
（5）X的氢化物为H2O，H2O分子之间存在氢键，熔沸点比同主族的氢化物的熔沸点明显偏高，故答案为：H2O分子间存在氢键。
25.某化工厂利用甲烷与氯气反应得到的副产品来制取盐酸实现了变废为宝的梦想，其生产原理可在实验室中模拟如下，请根据要求填空：

（1）写出装置A中发生反应的化学方程式_____；
（2）B装置的三种功能是①干燥混合气体，②使气体混合均匀，③_____；
（3）设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应___；
（4）在C装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁附着有油珠，写出生成产物中密度最大的物质的化学方程式___；
（5）D装置的作用是___(填编号)；
A．收集气体 B．吸收氯气 C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
（6）该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为_____(填编号)。
①CH4 ②CH3Cl ③CH2Cl2 ④CHCl3 ⑤CCl4
【答案】(1). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). 控制气体流速 (3). 大于或等于4 (4). CH4＋4Cl2CCl4＋4HCl (5). CD (6). ①②
【解析】
【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代甲烷和HCl，生成产物中密度最大的物质为四氯化碳，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离，
（1）MnO2和HCl（浓）共热反应生成MnCl2、Cl2和水；
（2）依据气体冒出速率可知气体的流速，浓硫酸可以干燥氯气和甲烷；
（3）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷中H被完全取代；
（4）在C装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁有油珠附着，生成产物中密度最大的物质为CCl4；
（5）装置C中反应生成的HCl用水吸收获得盐酸，由于氯化氢极易溶于水需要防止倒吸；
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；生成的HCl溶于水生成盐酸；尾气中含有一氯甲烷、甲烷、氯气。
【详解】（1）MnO2能将HCl（浓）氧化为Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（2）生成的氯气中含有H2O（g），因浓硫酸具有吸水性，B装置除具有干燥混合气体、均匀混合气体之外，还可以根据观察气泡控制气流速度的作用，故答案为：控制气流速度。
（3）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷中H被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：≥4。
（4）在C装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁有油珠附着，生成产物中密度最大的物质为CCl4，甲烷和氯气发生取代反应生成密度最大的物质的化学方程式为：CH4+4Cl2CCl4+4HCl，故答案为：CH4+4Cl2CCl4+4HCl。
（5）装置C中反应生成的HCl用水吸收获得盐酸，由于氯化氢极易溶于水需要防止倒吸，故答案为：CD。
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，所以尾气的主要成分是未反应的甲烷、Cl2和生成的一氯甲烷气体，应进行尾气处理，故答案为：①②。