还剩13页未读，
继续阅读
【化学】湖北省部分重点中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
展开
湖北省部分重点中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
本卷考试时长80分钟 本卷满分100分
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分。考试用时80分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
3.选择题选出答案之后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题用黑色墨水的签字笔直接答在答题卡上。答在试题卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Cr 52
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
一．选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1.下列说法正确的是( )
A. 风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源
B. 需要加热才能发生的反应都是吸热反应
C. 断开1molC－H键要放出一定的能量
D. 燃煤发电是将化学能直接转化为电能
【答案】A
【详解】A. 指从自然界取得未经改变或转变而直接利用的能源，风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源，A项正确；
B. 吸热反应是指生成物的总能量大于反应物的总能量，反应需要吸收能量，与外界条件无关，B项错误；
C. 断开1molC－H键要吸收一定的能量，C项错误；
D. 燃煤发电是将化学能化学能到内能，内能到机械能，机械能再到电能，不是直接转化为电能的，D项错误；
答案选A。
2.有关电化学知识的描述正确的是( )
A. 反应CaO＋H2O===Ca(OH)2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能
B. 原电池的两极一定是由活泼性不同的两种金属组成
C. 充电电池又称二次电池，它在放电时所进行的氧化还原反应，在充电时可以逆向进行，使电池恢复到放电前的状态
D. 原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
【答案】C
【解析】分析：原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，即电子流出的是负极，正极上得电子发生还原反应，阳离子会移向正极。
详解：A、只有氧化还原反应才能设计成原电池，反应CaO＋H2O=Ca(OH)2不是氧化还原反应，选项A错误；B．原电池的两极可能的由导电的非金属组成，如氢氧燃料电池中用石墨作电极材料，选项B错误；C、充电过程的反应物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行，选项C正确；D、原电池工作时，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极表面可能有气泡产生，也可能生成金属单质，选项D错误；答案选C。
3.下列过程中，共价键被破坏的是( )
A. 溴蒸气被木炭吸附 B. 酒精溶于水
C. HCl气体溶于水 D. 氯化钾熔化
【答案】C
【解析】分析：溴蒸气被木炭吸附、酒精溶于水，都是物理变化，破坏的是分子间作用力；氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，氯化钾熔化解离出钾离子和氯离子，离子键被破坏。
详解：A、溴蒸气被木炭吸附是物理变化，破坏的是分子间作用力，选项A不选；B、酒精溶于水，是物理变化，破坏的是分子间作用力，选项B不选；C、氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，选项C选；D、氯化钾熔化电离出钾离子和氯离子，离子键被破坏，选项D不选。答案选C。
4.据凤凰网2018 年2 月1日报道:中科院研发出世界最强氘氚中子源，下列有关说法正确的是（ ）
A. 氘、氚是两种不同的元素 B. 氘、氚的中子数分别为1、2
C. 氘、氚核外电子数不同 D. 中子带正电
【答案】B
【解析】A、氘原子和氚原子的核内质子数都是1，属于同种元素，故A错误；B. 氘是质量数为2，中子数为1的氢原子、氚是质量数为3，中子数为3的氢原子，故B正确；C、氘、氚原子核内都只有1个质子，核外都只有1个电子，故C错误；D. 中子不带电，故D错误；故选B。
5.将SO2气体通入BaCl2溶液中,无明显现象,然后再通入X气体或加入X溶液,有白色沉淀生成，X不可能是（ ）
A. NO2 B. HCl C. H2O2 D. NH3
【答案】B
【解析】A. NO2溶于水生成硝酸，硝酸能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，A不符合；B. HCl与二氧化硫以及氯化钡等均不反应，B符合；C. H2O2能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，C不符合；D. NH3与SO2在溶液中反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，D不符合，答案选B。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C. 验证NH3易溶于水
D. 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性
【答案】D
【解析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。
7.铜-锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液，电池工作一段时间后，下列说法不正确是（ ）
A. 锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2+
B. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极
C. 溶液中的SO42-向锌电极移动
D. 铜电极质量增加
【答案】B
【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。
详解：A. 金属性Zn＞Cu，则锌是负极，锌电极上反应为Zn-2e-＝Zn2+，A正确；
B. 电子从锌电极经过导线流向铜电极，溶液不能传递电子，B错误；
C. 溶液中的阴离子SO42-向负极，即向锌电极移动，C正确；
D. 铜电极是正极，溶液中的铜离子放电析出金属铜，所以铜电极质量增加，D正确。答案选B。
8.在一定体积的18 mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9 mol，则浓H2SO4的实际体积为( )
A. 等于50 mL B. 大于50 mL
C. 等于100 mL D. 大于100 mL
【答案】D
【解析】试题分析：根据铜与硫酸反应的方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被还原的H2SO4为0.9mol，则根据方程式可知反应的硫酸的物质的量是1.8mol，则V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有浓硫酸与铜反应，而稀硫酸不能反应，所以参加反应的浓硫酸的实际体积大于100mL，故选项D正确。
9.氢化铵(NH4H)与氯化铵结构相似，又已知NH4H与水反应有氢气产生，下列叙述中不正确的是（ ）
A. NH4H是由NH4+和H-构成的
B. NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生
C. NH4H中的H-半径比锂离子半径大
D. NH4H溶于水后，形成的溶液显酸性
【答案】D
【解析】A．NH4H是离子化合物，由NH和H－构成，故A正确；B．NH4H固体投入少量水中，可生成NH3和H2，故B正确；C．H-离子与锂离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以H-离子半径比锂离子半径大，故C正确；D．NH4H溶于水后，生成NH3·H2O的溶液显碱性，故D错误；答案为D。
10.下列说法正确的是( )
①氢键是一种化学键 ②由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物 ③离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引 ④气体单质分子中一定含有共价键 ⑤由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键 ⑥离子化合物中可能有共价键 ⑦共价化合物中可能有离子键
A. ②⑥ B. ①②③
C. ②④⑤ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】分析：①氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键；②全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；④稀有气体分子中不含化学键；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键；⑥只含共价键的化合物是共价化合物。
详解：①氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故①错误；②非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故②正确；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故③错误；④气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故④错误；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O非极性键，故⑤错误；⑥只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故⑥错误；答案选A。
11.有A、B、C、D四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸溶液中组成原电池。A、B相连时，A为负极；C、D相连时，外电路中电流由D流到C；A、C相连时，C极上有大量气泡；B、D相连时，D极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是( )
A. A>C>D>B B. D>A>B>C
C. A>D>C>B D. C>B>A>D
【答案】A
【解析】
【分析】构成原电池的本质条件为自发的氧化还原反应．原电池的工作原理是将氧化还原反应分在正 （被还原反应）、负 （被氧化）两极进行，负极上失去的电子流入正极，从而产生电流，负极较活泼。
【详解】A、B、C、D四种金属分别用导线两两相连浸入电解液中组成原电池．A、B相连时，A为负极；根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，在原电池反应中失去电子，故金属的活动性A＞B；
根据原电池的工作原理，正负极间有电解质存在，形成离子与电子回路，电流由正极流向负极，外电路中电流由D流到C，故金属的活动性C＞D；
根据原电池的工作原理，正极发生还原反应．A、C两种金属相连时，C极上有大量气泡，说明C极上发生还原反应，如：用铜和锌与稀盐酸构成原电池时，铜发生2H++2e-=H2↑铜是正极，故金属的活动性A＞C；
B、D相连时，D极发生氧化反应，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，负极被氧化，B、D相连时，D极发生氧化反应，故金属的活动性D＞B，故四种金属的活动性顺序是A＞C＞D＞B，A项正确，
答案选A。
12.下列有关叙述正确的是( )
A. 168O和188O中子数相同，质子数不同，互为同位素
B. 199F-质量数为19，电子数为9
C. Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比为2:1
D. MgC12晶体中既存在离子键又存在共价键
【答案】C
【解析】A． O和O中子数相同，质子数不同，两者互为同位素，故A正确；B． F－质量数为19，电子数为9，故B正确；C．Na2O2晶体中阳离子Na+、阴离子为O22-，两者个数比为2∶1，故C正确；D．MgCl2晶体中只存在离子键，不存在共价键，故D错误；答案为C。
13.一定温度下在容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g) Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是( )
A. 密闭容器内的压强不再变化
B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. X的分解速率与Y的生成速率相等
D. 单位时间内生成1mol Y的同时生成2molX
【答案】C
【解析】
【分析】达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此分析解答。
【详解】A. 该反应是一个反应前后气体的体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，混合气体的压强不再发生变化，因此密闭容器内的压强不再变化，可以说明该反应达到平衡状态，A项正确；
B. 根据平衡状态的概念可知，当反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变时即是平衡状态，所以反应容器中Y的质量分数不变，是平衡状态，B项正确；
C. X的分解速率属于正速率，Y的消耗速率属于逆速率，二者之比为2:1时，该反应达到平衡状态，而X的分解速率与Y的消耗速率相等时不是平衡状态，C项错误；
D. 单位时间内生成1molY为正速率，生成2molX为逆速率，而且正逆速率之比等于化学计量数之比，是平衡状态，D项 正确；
答案选C。
14.下列条件一定能使反应速率加快的是( )
①增加反应物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反应容器的体积 ④加入生成物 ⑤加入MnO2
A. ② B. ①②⑤ C. ②③ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】内因：反应物的性质；
外因：温度、催化剂、浓度、固体反应物的表面积等。
温度：在其它条件不变情况下，温度升高化学反应速率加快；反之，温度降低，化学反应的速率降低；
催化剂： (正)催化剂加快化学反应的速率；
浓度：其它条件不变情况下，浓度增大化学反应速率增大，浓度减小化学反应速率减慢；
压强：对有气体参加或生成的反应来说，增大压强，化学反应速率增大，反之，化学反应速率减小，据此分析作答。
【详解】①如果反应物是固体，增加固体反应物的物质的量，反应速率不变，①项错误；
②由于温度升高，反应速率一定加快，②项正确；
③没有气体参加的反应，缩小容器体积，增大压强，反应速率不变，③项错误；
④增加的生成物状态若是固体，加入生成物反应速率不变，④项错误；
⑤MnO2作为催化剂有选择性，MnO2并不是所有反应的催化剂，不一定能使反应速率加快，⑤项错误；
综上所述，只有②项正确，
答案选A。
15.下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )
A. 一定条件下，溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈
B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的熔沸点都逐渐降低
【答案】D
【解析】A. 溴的非金属性强于碘，故溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈，A正确；B. 碱金属元素中，锂的金属性最弱，故锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟的非金属性最强，故氟原子得电子的能力最强，B正确；C. 钾的金属于比钠强，故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；D. 随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐降低，卤素单质的熔沸点逐渐升高，D不正确。本题选D。
16.若把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第1列，稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法不正确的是( )
A. 硫元素位于第16列
B. 第10列元素全部是金属元素
C. 第18列元素单质全部是气体
D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
【答案】D
【解析】
【分析】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，所以第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子；第14列为碳族元素，形成化合物的种类最多（有机物）；第10列为过渡区元素，全部为金属；第18列为稀有气体元素，据此进行解答。
【详解】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA. ⅡA. ⅢB→ⅦB. Ⅷ、ⅠB. ⅡB. ⅢA→ⅦA. 0族，
A. 硫元素元素位于VIA族，为第16列元素，A项正确；
B. 第10列为过渡区元素，全部为金属，B项正确；
C. 第18列为稀有气体元素，C项正确；
D. 第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子，D项错误；
答案选D。
17.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D， 并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断错误的是( )
A. x=1
B. B的转化率为80%
C. 2min内A的平均反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
D. 若混合气体的密度不变，也不能说明该反应达到平衡状态
【答案】B
【详解】A. 平衡时生成的C的物质的量为0.2mol•L-1×2L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，A项正确；
B. 2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，由方程式3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）可知，参加反应的B的物质的量为：0.8mol×=0.4mol，故B的转化率为×100%=40%，B项错误；
C. 2min内生成0.8mol D，故2 min内D的反应速率v（D）= =0.2 mol•（L•min）-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（D）=×0.2 mol•（L•min）-1=0.3 mol•（L•min）-1，C项正确；
D. 容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变，故混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡状态，D项正确；
答案选B。
18.部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下，根据表中信息，判断以下叙述正确的是( )
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0. 143
0.112
0. 104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A. 氢化物的稳定性为H2T
D. L2+与R2-的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高；L2+为Mg2+，R2-为S2-，据此分析核外电子数；金属性越强，则与酸反应越快；M与T形成的化合物是氧化铝，据此解答
【详解】A. 非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高即H2T＞H2R，A项错误；
B. 金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应比Be快，B项错误；
C. 电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小，则Al3+是所在周期中半径最小的离子，C项正确；
D. L2+的核外电子数为12−2＝10，R2-的核外电子数为16-(-2)＝18，不相等，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题（共46分）
19.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：
主族
周期
I A
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
第二周期
①
②
③
第三周期
④
⑤
⑥
⑦
⑧
第四周期
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是:_____(填具体元素符号，下同)，原子结构示意图为_______。元素⑩名称为_________。
(2)在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_________， 碱性最强的化合物的电子式是:________________。
(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程:___________________，该化合物属于_____(填“共价”或“离子”)化合物。
(4)表示①与⑦的化合物的电子式________，该化合物是由_______(填“极性”或“非极性”)键形成的。
(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是_________(用化学式表示)。
(6)元素③的简单氢化物的结构式为_____；该氢化物常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式为________。
【答案】(1). Ar (2). (3). 溴 (4). HClO4 (5). (6). (7). 离子 (8). (9). 极性 (10). S2－＞Cl－＞O2－ (11). H—O—H (12). Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-
【解析】
【分析】依据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br，根据元素周期律及物质结构与性质分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的是：Ar，原子序数为18，其原子结构示意图为。元素⑩名称为溴，故答案为：Ar；；溴；
（2）元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式HClO4；元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸碱性越强，则上述元素中碱性最强的化合物的电子式是：，故答案为：HClO4；；
（3）元素④与⑥的化合物为Na2S，是离子化合物，其电子式表示的过程为：，故答案为：；离子；
（4）①与⑦的化合物为CCl4，为共价化合物，分子中C与每个Cl原子之间共用一对电子对，形成极性共价键，其电子式为：，故答案为：；极性；
（5）电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，相应离子半径越大，则③、⑥、⑦三种元素形成的离子，由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞O2－，故答案为：S2－＞Cl－＞O2－；
（6）元素③的简单氢化物为H2O，原子之间以极性共价单键形成，其结构式为：H—O—H；常温下，氯气与水发生反应生成盐酸与次氯酸，其离子方程式为：Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-，故答案为：H—O—H；Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-。
20.许多变化中存在着能量的变化,请回答下列问题:
（1）从化学键角度上看,化学反应的本质是_________。已知反应2N2(g)+6H2O(1) 4NH3(g)+3O2(g)的, 反应过程能量变化如图，则反应中断裂的化学键是___(用相应化 学键的符号表示)，该反应是___ (填“吸热”或“放热”)反应。反应4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(1)中反应物的总 能量_______ (填“>”或“<”)生成物的总能量。
（2）写出一个属于吸热反应的化学方程式:_____________________________________。
【答案】(1). 旧化学键的断裂与新化学键的形成 (2). O-H、N≡N (3). 吸热 (4). > (5). C+CO22CO（其他合理答案均可）
【解析】(1)从化学键角度上看，化学反应本质为旧化学键的断裂与新化学键的形成；根据2N2(g) +6H2O(1) 4NH3(g) +3O2(g)，反应中断裂的化学键有O-H、N≡N，根据图示，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，则4NH3(g) +3O2(g) 2N2(g) +6H2O(1)为放热反应，反应中反应物的总能量＞生成物的总能量；故答案为：旧化学键的断裂与新化学键的形成；O-H、N≡N；吸热；＞；
(2)属于吸热反应的有氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应、碳与二氧化碳的反应，氢气还原氧化铜的反应等，故答案为：C+CO22CO(其他合理答案均可)。
21.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为________。
（2）若要收集一瓶氨气，请将下列装置补充完整，在图中虚线框内画出连接图____________。
（3）下列试剂可用于干燥NH3的是____________________。
A.浓硫酸 B.碱石灰 C.CuSO4固体 D.P2O5
（4）工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸：
①NH3→NO化学方程式为________________________________；
②NO→NO2实验现象是________________________________；
③将32.64g铜与一定浓度的HNO3反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则其中NO、NO2的物质的量比为_____________。
（5）图中X转化为HNO3的化学方程式为：_______________________________。
（6）若要实现NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是_______________。
A.O2 B.Na C.NH4Cl D. NO2
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). (3). B (4). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (5). 气体由无色变成红棕色 (6). 13 : 12 (7). N2O5+H2O = 2 HNO3 (8). AD
【解析】
【分析】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水；
（2）根据氨气的物理性质作答；
（3）氨气为碱性气体，据此选择干燥剂；
（4）①NH3→NO为氨气的催化氧化过程；
②NO为无色气体，而NO2为红棕色气体，根据气体颜色不同说明实验现象；
③依据电子转移守恒列出方程求解；
（5）图1分析可知X化合价与硝酸相同为+5价，物质类型为氧化物，据此分析；
（6）若要将NH3→N2,根据氧化还原反应规律作答；
【详解】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（2）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，导气管位置短进长出；；
（3）因氨气为碱性气体，需要用碱性干燥剂来吸收，浓硫酸与五氧化二磷为酸性干燥剂，会与氨气发生反应，不能起到干燥的目的，A、C项错误；而硫酸铜只能检验水的存在，不能作为干燥剂，C项错误；碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，B项正确，答案选B；
（4）①NH3→NO为氨气的催化氧化，其化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②NO→NO2实验现象是无色气体变化为红棕色气体；
③设生成的NO为x mol，NO2为y mol，则x+y==0.5mol①，32.64g铜完全溶解，则溶解的铜原子物质的量为=0.51mol,根据电子守恒规律可知，失电子总数等于的电子总数，即0.51mol×2=3×xmol+ymol②，结合①②式可得，x= 0.26mol,y=0.24mol，那么NO、NO2的物质的量比为0.26mol:0.24mol=13:12，故答案为：13:12；
（4）图1分析可知X化合价与硝酸相同为+5价，物质类型为氧化物，X化学式为：N2O5，从物质性质上看，X属于酸性氧化物N2O5+2H2O=2HNO3，故答案为：N2O5+2H2O=2HNO3；
（7）若要将NH3→N2,从原理上看，具有氧化性的试剂可行；
A.O2具有氧化性，故A正确；
B.Na只具有还原性，故B错误；
C.NH4Cl与氨气不反应，故C错误；
D.NO2具有氧化性，故D正确；
正确答案：AD
22.航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO32—＋3H2O。
(1)负极上的电极反应为____________________________________。
(2)消耗标准状况下的5.6 L O2时，有________ mol电子发生转移。
(3)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1). CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O (2). 1 (3). 增大
【解析】
【分析】（1）该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；
（2）根据氧气和转移电子正极的关系式计算转移电子物质的量；
（3）放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大。
【详解】(1)该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，其电极反应式分别为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O，故答案为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O；
(2)氧气物质的量= =0.25mol，因负极电极反应式为： 2H2O+O2+4e−=4OH−知，转移电子物质的量=4n(O2)=4×0.25mol=1mol，故答案为：1；
(3)放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大。
本卷考试时长80分钟 本卷满分100分
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分。考试用时80分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
3.选择题选出答案之后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。非选择题用黑色墨水的签字笔直接答在答题卡上。答在试题卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Cr 52
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
一．选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1.下列说法正确的是( )
A. 风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源
B. 需要加热才能发生的反应都是吸热反应
C. 断开1molC－H键要放出一定的能量
D. 燃煤发电是将化学能直接转化为电能
【答案】A
【详解】A. 指从自然界取得未经改变或转变而直接利用的能源，风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源，A项正确；
B. 吸热反应是指生成物的总能量大于反应物的总能量，反应需要吸收能量，与外界条件无关，B项错误；
C. 断开1molC－H键要吸收一定的能量，C项错误；
D. 燃煤发电是将化学能化学能到内能，内能到机械能，机械能再到电能，不是直接转化为电能的，D项错误；
答案选A。
2.有关电化学知识的描述正确的是( )
A. 反应CaO＋H2O===Ca(OH)2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能
B. 原电池的两极一定是由活泼性不同的两种金属组成
C. 充电电池又称二次电池，它在放电时所进行的氧化还原反应，在充电时可以逆向进行，使电池恢复到放电前的状态
D. 原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
【答案】C
【解析】分析：原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，即电子流出的是负极，正极上得电子发生还原反应，阳离子会移向正极。
详解：A、只有氧化还原反应才能设计成原电池，反应CaO＋H2O=Ca(OH)2不是氧化还原反应，选项A错误；B．原电池的两极可能的由导电的非金属组成，如氢氧燃料电池中用石墨作电极材料，选项B错误；C、充电过程的反应物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行，选项C正确；D、原电池工作时，正极上是溶液中的阳离子得电子，则正极表面可能有气泡产生，也可能生成金属单质，选项D错误；答案选C。
3.下列过程中，共价键被破坏的是( )
A. 溴蒸气被木炭吸附 B. 酒精溶于水
C. HCl气体溶于水 D. 氯化钾熔化
【答案】C
【解析】分析：溴蒸气被木炭吸附、酒精溶于水，都是物理变化，破坏的是分子间作用力；氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，氯化钾熔化解离出钾离子和氯离子，离子键被破坏。
详解：A、溴蒸气被木炭吸附是物理变化，破坏的是分子间作用力，选项A不选；B、酒精溶于水，是物理变化，破坏的是分子间作用力，选项B不选；C、氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，选项C选；D、氯化钾熔化电离出钾离子和氯离子，离子键被破坏，选项D不选。答案选C。
4.据凤凰网2018 年2 月1日报道:中科院研发出世界最强氘氚中子源，下列有关说法正确的是（ ）
A. 氘、氚是两种不同的元素 B. 氘、氚的中子数分别为1、2
C. 氘、氚核外电子数不同 D. 中子带正电
【答案】B
【解析】A、氘原子和氚原子的核内质子数都是1，属于同种元素，故A错误；B. 氘是质量数为2，中子数为1的氢原子、氚是质量数为3，中子数为3的氢原子，故B正确；C、氘、氚原子核内都只有1个质子，核外都只有1个电子，故C错误；D. 中子不带电，故D错误；故选B。
5.将SO2气体通入BaCl2溶液中,无明显现象,然后再通入X气体或加入X溶液,有白色沉淀生成，X不可能是（ ）
A. NO2 B. HCl C. H2O2 D. NH3
【答案】B
【解析】A. NO2溶于水生成硝酸，硝酸能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，A不符合；B. HCl与二氧化硫以及氯化钡等均不反应，B符合；C. H2O2能把SO2氧化为硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，C不符合；D. NH3与SO2在溶液中反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡沉淀，D不符合，答案选B。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C. 验证NH3易溶于水
D. 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性
【答案】D
【解析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。
7.铜-锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液，电池工作一段时间后，下列说法不正确是（ ）
A. 锌电极上的反应为Zn-2e-=Zn2+
B. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极
C. 溶液中的SO42-向锌电极移动
D. 铜电极质量增加
【答案】B
【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。
详解：A. 金属性Zn＞Cu，则锌是负极，锌电极上反应为Zn-2e-＝Zn2+，A正确；
B. 电子从锌电极经过导线流向铜电极，溶液不能传递电子，B错误；
C. 溶液中的阴离子SO42-向负极，即向锌电极移动，C正确；
D. 铜电极是正极，溶液中的铜离子放电析出金属铜，所以铜电极质量增加，D正确。答案选B。
8.在一定体积的18 mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9 mol，则浓H2SO4的实际体积为( )
A. 等于50 mL B. 大于50 mL
C. 等于100 mL D. 大于100 mL
【答案】D
【解析】试题分析：根据铜与硫酸反应的方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑+2H2O，若被还原的H2SO4为0.9mol，则根据方程式可知反应的硫酸的物质的量是1.8mol，则V=1.8mol÷18mol/L=0.1L=100mL，由于只有浓硫酸与铜反应，而稀硫酸不能反应，所以参加反应的浓硫酸的实际体积大于100mL，故选项D正确。
9.氢化铵(NH4H)与氯化铵结构相似，又已知NH4H与水反应有氢气产生，下列叙述中不正确的是（ ）
A. NH4H是由NH4+和H-构成的
B. NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生
C. NH4H中的H-半径比锂离子半径大
D. NH4H溶于水后，形成的溶液显酸性
【答案】D
【解析】A．NH4H是离子化合物，由NH和H－构成，故A正确；B．NH4H固体投入少量水中，可生成NH3和H2，故B正确；C．H-离子与锂离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以H-离子半径比锂离子半径大，故C正确；D．NH4H溶于水后，生成NH3·H2O的溶液显碱性，故D错误；答案为D。
10.下列说法正确的是( )
①氢键是一种化学键 ②由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物 ③离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引 ④气体单质分子中一定含有共价键 ⑤由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键 ⑥离子化合物中可能有共价键 ⑦共价化合物中可能有离子键
A. ②⑥ B. ①②③
C. ②④⑤ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】分析：①氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键；②全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；④稀有气体分子中不含化学键；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键；⑥只含共价键的化合物是共价化合物。
详解：①氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故①错误；②非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故②正确；③离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故③错误；④气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故④错误；⑤由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O非极性键，故⑤错误；⑥只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故⑥错误；答案选A。
11.有A、B、C、D四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸溶液中组成原电池。A、B相连时，A为负极；C、D相连时，外电路中电流由D流到C；A、C相连时，C极上有大量气泡；B、D相连时，D极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是( )
A. A>C>D>B B. D>A>B>C
C. A>D>C>B D. C>B>A>D
【答案】A
【解析】
【分析】构成原电池的本质条件为自发的氧化还原反应．原电池的工作原理是将氧化还原反应分在正 （被还原反应）、负 （被氧化）两极进行，负极上失去的电子流入正极，从而产生电流，负极较活泼。
【详解】A、B、C、D四种金属分别用导线两两相连浸入电解液中组成原电池．A、B相连时，A为负极；根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，在原电池反应中失去电子，故金属的活动性A＞B；
根据原电池的工作原理，正负极间有电解质存在，形成离子与电子回路，电流由正极流向负极，外电路中电流由D流到C，故金属的活动性C＞D；
根据原电池的工作原理，正极发生还原反应．A、C两种金属相连时，C极上有大量气泡，说明C极上发生还原反应，如：用铜和锌与稀盐酸构成原电池时，铜发生2H++2e-=H2↑铜是正极，故金属的活动性A＞C；
B、D相连时，D极发生氧化反应，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，负极被氧化，B、D相连时，D极发生氧化反应，故金属的活动性D＞B，故四种金属的活动性顺序是A＞C＞D＞B，A项正确，
答案选A。
12.下列有关叙述正确的是( )
A. 168O和188O中子数相同，质子数不同，互为同位素
B. 199F-质量数为19，电子数为9
C. Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比为2:1
D. MgC12晶体中既存在离子键又存在共价键
【答案】C
【解析】A． O和O中子数相同，质子数不同，两者互为同位素，故A正确；B． F－质量数为19，电子数为9，故B正确；C．Na2O2晶体中阳离子Na+、阴离子为O22-，两者个数比为2∶1，故C正确；D．MgCl2晶体中只存在离子键，不存在共价键，故D错误；答案为C。
13.一定温度下在容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g) Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是( )
A. 密闭容器内的压强不再变化
B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. X的分解速率与Y的生成速率相等
D. 单位时间内生成1mol Y的同时生成2molX
【答案】C
【解析】
【分析】达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此分析解答。
【详解】A. 该反应是一个反应前后气体的体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，混合气体的压强不再发生变化，因此密闭容器内的压强不再变化，可以说明该反应达到平衡状态，A项正确；
B. 根据平衡状态的概念可知，当反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变时即是平衡状态，所以反应容器中Y的质量分数不变，是平衡状态，B项正确；
C. X的分解速率属于正速率，Y的消耗速率属于逆速率，二者之比为2:1时，该反应达到平衡状态，而X的分解速率与Y的消耗速率相等时不是平衡状态，C项错误；
D. 单位时间内生成1molY为正速率，生成2molX为逆速率，而且正逆速率之比等于化学计量数之比，是平衡状态，D项 正确；
答案选C。
14.下列条件一定能使反应速率加快的是( )
①增加反应物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反应容器的体积 ④加入生成物 ⑤加入MnO2
A. ② B. ①②⑤ C. ②③ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】内因：反应物的性质；
外因：温度、催化剂、浓度、固体反应物的表面积等。
温度：在其它条件不变情况下，温度升高化学反应速率加快；反之，温度降低，化学反应的速率降低；
催化剂： (正)催化剂加快化学反应的速率；
浓度：其它条件不变情况下，浓度增大化学反应速率增大，浓度减小化学反应速率减慢；
压强：对有气体参加或生成的反应来说，增大压强，化学反应速率增大，反之，化学反应速率减小，据此分析作答。
【详解】①如果反应物是固体，增加固体反应物的物质的量，反应速率不变，①项错误；
②由于温度升高，反应速率一定加快，②项正确；
③没有气体参加的反应，缩小容器体积，增大压强，反应速率不变，③项错误；
④增加的生成物状态若是固体，加入生成物反应速率不变，④项错误；
⑤MnO2作为催化剂有选择性，MnO2并不是所有反应的催化剂，不一定能使反应速率加快，⑤项错误；
综上所述，只有②项正确，
答案选A。
15.下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )
A. 一定条件下，溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈
B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的熔沸点都逐渐降低
【答案】D
【解析】A. 溴的非金属性强于碘，故溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈，A正确；B. 碱金属元素中，锂的金属性最弱，故锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟的非金属性最强，故氟原子得电子的能力最强，B正确；C. 钾的金属于比钠强，故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；D. 随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐降低，卤素单质的熔沸点逐渐升高，D不正确。本题选D。
16.若把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第1列，稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法不正确的是( )
A. 硫元素位于第16列
B. 第10列元素全部是金属元素
C. 第18列元素单质全部是气体
D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
【答案】D
【解析】
【分析】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族，18列元素应分别与以上各族对应，所以第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子；第14列为碳族元素，形成化合物的种类最多（有机物）；第10列为过渡区元素，全部为金属；第18列为稀有气体元素，据此进行解答。
【详解】长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA. ⅡA. ⅢB→ⅦB. Ⅷ、ⅠB. ⅡB. ⅢA→ⅦA. 0族，
A. 硫元素元素位于VIA族，为第16列元素，A项正确；
B. 第10列为过渡区元素，全部为金属，B项正确；
C. 第18列为稀有气体元素，C项正确；
D. 第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，但元素He及多数过渡元素的最外层也是2个电子，D项错误；
答案选D。
17.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D， 并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断错误的是( )
A. x=1
B. B的转化率为80%
C. 2min内A的平均反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
D. 若混合气体的密度不变，也不能说明该反应达到平衡状态
【答案】B
【详解】A. 平衡时生成的C的物质的量为0.2mol•L-1×2L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，A项正确；
B. 2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，由方程式3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）可知，参加反应的B的物质的量为：0.8mol×=0.4mol，故B的转化率为×100%=40%，B项错误；
C. 2min内生成0.8mol D，故2 min内D的反应速率v（D）= =0.2 mol•（L•min）-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（D）=×0.2 mol•（L•min）-1=0.3 mol•（L•min）-1，C项正确；
D. 容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变，故混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡状态，D项正确；
答案选B。
18.部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下，根据表中信息，判断以下叙述正确的是( )
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0. 143
0.112
0. 104
0.066
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A. 氢化物的稳定性为H2T
D. L2+与R2-的核外电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高；L2+为Mg2+，R2-为S2-，据此分析核外电子数；金属性越强，则与酸反应越快；M与T形成的化合物是氧化铝，据此解答
【详解】A. 非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，沸点越高即H2T＞H2R，A项错误；
B. 金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应比Be快，B项错误；
C. 电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小，则Al3+是所在周期中半径最小的离子，C项正确；
D. L2+的核外电子数为12−2＝10，R2-的核外电子数为16-(-2)＝18，不相等，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷 非选择题（共46分）
19.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：
主族
周期
I A
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
第二周期
①
②
③
第三周期
④
⑤
⑥
⑦
⑧
第四周期
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是:_____(填具体元素符号，下同)，原子结构示意图为_______。元素⑩名称为_________。
(2)在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_________， 碱性最强的化合物的电子式是:________________。
(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程:___________________，该化合物属于_____(填“共价”或“离子”)化合物。
(4)表示①与⑦的化合物的电子式________，该化合物是由_______(填“极性”或“非极性”)键形成的。
(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是_________(用化学式表示)。
(6)元素③的简单氢化物的结构式为_____；该氢化物常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式为________。
【答案】(1). Ar (2). (3). 溴 (4). HClO4 (5). (6). (7). 离子 (8). (9). 极性 (10). S2－＞Cl－＞O2－ (11). H—O—H (12). Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-
【解析】
【分析】依据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br，根据元素周期律及物质结构与性质分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的是：Ar，原子序数为18，其原子结构示意图为。元素⑩名称为溴，故答案为：Ar；；溴；
（2）元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式HClO4；元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸碱性越强，则上述元素中碱性最强的化合物的电子式是：，故答案为：HClO4；；
（3）元素④与⑥的化合物为Na2S，是离子化合物，其电子式表示的过程为：，故答案为：；离子；
（4）①与⑦的化合物为CCl4，为共价化合物，分子中C与每个Cl原子之间共用一对电子对，形成极性共价键，其电子式为：，故答案为：；极性；
（5）电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，相应离子半径越大，则③、⑥、⑦三种元素形成的离子，由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞O2－，故答案为：S2－＞Cl－＞O2－；
（6）元素③的简单氢化物为H2O，原子之间以极性共价单键形成，其结构式为：H—O—H；常温下，氯气与水发生反应生成盐酸与次氯酸，其离子方程式为：Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-，故答案为：H—O—H；Cl2＋H2O===HClO＋H++Cl-。
20.许多变化中存在着能量的变化,请回答下列问题:
（1）从化学键角度上看,化学反应的本质是_________。已知反应2N2(g)+6H2O(1) 4NH3(g)+3O2(g)的, 反应过程能量变化如图，则反应中断裂的化学键是___(用相应化 学键的符号表示)，该反应是___ (填“吸热”或“放热”)反应。反应4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(1)中反应物的总 能量_______ (填“>”或“<”)生成物的总能量。
（2）写出一个属于吸热反应的化学方程式:_____________________________________。
【答案】(1). 旧化学键的断裂与新化学键的形成 (2). O-H、N≡N (3). 吸热 (4). > (5). C+CO22CO（其他合理答案均可）
【解析】(1)从化学键角度上看，化学反应本质为旧化学键的断裂与新化学键的形成；根据2N2(g) +6H2O(1) 4NH3(g) +3O2(g)，反应中断裂的化学键有O-H、N≡N，根据图示，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，则4NH3(g) +3O2(g) 2N2(g) +6H2O(1)为放热反应，反应中反应物的总能量＞生成物的总能量；故答案为：旧化学键的断裂与新化学键的形成；O-H、N≡N；吸热；＞；
(2)属于吸热反应的有氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应、碳与二氧化碳的反应，氢气还原氧化铜的反应等，故答案为：C+CO22CO(其他合理答案均可)。
21.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为________。
（2）若要收集一瓶氨气，请将下列装置补充完整，在图中虚线框内画出连接图____________。
（3）下列试剂可用于干燥NH3的是____________________。
A.浓硫酸 B.碱石灰 C.CuSO4固体 D.P2O5
（4）工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸：
①NH3→NO化学方程式为________________________________；
②NO→NO2实验现象是________________________________；
③将32.64g铜与一定浓度的HNO3反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。则其中NO、NO2的物质的量比为_____________。
（5）图中X转化为HNO3的化学方程式为：_______________________________。
（6）若要实现NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是_______________。
A.O2 B.Na C.NH4Cl D. NO2
【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). (3). B (4). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (5). 气体由无色变成红棕色 (6). 13 : 12 (7). N2O5+H2O = 2 HNO3 (8). AD
【解析】
【分析】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水；
（2）根据氨气的物理性质作答；
（3）氨气为碱性气体，据此选择干燥剂；
（4）①NH3→NO为氨气的催化氧化过程；
②NO为无色气体，而NO2为红棕色气体，根据气体颜色不同说明实验现象；
③依据电子转移守恒列出方程求解；
（5）图1分析可知X化合价与硝酸相同为+5价，物质类型为氧化物，据此分析；
（6）若要将NH3→N2,根据氧化还原反应规律作答；
【详解】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（2）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，导气管位置短进长出；；
（3）因氨气为碱性气体，需要用碱性干燥剂来吸收，浓硫酸与五氧化二磷为酸性干燥剂，会与氨气发生反应，不能起到干燥的目的，A、C项错误；而硫酸铜只能检验水的存在，不能作为干燥剂，C项错误；碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，B项正确，答案选B；
（4）①NH3→NO为氨气的催化氧化，其化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②NO→NO2实验现象是无色气体变化为红棕色气体；
③设生成的NO为x mol，NO2为y mol，则x+y==0.5mol①，32.64g铜完全溶解，则溶解的铜原子物质的量为=0.51mol,根据电子守恒规律可知，失电子总数等于的电子总数，即0.51mol×2=3×xmol+ymol②，结合①②式可得，x= 0.26mol,y=0.24mol，那么NO、NO2的物质的量比为0.26mol:0.24mol=13:12，故答案为：13:12；
（4）图1分析可知X化合价与硝酸相同为+5价，物质类型为氧化物，X化学式为：N2O5，从物质性质上看，X属于酸性氧化物N2O5+2H2O=2HNO3，故答案为：N2O5+2H2O=2HNO3；
（7）若要将NH3→N2,从原理上看，具有氧化性的试剂可行；
A.O2具有氧化性，故A正确；
B.Na只具有还原性，故B错误；
C.NH4Cl与氨气不反应，故C错误；
D.NO2具有氧化性，故D正确；
正确答案：AD
22.航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO32—＋3H2O。
(1)负极上的电极反应为____________________________________。
(2)消耗标准状况下的5.6 L O2时，有________ mol电子发生转移。
(3)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1). CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O (2). 1 (3). 增大
【解析】
【分析】（1）该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；
（2）根据氧气和转移电子正极的关系式计算转移电子物质的量；
（3）放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大。
【详解】(1)该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，其电极反应式分别为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O，故答案为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O；
(2)氧气物质的量= =0.25mol，因负极电极反应式为： 2H2O+O2+4e−=4OH−知，转移电子物质的量=4n(O2)=4×0.25mol=1mol，故答案为：1；
(3)放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大。
相关资料
更多
