2018-2019学年山西省应县第一中学校高一下学期期中考试化学试题（解析版）
2018-2019学年山西省应县第一中学校高一下学期期中考试化学试题（解析版）
时间：90分钟满分：100分
一、选择题（每小题2分，共50分）
1.在现行元素周期表中，所含元素种数最多的族和周期分别是( )
A. 第ⅠA族 第六周期
B. 第Ⅷ族 第六周期
C. 第ⅢB族 第六周期
D. 第ⅢA族 第六周期
【答案】C
【解析】
【详解】现行元素周期表中，含元素最多的周期是第六周期，有32种元素，包含镧系元素，第七周期有26种元素，元素最多的族是第ⅢB族，其中包括镧系元素和锕系元素。答案选C。
2. 下列互为同位素的是（ ）
A. H2D2 B. 14N14C C. 16O17O D. 金刚石石墨
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2、D2是由氢元素组成的氢气单质，故A错误；
B．14N、14C不是同一种元素组成的核素，故B错误；
C．16O、17O都是氧元素组成的不同核素，互为同位素，故C正确；
D．金刚石和石墨是由碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故D错误。
答案选C。
3.下列说法中不正确的是
①质子数相同的粒子一定属于同种元素；②电子数相同的粒子不一定是同一种元素；③一种元素只能有一种质量数；④某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数。⑤质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子；⑥同位素的性质几乎完全相同；
A. ①③④⑥ B. ①②④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①质子数相同的粒子不一定属于同种元素，例如水分子和氨气分子等，①错误；
②电子数相同粒子不一定是同一种元素，例如钠离子和氟离子，②错误；
③一种元素不一定只能有一种质量数，例如氢元素、氧元素等，③错误；
④质量数应该是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，④错误。
⑤质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，⑤正确；
⑥同位素的物理性质不同，化学性质几乎完全相同，⑥错误；
答案选A。
4.据国外有关资料报道，在独居石(一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nb等的磷酸盐)中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表的（ ）
A. 第六周期ⅣA族 B. 第七周期ⅥA族
C. 第七周期ⅦA族 D. 第八周期ⅥA族
【答案】B
【解析】
【详解】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，而116号元素在0族向左第2列，故应为第ⅥA族元素，答案选B。
【点睛】只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe—54、Rn—86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族。
5.已知R2＋核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2＋中含有电子的物质的量为( )
A. m(A-N)/A mol B. m(A-N+2)/Amol
C. m(A-N-2)/A mol D. m(A+N-2)/A mol
【答案】C
【解析】
【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量==mol，则含有的电子的物质的量为mol×（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；
答案选C。
6.甲、乙是元素周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是 ( )
A. x＋2 B. x＋4 C. x＋8 D. x＋18
【答案】B
【解析】
【详解】从元素周期表的左侧看，同族元素相邻周期的原子序数的差值从上到下依次为2、8、8、18、18、32；从元素周期表的右侧看，同族元素相邻周期的原子序数的差值从上到下依次为8、8、18、18、32；则只有B不合理，故合理选项为B。
7.某元素R最高价含氧酸的化学式为HnRO2n-2，则在气态氢化物中，R的化合价为（ ）
A. 3n-10 B. 3n-6 C. 3n-12 D. 2n-4
【答案】C
【解析】
【详解】因化合物中H元素为+1价，O元素的化合价为-2价，设元素R的最高正化合价为x，由化学式为HnRO2n-2，根据化合物中元素的正负化合价的代数和为0，则（+1）×n+x+（-2）×（2n-2）=0，则x=+（3n-4），根据元素的最高正价+|最低负价|=8，则有|最低负价|=8-（3n-4）=12-3n，在其氢化物中，R的化合价为3n-12。答案选C。
【点睛】本题考查元素化合价的计算，在信息中的化学式中原子个数用字母表示是解答的难点，学生应将其看作已知的原子个数来计算。根据化合物的化学式及H和O元素在化合物中的化合价，利用化合物中元素的正负化合价的代数和为0结合元素的最高正价+|最低负价|=8来解答。
8. 砹是原子序数最大的卤族元素，推测砹的化合物不可能具有的性质是( )
A. 砹是有色固体 B. 砹化氢很稳定
C. 砹易溶于有机溶剂 D. 砹化银不溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A、依据卤素元素性质的递变性：从氟到碘，其单质的颜色逐渐加深，可知砹是有色固体，A正确；
B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，砹化氢很不稳定，B错误；
C、依据卤族元素性质的相似性：卤素单质易溶于有机溶剂，可知砹易溶于有机溶剂；，C正确；
D、AgCl不溶于水，砹化银不溶于水，D正确。
答案选B。
9.X、Y是元素周期表ⅠA族中的两种金属元素，下列叙述中能说明X的金属性比Y强的是（ ）
A. Y与水反应比X与水反应更剧烈 B. Y+离子的氧化性比X+离子强
C. YOH的碱性比XOH强 D. Y的原子半径比X大
【答案】B
【解析】
【详解】A、Y与水反应比X与水反应更剧烈说明Y的金属性强于X，A错误；
B、Y+离子的氧化性比X+离子强能说明X的金属性比Y强，B正确；
C、YOH的碱性比XOH强说明Y的金属性强于X，C错误；
D、同主族元素，半径越大，越易失电子，金属性越强，Y的原子半径比X大说明Y的金属性强于X，D错误；
故答案为B。
10.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径：A>B>D>C B. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：C3->D->B+>A2+ D. 单质的还原性：A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期，
A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是B>A>C>D,故A错误；
B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故B错误；
C.电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C正确；
D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是B＞A＞C＞D，故D错误；
综上所述，本题选C。
11.同一周期三种非金属元素X、Y、Z，其最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是：HXO4>H2YO4>H3ZO4。下列说法正确的是（ ）
A. 元素的非金属性：X
H2Y>ZH3
C. 阴离子的还原性：X->Y2->Z3-
D. X、Y、Z依次位于ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族。
【答案】B
【解析】
【详解】由化学式可知三元素的化合价分别为+7、+6、+5，其最高价一定等于它所在主族序数，也就是说依次位于ⅦA族、ⅥA族、ⅤA族；由元素周期律可知，它们的非金属性依次递减，气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，阴离子的还原性：Z3->Y2->X-。故答案为B
12.下列说法正确的是( )
A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
B. KI和HI中化学键类型完全相同
C. Na2O2中既含有离子键又含有非极性共价键
D. KOH中只含有共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，比如NaOH、Na2O2这些物质，它们含有共价键，但它们是离子化合物，A错误；
B. KI含有的是离子键，HI含有的是共价键，两种物质的化学键不同，B错误；
C. Na2O2中既含有离子键又含有非极性共价键，C正确；
D. KOH中含有离子键和共价键，D错误；
故合理选项为C。
【点睛】共价化合物，一定只含有共价键；离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，比如Na2O2、NaOH、NH4Cl等。
13. 能证明氯化氢是共价化合物的现象是
A. 氯化氢极易溶于水 B. 液态氯化氢不能导电
C. 氯化氢在水溶液中完全电离 D. 氯化氢是无色有刺激性气味的气体
【答案】B
【解析】
【详解】共价键在熔融状态下是不能断键的，而离子键在熔融状态下可以断键，电离出阴阳离子，所以共价化合物在熔融状态下不能导电，但离子化合物在熔融状态下可以导电，据此可以进行判断化合物是离子化合物，还是共价化合物，与其溶解性、能否完全电离以及物质的颜色和气味等无关系，答案选B。
14.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是( )
A. 铝片与稀硫酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
金属和酸的反应、燃料的燃烧都是放热反应，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应可是不是氧化还原反应。C正确。
15.已知25 ℃、101 kPa下，含1 mol碳原子的石墨完全燃烧生成CO2放出热量393.51 kJ；含1 mol碳原子的金刚石完全燃烧生成CO2放出395.41 kJ的热量。据此判断，下列说法正确的是（ ）
A. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
B. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨能量比金刚石的高
C. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低
D. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高
【答案】A
【解析】
【详解】这两个反应的热化学方程式为：C(石墨，s)+O2(g)→CO2(g) ΔH= -393.51kJ/mol，C(金刚石，s)+O2(g)→CO2(g) ΔH= -395.41kJ/mol，根据盖斯定律可得：C(石墨，s)→C(金刚石，s) ΔH=+1.9kJ/mol，则由石墨制备金刚石是吸热反应，等质量的石墨的能量较低，故合理选项为A。
16.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是( )
A. 194 B. 391 C. 516 D. 658
【答案】B
【解析】
【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752 kJ/mol－534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol N―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。
17.反应3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(g),在不同条件下,用不同物质表示其反应速率,分别为:①v(A)=0.6 mol·L-1·min-1；②v(B)=0.45 mol·L-1·min-1；③v(C)=0.015 mol·L-1·min-1；④v(D)=0.45 mol·L-1·min-1。则此反应在不同条件下进行得最快的是
A. ③ B. ① C. ④ D. ②
【答案】D
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学反应方程式中的化学计量数之比，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=3∶1∶2∶2，则转化为用A表示的化学反应速率分别为①v(A)=0.6 mol·L-1·min-1；②v(A)=1.35 mol·L-1·min-1；③v(A)=0.0225 mol·L-1·min-1；④v(A)=0.675 mol·L-1·min-1，所以在不同条件下反应进行最快的是②，D项正确。答案选D。
18.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)＋B(g)C(g)，若反应物A的浓度从2 mol·L－1降到0.8 mol·L－1需20 s，则反应物A的浓度由0.8 mol·L－1降到0.2 mol·L－1所需的反应时间( )
A. 等于10 s B. 大于10 s C. 小于10 s D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据计算反应物的浓度由2 mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率根据t=计算反应物的浓度由0.8 mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上化学反应进行过程中，反应物不断被消耗，浓度逐渐降低，反应速率逐渐变慢，据此分析解答。
【详解】反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率= = 0.06 mol/（L•s），假设以0.06mol/（L•s）的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间
t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/（L•s），所以所用时间应大于10s；B项正确，
答案选B。
19.在密闭容器中进行的可逆反应2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别0.1mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能（ ）
A. Z为0.3 mol•L﹣1
B. Y2为0.1 mol•L﹣1
C. X2为0.2 mol•L﹣1
D. Z为0.4 mol•L﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】
化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，采取一边倒“一边倒”求出三种物质浓度的极大值、极小值，确定三种物质的浓度的取值范围。
【详解】假定反应向正反应进行到底，则：
2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）
开始（mol/L）：0.1 0.2 0.2
变化（mol/L）：0.1 0.05 0.1
平衡（mol/L）：0.05 0.15 0.3
假定反应向逆反应进行到底，则：
2X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）
开始（mol/L）：0.1 0.2 0.2
变化（mol/L）：0.2 0.1 0.2
平衡（mol/L）：0.3 0.3 0
因此0.05mol•L﹣1＜c（X2）＜0.3mol•L﹣1，0.15mol•L﹣1＜c（Y2）＜0.3mol•L﹣1，0＜c（Z）＜0.3mol•L﹣1，则
A．0＜c（Z）＜0.3mol•L﹣1，故A错误；
B．0.15mol•L﹣1＜c（Y2）＜0.3mol•L﹣1，故B错误；
C．0.05mol•L﹣1＜c（X2）＜0.3mol•L﹣1，故C正确；
D．0＜c（Z）＜0.3mol•L﹣1，故D错误；
故选C。
20.下列措施肯定能使化学反应速率增大的是
A. 增大反应物的量 B. 增加压强
C. 升高温度 D. 使用催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A项，增大固体或液体反应物的量不一定能增大反应速率，故A项错误；
B项，若定容时加入惰性气体，则压强增大，但反应速率不变，故B项错误；
C项，升高温度活化分子百分数增大，反应速率一定加快，故C项正确；
D项，催化剂能加快或减慢反应速率，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的外界因素：①温度：温度越高，其反应速率越快。②催化剂：一般来说，催化剂会加快反应的速率。③浓度：一般来说，浓度越高，反应速率越快。④固体表面积：固体表面积越大，反应速率越快。⑤压强：压强越大，反应的速率越快。（只适用于反应物或生成物中有气体的时候。）
21. 把6 mol A气体和5 mol B气体混合放入4 L密闭容器中,在一定条件下发生反应:
3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)。经5 min达到平衡,此时生成2 mol C,测定知D的平均反应速率为0.1 mol/(L·min),下列说法中错误的是
A. x=2
B. B的转化率为20%
C. 平衡时A的浓度为0.75 mol/L
D. 恒温达到平衡时容器内压强为开始时的85%
【答案】D
【解析】
【详解】平衡时生成C为2mol，D的平均反应速率为0.1mol/（L•min），生成D的物质的量为0.1mol（L•min）×5min×4L=2mol，则：
3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）
起始量（mol） 6 5 0 0
变化量（mol） 3 1 2 2
平衡量（mol） 3 4 2 2
A．物质的量之比等于化学计量数之比，故2：2=1：x，则x=2，故A正确；
B．B的转化率为=1/5×100%=20%，故B正确；
C．平衡时A的浓度=3/4 mol/L=0.75mol/L，故C正确；
D．反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内的压强与开始时压强相等，故D错误，
答案选D。
22.一定温度下，下列叙述是可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在定容密闭容器中达到平衡的标志的是
①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等；
②单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2；
③N2的浓度不再变化；
④混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化；
⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；
⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2；
A. ②⑤ B. ①③④⑤ C. ②⑥⑦ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，①正确；
②单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2只能说明单方向N2、H2关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；
③N2的浓度不再变化，说明达到了平衡状态，③正确；
④因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，④正确；
⑤混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；
⑥用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，⑥错误；
⑦N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2不是平衡的判据，⑦错误；
答案选B。
23.某原电池反应的离子方程式为Fe+2H+===Fe2++H2↑，则下列说法正确的是
A. 硝酸可能为电解质溶液
B. 锌可能为原电池正极
C. 铁的质量不变
D. 铜可能为原电池正极
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于反应中放出了氢气并生成了Fe2+，故知电解质溶液不是硝酸，A错误；
B、由原电池反应的离子方程式知，电池的负极为铁，B错误；
C、在反应中负极不断被消耗，铁的质量减少，C错误；
D、正极应是比铁不活泼的金属或能导电的非金属，因此铜可能为原电池正极，D正确；
答案选D。
24.对于锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是: ①锌片溶解了32.5g；②锌片增重了32.5g；③铜片上析出1gH2；④铜片上析出1mol H2；
A. ①和③ B. ①和④ C. ②和③ D. ②和④
【答案】A
【解析】
【详解】锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，正极材料是铜，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，锌作负极失电子生成锌离子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，当导线中有1mol电子通过时，负极上Zn失电子而溶解，Zn片溶解的质量=65g/mol×=32.5g，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以铜片上生成氢气的物质的量n(H2)==0.5mol，则反应产生氢气的质量是m(H2)=0.5mol×2g/mol=1g，所以正确的叙述为①③，故合理选项是A。
25.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2
O和Zn，电解质溶液为KOH，电池反应为：Ag2O+Zn =2Ag+ZnO。据此判断下列叙述，其中正确的是( )
A. Ag2O是负极，Zn是正极
B. 在使用过程中，电池负极区溶液pH减小
C. 在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
D. Zn极发生还原反应，Ag2O极发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】
该电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电池反应为：Ag2O+Zn =2Ag+ZnO，则正极反应式为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极反应式为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O。
【详解】A. 反应中，Ag2O作氧化剂，Zn作还原剂，则Ag2O是正极，Zn是负极，A错误；
B. 负极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，OH-在该区域被消耗，则该区域的pH减小，B正确；
C. 反应中，Zn是负极，Ag2O是正极，则电子由Zn极经外电路流向Ag2O极,C错误；
D. 反应中，Ag2O作氧化剂，Zn作还原剂，则Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，D错误；
故合理选项为B。
二、填空题（共50分）
26.(1)下列五种物质中①Ne；②H2O；③NH3；④KOH；⑤Na2O，只存在共价键的是____，只存在离子键的是____，既存在共价键又存在离子键的是____，不存在化学键的是_____．（填写序号）
(2)现有①Na2S、②NH4Cl、③干冰、④碘片四种物质，按下列要求回答：
用电子式表示①的形成过程是_______，用电子式表示④的形成过程是___________②的电子式是________③的电子式是__________
【答案】 (1). ②③ (2). ⑤ (3). ④ (4). ① (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
本题考察化学键的类型、电子式。
【详解】（1）①Ne是稀有气体，由单原子分子构成，不含任何化学键；②H2O和③NH3
是共价化合物，含有极性键；④KOH是离子化合物，含有离子键和极性共价键；⑤Na2O是离子化合物，含有离子键；故只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在共价键又存在离子键的是④，不存在化学键的是①；
（2）①Na2S的形成过程为；④碘片的形成过程为；②NH4Cl的电子式为 ；③干冰的电子式为。
27.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 mol·L－1的盐酸中，试预测实验结果：__________与盐酸反应最剧烈，__________与盐酸反应最慢。
（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由：_______,________________。
Ⅱ.利用下图装置可以验证非金属性的变化规律。
（3）仪器A的名称为________，干燥管D的作用是______________。
（4）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为________、________、________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_________________________。
（5）若要证明非金属性：C＞Si，则A中加________、B中加Na2CO3、C中加________，观察到C中溶液的现象为__________________________。
【答案】 (1). 钾 (2). 铝 (3). 不合理 (4). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7). 浓盐酸 (8). KMnO4 (9). Na2S (10). S2－＋Cl2＝S↓＋2Cl－ (11). 硫酸 (12). Na2SiO3 (13). 有白色胶状沉淀产生
【解析】
【详解】（1）由钠、镁、铝的金属性逐渐减弱，可确定与钠反应最剧烈、与铝的反应最慢。
（2）用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3·H2
O不是N元素最高价氧化物对应的水化物，因此推测不合理；
（3）根据仪器构造可知仪器A的名称为分液漏斗，倒置干燥管D起防止倒吸作用；
（4）要验证氯的非金属性大于硫，则烧瓶中反应生成Cl2，C中盛放Na2S溶液，因此装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、高锰酸钾、硫化钠。硫化钠与氯气反应生成淡黄色的硫，则装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为S2－＋Cl2＝S↓＋2Cl－；
（5）要证明非金属性C＞Si，可证明碳酸酸性强于硅酸，烧瓶中反应产生CO2，则A中加稀硫酸、B中加Na2CO3、C中加入Na2SiO3，反应生成难溶于水的硅酸，所以观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。
28.A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大。已知A、C、F位于同一周期，三种元素原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个。试回答：
(1)写出下列元素的元素符号：
A_____，C_____，D_____，E__________
(2)用电子式表示B、F形成的化合物_____。
(3)A、C两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的化学方程式为_____， C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为_______________。
【答案】 (1). Na (2). Al (3). Si (4). P (5). (6). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (7). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【分析】
A、C、F的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，且这三种元素是处于同一周期的短周期元素，且原子序数依次增大，则C为Al，A为Na，B为Mg。A、C、F原子的最外层共有11个电子，则F为Cl。D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，且D为短周期元素，则D的核外电子排布为2、8、4，所以D为Si。E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，且E为短周期元素，则E的核外电子排布为2、8、5，所以E为P。综上所述，A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P，F为Cl。
【详解】(1)经分析，A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P，F为Cl；
(2) B、F形成化合物为MgCl2，其电子式为；
(3) A、C两种元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，它们之间的化学反应方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；C、F两种元素最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，它们之间的离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
29.(1)在2L的密闭容器中放入4mol N2O5，发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则v(NO2)为_________；5min时，N2O5在混合气体中的体积分数是____。
(2)某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：
①该反应的化学方程式为______。
②若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为____。
③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时__(填“增大”“减小”或“相等”)。
【答案】 (1). 0.16 mol·L-1·min-1 (2). 61.5% (3). 3X+Y2Z (4). 9∶10 (5). 增大
【解析】
【分析】
本题主要考察化学平衡。
【详解】(1) N2O5转化了20%，则Δn(N2O5)=4mol×20%=0.8mol，体系中各组分的物质的量如下表所示（单位：mol）：
2N2O5
4NO2
O2(g)
2
4
1
起
4
0
0
转
0.8
1.6
0.4
平
3.2
1.6
0.4
Δn(NO2)=1.6mol，v(NO2)== 0.16 mol·L-1·min-1；根据阿伏伽德罗定律可得：N2O5在混合气体中体积分数是=61.5%；
(2)①反应中，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物；0-2min内，Δn(X)=0.3mol，Δn(Y)=0.1mol，Δn(Z)=0.2mol，且2min后各组分的物质的量不再改变；所以，该反应的化学方程式为3X+Y2Z；
②根据理想气体状态方程:PV=nRT，2min时体系压强与开始时的压强之比等于两个时间的气体的总物质的量之比，该比例为（0.9+0.7+0.2）：（1.0+1.0）=1.8：2=9：10；
③该反应的化学方程式为3X+Y2Z，反应从正反应开始，则体系的总物质的量减小，由于体系中各组分都是气体，则体系的总质量不变，混合气体的平均相对分子质量增大。
30.（1）有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入1 mol·L-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入1mol·L-1的NaOH溶液中，如图所示。
①写出甲中负极的电极反应式：__________。
②乙中负极反应式为__________，总反应的离子方程式：_______。
（2）将用导线相连的两个铂电极插入KOH溶液中，然后向两极分别通入CH3OH(甲醇)和O2 ，则发生了原电池反应，该原电池中的负极反应式为________________；正极反应式为______
【答案】 (1). Mg－2e－═Mg2+ (2). Al－3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O (3). 2Al+2OH-+2H2O=2 AlO2﹣+3H2↑ (4). 2CH3OH＋16OH―－12e－=2CO32-＋12H2O (5). 3O2＋12e－＋6H2O=12OH－
【解析】
【分析】
本题主要考察原电池的原理。
【详解】（1）①甲中，Mg、Al都可以与H2SO4反应，但是Mg的活泼性比Al强，所以Mg作负极，负极的电极反应式：Mg-2e-═Mg2+；
②乙中，只有Al可以和NaOH溶液反应，Mg不可以，所以Al作负极，Al-3e-+4OH﹣=AlO2-﹣+2H2O，总反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2 AlO2-+3H2↑；
（2）该原电池的总反应为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O；O2作氧化剂，则O2在正极反应，电极反应为3O2＋12e-＋6H2O=12OH-，则CH3OH在负极反应，电极反应为：2CH3OH＋16OH--12e-=2CO32-＋12H2O。
【点睛】对于不熟悉的原电池反应，可以先写出总反应，再根据题中的信息写出电极反应，比如本题中的甲醇燃料电池，题中告知电解质溶液为KOH，则一定有一个电极消耗OH-，另一个电极生成OH-，据此可以推出两个电极的反应。
