2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年四川省宜宾市第四中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Fe-56‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ 一．选择题 本卷共12小题，每小题4分，共48分，每小题只有一个选项最符合题意。‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. “84”消毒液的有效成分是NaC1O B. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 C. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 D. 在汽车尾气系统中使用催化转化器，可减少CO、NOx等的排放 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，NaClO中氯处于+1价，能降低；B项，蚕丝富含蛋白质，灼烧后有烧焦羽毛的气味，而人工纤维灼烧后有特殊气味；C项，碳酸钡会与胃酸反应，产生可溶性Ba2+，会造成重金属中毒；D项，氮的氧化物作氧化剂，一氧化碳作还原剂，在催化剂的作用下，发生氧化还原反应生成无毒的CO2和N2。‎ 详解：A项，NaClO中氯处于+1价，能降低，所以次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，所以A选项是正确的；‎ B项，蚕丝富含蛋白质，灼烧后有烧焦羽毛的气味，而人工纤维灼烧后有特殊气味，可通过灼烧法区分两者，故B项正确；‎ C项，碳酸钡会与胃酸反应，产生可溶性Ba2+，会造成重金属中毒，所以BaCO3不能用于胃肠X射线造影检查，故C项错误；‎ D项，氮的氧化物作氧化剂，一氧化碳作还原剂，在催化剂的作用下，发生氧化还原反应生成无毒的CO2和N2，故D项正确；‎ 综合以上分析，本题选C。‎ 点睛：本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，熟悉物质的性质是解题关键。‎ ‎2.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 24.0g镁与27.0g铝含有相同的质子数 B. 密闭容器中，2.0 mol SO2和1.0 mol O2催化反应后分子总数为2NA C. 标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的物质中含氢原子数为2NA D. 1.0mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，一个镁原子含有12个质子，一个铝原子含有13个质子；‎ B项， SO2和O2反应为可逆反应，不可能全部生成SO3，反应后的分子总数大于2NA；‎ C项，标准状况下，11.2L气体物质的量为0.5mol，0.5mol CH4和 C2H4混合物中氢原子数目为2NA；‎ D.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种；‎ 详解：A项，一个镁原子含有12个质子，一个铝原子含有13个质子，1mol镁与1mol铝含有的质子数不同，故A项错误；‎ B项， SO2和O2反应为可逆反应，不可能全部生成SO3，反应后分子总数大于2NA，故B项错误；‎ C项，标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol CH4和 C2H4混合物中氢原子数目为2NA，故C项正确；‎ D.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于NA，故D项错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，知识面广，应注意掌握公式的运用和物质的结构、可逆反应的概念以及甲烷和氯气发生取代反应的机理。‎ ‎3.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 无色透明溶液: Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-‎ B. 0.1 mol/LCuSO4溶液: Na+、NH4+、NO3-、A13+‎ C. 0.1 mol/LNaOH溶液: Ca2+、Na+、SO42-、HCO3-‎ D. 0.1 mol/LKI溶液: Na+、K+、ClO-、H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A项，Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3+与SCN-结合生成血红色Fe(SCN)3；B项，Cu2+与Na+、NH4+、NO3-、A13+能大量共存；C项，HCO3-与OH-不能大量共存；D项，I-在酸性条件下被ClO-氧化不能大量共存。‎ 详解：A项，Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3+与SCN-结合生成血红色Fe(SCN)3，因此不能大量共存，故不选A项；‎ B项，Cu2+与Na+、NH4+、NO3-、A13+能大量共存，故选B项；‎ C项，HCO3-与OH-不能大量共存，故不选C项；‎ D项，I-酸性条件下被ClO-氧化不能大量共存，故不选D项；‎ 故本题选B。‎ ‎4.下列有关试剂保存的说法中,不正确的是 A. 金属钠保存在煤油中 B. 保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉 C. 过氧化钠应密封保存 D. 用棕色广口试剂瓶存放氯水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、金属钠还原性强，暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气。正确；B、亚铁离子容易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，因此保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉，防止氧化。正确；C、过氧化钠易于和空气中的水和二氧化碳反应，所以应在干燥环境下密封保存。正确；D、氯水见光其中的次氯酸易分解，并属于液体，应盛放在棕色细口试剂瓶中。错误；故选D。‎ 点睛：本题主要考察化学试剂的存放方式。化学试剂的存放方式应从试剂本身的物理和化学性质出发考虑，怎样存放更安全。例如因为属钠还原性强，暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气。‎ ‎5.下列叙述中正确的是 A. 氯化钠中混有少量单质碘杂质,可用加热的方法提纯 B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2‎ C. SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2 的漂白性 D. 浓硫酸具有吸水性,可用于干燥NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、碘易升华，可用升华的方法除杂，正确；B、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，但不一定为氯气，可为二氧化氮等气体，错误；C、二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应而使其褪色，错误；D、浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，应用碱石灰，错误；故选A。‎ ‎6.下列叙述正确的是 A. 将煤在空气中加强热使其分解叫做煤的千馏 B. 只用溴水一种试剂可鉴别苯.己烯.乙醇、四氣化碳四种液体 C. 向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液析出固体，加入足量蒸馏水后固体重新溶解 D. 油脂、糖类、蛋白质都是天然有机高分子化合物,都可以发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干馏，也叫煤的焦化，错误；B、苯和四氯化碳都不溶于水，加入溴水，苯溶液中振荡静置后，上层液体为橙色；四氯化碳溶液中振荡静置后，下层液体为橙色，乙烯通入溴水，振荡静置后，液体分两层均无色，因为溴水与乙烯发生加成反应，而产物二溴乙烷为无色，且不溶于水；乙醇与溴水混溶不分层，因此可以用溴水一次性检验苯、乙烯、乙醇、四氯化碳四种液体。正确；C、CuSO4溶液可使蛋白质的变性，而变性不具可逆性。错误；D、高分子化合物是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物。油脂是甘油和脂肪酸的酯化物，甘油是丙三醇，脂肪酸一般也就CH3[CH2]16COOH或者类似的样子油脂的分子量不很高，达不到高分子的范畴。错误；故选B。‎ ‎7.工业合成氨的反应为：N2+3H22NH3，该反应在一定条件下的密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是（ ）‎ A. 达到平衡时,反应速率：v(正)=v(逆)=0‎ B. 使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率 C. 为了提高H2的转化率,应适当增大H2的浓度 D. 若在密闭容器加入1molN2和过量的H2,最后能生成2molNH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、化学平衡态是动态平衡，达到平衡时反应速率：v(正)=v(逆)≠0。错误；B、使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率，但是不能是化学平衡发生移动，提高氢气和氮气的利用率。正确；C、为了提高H2的转化率，可增加氮气的浓度或减小氨气的浓度。错误；D、此反应为可逆反应，反应有一定限度，氢气和氮气不能完全转化成氨气。错误；故选B。‎ 点睛：反应达到平衡状态标志是正逆反应速率相等且不等0，各物质浓度、百分含量不变等。催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。影响化学平衡移动的外因有改变反应物或生成物的浓度（纯液体和固体除外），改变温度等。‎ ‎8.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W与Y同主族,Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,X的原子半径在短周期元素中最大。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单氢化物的稳定性：Y>Z B. 简单离子的半径：Z>Y>X>W C. X与其他三种元素均能形成离子化合物 D. Y的氧化物对应的水化物均为强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由X的原子半径在短周期元素中最大，可知X为钠原子；Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，可知短周期只有氢原子、碳原子和硫原子，但根据W、X、Y和Z为原子序数依次增大可知，Y为硫原子，Z为氯原子。根据W与Y同主族，则W为氧原子。A、Y为硫原子，Z为氯原子，氯的非金属性强于硫，则简单氢化物的稳定性氯化氢>硫化氢。错误；B、离子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。由此可知简单离子的半径：硫离子>氯离子>氧离子>钠离子，即Y>Z>W>X。错误；C、氧原子与钠原子形成的离子化合物氧化钠或过氧化钠，氧原子与硫原子形成共价化合物二氧化硫或三氧化硫， 氧原子与氯原子形成共价化合物。错误；D、硫氧化物对应的水化物为硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸而亚硫酸为弱酸。错误；故选C。‎ 点睛：本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容。离子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。‎ ‎9.在25℃和101kPa的条件下：‎ 化学键 H-H Cl-Cl H-Cl 键能(kJ/mol)‎ ‎436‎ ‎243‎ ‎431‎ 对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是（ ）‎ A. 断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量 B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量 C. 由键能数据分析,该反应属于吸热反应 D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因H-H键能436 kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-Cl键能431 kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862 kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2) kJ/mol =-183 kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；D. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。‎ ‎10.下列关于金属冶炼的说法正确的是 A. 由于Al的活泼性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产Al B. 可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁 C. 炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热 D. 金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，冶炼方法由金属的活泼性决定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．由于Al的活泼性强，工业上采用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝，AlCl3是共价化合物，熔融状态下不导电，所以不用电解AlCl3的方法生产铝，故A错误；B．钠是很活泼金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故B错误；C．炼铁高炉中所发生的反应有的是放热有的是吸热，有些放热反应在加热条件下发生，故C错误；D．金属冶炼的本质是将化合态金属还原为游离态，活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，故D正确；答案为D。‎ 点睛：根据金属活动性强弱确定冶炼方法，易错选项是A，注意冶炼金属铝的原料不是氯化铝而使氧化铝，且需要加冰晶石降低其熔点；金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来(Hg及后边金属)；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来(Zn～Cu)；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属(K～Al)。‎ ‎11.下列变化中既有离子键断裂，又有共价键断裂的是 A. NaOH溶于水 B. NH4HCO3受热分解 C. HCl溶于水 D. I2的升华 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．NaOH溶于水电离出Na+和 OH-，只破坏离子键，故A错误；B．碳酸铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，所以离子键和共价键都发生断裂，故B正确；C．HCl中只含共价键，在水分子的作用下发生共价键电离，故C错误；D．I2的升华，发生物理变化，只是破坏分子间作用力，化学不被破坏，故D错误；答案为B。‎ 点睛：根据晶体中存在的化学键及晶体的构成微粒确定晶体类型，根据微粒之间的作用力判断化学键，一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。‎ ‎12.某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气，所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知电池的总反应为2H2+O2＝2H2O，正极反应为O2+2CO2+4e－＝2CO32－。下列说法正确的是 A. 该电池可在常温或高温时工作 B. 负极反应为H2+2OH－－2e－＝2H2O C. 该电池工作时负极有CO2生成 D. 该电池供应1molH2O，同时转移1mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作，故A错误；B．放电时，负极反应为：2H2-4e-+2CO32-═2CO2+2H2O，故B错误；C．负极反应为2H2-4e-+2CO32-═2CO2+2H2O，有C02生成，故C正确；D．由反应可知，生成1molH2O转移2mol电子，则该燃料电池供应1mol水蒸气时转移电子的物质的量为2mol，故D错误；答案为C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，满分52分)‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎13.下表是元素周期表的前四周期，请回答有关问题：（相关均用具体化学用语回答）‎ ‎1‎ ‎①‎ ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎4‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（1）元素⑤⑥⑦的简单离子半径大小顺序__________；②在元素周期表位置________；③的简单氢化物和⑧的氢化物混合形成的化合物电子式__________。‎ ‎（2）⑤其最高价氧化物水合物和⑥的最高价氧化物反应的离子方程式_______‎ ‎（3）用电子式表示元素①和⑧形成的化合物的形成过程__________。‎ ‎（4）④、⑧、⑩的氢化物沸点最高的是__________，原因是__________。‎ ‎（5）由②和①组成最简单物质与O2和⑨的最高价氧化物对应的水化物的水溶液组成燃料电池，写出电池的负极反应式__________。‎ ‎【答案】 (1). S2->Na+>Al3+ (2). 第二周期第IVA族 (3). (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). (6). HF (7). HF分子间有氢键 (8). CH4+10OH-－8e-=CO3² -+7H2O ‎【解析】‎ 分析：由元素在周期表中位置,可以知道①为H、②为C、③为N、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br。根据元素的元素周期律进行解答。‎ ‎（1）元素⑤为Na、⑥为Al、简单离子电子层数相同均为2个电子层，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大半径约小，所以Na+>Al3+，⑦为S简单离子为3个电子层所以微粒半径大小为：S2->Na+>Al3+；②为C核电荷数为6，,在元素周期表位置为第二周期第IVA族；③为N，简单氢化物NH3，⑧为Cl其氢化物为HCl混合形成的化合物为NH4Cl,属于离子化合物，电子式。‎ ‎（2）⑤为Na其最高价氧化物水合物为NaOH, ⑥为Al的最高价氧化物为Al2O3，NaOH,和Al2O3反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。‎ ‎（3）元素①为H，⑧为Cl，两者形成的化合物为HCl属于共价化合物，其形成过程电子式为：。‎ ‎（4）④为F、⑧为Cl、⑩为Br他们的氢化物分别为HF、HCl、HBr，根据元素周期律知F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，但HF分子间能形成氢键，所以沸点最高的是HF，答案：HF ；HF分子间有氢键。‎ ‎5）由②为C和①为H组成最简单物质为CH4，，与O2组成燃料电池，电解质为KOH的水溶液CH4做负极，其电极反应式为CH4+10OH-－8e-=CO3²-+7H2O。‎ ‎14.铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2`12H2O]的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)固体a的化学式为 _________，Ⅲ中反应的离子方程式为___________________________ 。‎ ‎(2)Ⅴ中反应的化学方程式为 __________________________。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)___________、冷却结晶、过滤洗涤干燥等。‎ ‎(3)以1000 kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2(SO4)3，需消耗质量分数98%的硫酸(密度1.84 g·cm-1)___________ L(保留一位小数)。‎ ‎(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为_____________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). [A1(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或A1O2-+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓ (3). A12O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O (4). 蒸发浓缩 (5). 575.4 (6). 3∶10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）SiO2不溶于盐酸。Ⅲ中NaAlO2溶液通入CO2生成Al（OH）3沉淀；‎ ‎（2）Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液。获得带结晶水的晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；‎ ‎（3）由V（H2SO4）=以及 c（H2SO4）=可解；‎ ‎（4）根据Al3+和SO42-守恒原理可得。‎ ‎【详解】（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2。Al2O3溶于烧碱生成NaAlO2溶液，在其中通入CO2生成Al（OH）3沉淀，反应的离子方程式为A1O2-+CO2+2H2O=HCO3-+ Al(OH)3↓；‎ ‎（2）Al（OH）3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，反应的化学方程式为A12O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；‎ ‎（3）m（Al2O3）=1 000 kg×36%=360 kg，n（Al2O3）=，依据：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，n（H2SO4）=，c（H2SO4）===18.4mol/L，需消耗质量分数98%的硫酸V（H2SO4）=575.4L；‎ ‎（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al(SO4)2`12H2O的物质的量都是1 mol，则Al3+共3 mol，SO42-共5 mol，根据Al3+和SO42-守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为：=3∶10。‎ ‎【点睛】注意公式c=的运用。‎ ‎15.氢气是未来非常理想能源，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)表面作用使海水分解得到氢气的新技术：2H2O2H2+O2。制得的氢气可用于燃料电池、合成氨工业。回答下列问题：‎ ‎(1)分解海水时，________能转变为________能。生成的氢气用于燃料电池时，________能转变为________能。‎ ‎(2)某种氢氧燃料电池是用NaOH溶液作电解质，正极的电极反应式为________；若把燃料改为甲烷，负极的电极反应式为________。‎ ‎(3)氢气可用于合成氨。一定温度下，向2L 的密闭容器中加入1 molN2和 3molH2发生反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，2min时测得N2的浓度为0.3mol/L，5min时达到平衡，此时测得压强为开始时的。则前2min用NH3表示的化学反应速率为________；平衡时，N2的转化率为________，混合气体的平均相对分子质量为________。‎ ‎【答案】 (1). 太阳 (2). 化学 (3). 化学 (4). 电能 (5). O2+4e-+2H2O=4OH- (6). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (7). 0.2mol/(L·min) (8). 50% (9). 11.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图可知，太阳能产生的激光分解水生成氢气和氧气，太阳能转化为光能、光能转化为化学能；生成的氢气用于燃料电池，是将化学能转化为电能；‎ ‎(2)在氢氧燃料碱性电池中，正极上O2得电子和水反应生成OH-，如果将甲烷作燃料，则负极上是甲烷失电子和OH-反应生成CO32-离子和H2O；‎ ‎(3)先根据化学反应速率的含义计算氮气的反应速率，然后利用用不同物质表示的反应速率的关系计算用H2表示的反应速率；氮气的转化率等于反应转化的氮气的物质的量占总物质的量的百分比计算；根据在恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，计算平衡时混合气体总物质的量，利用混合气体总质量除以气体的总物质的量得到混合气体的平均摩尔质量，再结合混合气体平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量，即得混合气体的平均相对分子质量。‎ ‎【详解】(1)根据图知，太阳能产生的激光分解水生成氢气和氧气，太阳能转化为光能、光能转化为化学能；生成的氢气用于燃料电池，是将化学能转化为电能，所以分解海水时，太阳能能转变为化学能。生成的氢气用于燃料电池时，化学能能转变为电能；‎ ‎(2)在氢氧燃料碱性电池中，正极上O2得电子和溶液中的水反应生成OH-，则正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；如果将CH4作燃料，则负极上CH4失电子和溶液中的OH-反应生成CO32-和水，电极反应式为 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；‎ ‎(3)反应开始时c(N2)==0.5mol/L，c(H2)==1.5mol/L，2min时测得N2‎ 的浓度为0.3mol/L，则前2min用N2表示的化学反应速率v(N2)==0.1mol/(L·min)；‎ 前2min内v(NH3)=2v(N2)=2×0.1 mol/(L·min) =0.2 mol/(L·min)；‎ 在恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，则平衡时混合气体总物质的量为(1+3)mol×=3mol，根据方程式知，N2+3H22NH3可知：反应前后减少的物质的量相当于参加反应氮气的2倍，则参加反应的n(N2)=mol=0.5mol，则氮气转化率=×100%=×100%=50%；混合气体总质量=1mol×28g/mol+3mol×2g/mol=34g，混合气体平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量===11.3g/mol，所以平均相对分子质量为11.3。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率、化学平衡计算、原电池原理是应用等知识。把握化学平衡计算中各公式中各个物理量的关系、原电池正负极判断及各个电极上发生的反应是解本题关键，易错点是燃料电池电极反应式的书写，注意要结合电解质溶液酸碱性书写。侧重考查计算及判断能力。‎ ‎16.如表为几种短周期元素的性质,回答下列问题:‎ 元素编号 A B C D E F G H 原子半径/10-1 nm ‎0.74‎ ‎1.54‎ ‎1.30‎ ‎1. 18‎ ‎1.11‎ ‎1.06‎ ‎0.99‎ ‎0.75‎ 最高或最低化合价 ‎-2‎ ‎+1‎ ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+4，-4‎ ‎+5，-3‎ ‎+7，-1‎ ‎+5，-3‎ ‎(1)E元素在元素周期表中的位置是_____；C 元素与G元素形成化合物的电子式_____ 。‎ ‎(2)D的单质与B的最高价氧化物对应水化物的溶液反应,其离子方程式为_________。‎ ‎(3)B2A2中含有的化学键为_______，该物质与水反应的化学反应方程式为________。‎ ‎(4)下列说法不正确的是______(填序号)。‎ ‎①H的气态氢化物水溶液能导电，说明H的气态氢化物为电解质 ‎②最高价氧化物对应水化物的碱性:B>C>D ‎③D的最高价氧化物对应水化物可以溶于氨水 ‎④元素气态氢化物的稳定性:F>A>G ‎【答案】 (1). 第3周期ⅣA 族 (2). (3). 2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑ (4). 离子键 共价键 (5). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑ (6). ①③④‎ ‎【解析】‎ 分析：根据图表数据及元素周期律的相关知识，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到小逐渐增大。短周期元素的最高正价等于其最外层电子数（氧元素和氟元素无最高正价）。根据图表数据可知，F、H的最高正价均为+5，则两者位于第ⅤA族，F的原子半径大于H的原子半径，因此F为磷元素，H为氮元素。A的原子半径小于H，并且没有最高正价，只有最低负价-2价可知A为氧元素；原子半径B>C>D>E>F>G，并且最高正价依次增大，可知B为钠元素，C为镁元素，D为铝元素，E为硅元素，G为氯元素。‎ 详解：（1）根据上述分析可知E元素为硅元素，位于元素周期表第3周期ⅣA 族；C为镁元素，G为氯元素两者形成的化合物为氯化镁，为离子化合物，其电子式为：；（2）D为铝元素，B为钠元素，B的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，铝单质既可以和酸反应生成氢气，又可以和强碱溶液反应生成氢气，反应方程式为：2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑；（3）B2A2是过氧化钠，其为离子化合物，即存在钠离子与过氧根间的离子键，也存在氧原子与氧原子间的共价键。过氧化钠与水反应的方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑；（4）①H的气态氢化物为氨气，水溶液能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子使溶液导电，因此氨气不是电解质，而是非电解质，错误；②B、C、D分别为钠元素，镁元素，铝元素，根据元素周期律可知金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性氢氧化钠>氢氧化镁>氢氧化铝，正确；③D的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，可溶于强碱，但不能溶于弱碱，因此氢氧化铝不能溶于氨水，错误；④由元素周期律可知，元素的非金属性越强，元素气态氢化物越稳定，F为磷元素，G为氯元素，氯元素非金属性强，则HCl稳定性强于PH3，错误；故选①③④。‎ 点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，本题重点用到的是原子半径和化合价方面的知识。同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到小逐渐增大。短周期元素的最高正价等于其最外层电子数（氧元素和氟元素无最高正价）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎