2018-2019学年福建省三明市第一中学高二上学期开学考化学试题 解析版

2018-2019学年福建省三明市第一中学高二上学期开学考化学试题 解析版

福建省三明市第一中学2018—2019学年高二上学期开学考 化学试题 ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料 B. 铜盐溶液都有毒，主要是由于铜离子能使蛋白质变性 C. 沼气的使用、玉米制乙醇都涉及生物质能的利用 D. 酸雨被称为“天堂的眼泪”，某雨水样品放置一段时间后，pH由 4.68变为 4.00，是因为水中溶解的 CO2增多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硅酸钠的水溶液具有粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差等理化性能；B．铜盐为重金属盐，可使蛋白质变性，则铜盐有毒；C．沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用；‎ ‎【详解】A、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，理化性能为：粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差，是制备粘合剂、硅胶和木材防火剂的原料，选项A正确；B．铜盐为重金属盐，可使蛋白质变性，则铜盐有毒，对人体有害，选项B正确；C．沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用，选项C正确；D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，选项D错误；答案选D。‎ ‎2.明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离 A. 苯和水 B. 溴苯和苯 C. 食盐水和泥沙 D. 硝酸钾和硫酸钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 烧酒的制造工艺属于蒸馏。分离苯和水 的混合物，用分液法，故A错误；溴苯和苯用蒸馏法分离，故B正确；食盐水和泥沙用过滤的方法分离，故C错误；硝酸钾和硫酸钠用结晶法分离，故D错误。‎ ‎3.下列化学用语表达正确的是 A. CH3COOCH3的名称：乙酸甲酯 B. Al3＋的结构示意图：‎ C. Na2O2的电子式：‎ D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：＋→‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据CH3COOCH3的结构简式结合酯的命名分析判断；B、根据铝离子为失去最外层3个电子，达到最外层8电子的稳定结构分析判断；C、根据过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物分析判断；D、根据氯化氢是共价化合物分析判断。‎ ‎【详解】A、CH3COOCH3是乙酸甲酯的结构简式，选项A正确；B、铝离子核外有2个电子层且最外层有8个电子，据此书写铝离子的结构示意图为，选项B错误；C、过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为，选项C错误；D、氯化氢是共价化合物，氯化氢分子中不存在阴阳离子，故氯化氢的形成过程为，选项D错误。答案选A。‎ ‎4.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 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 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2 NA C. 24.0g镁与27.0g铝含有的质子数均为NA D. 1.0mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、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；B、 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、一个镁原子含有12个质子，一个铝原子含有13个质子；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. 标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol ，0.5mol CH4和C2H4组成的物质中含氢原子数为2NA，选项A正确；B、 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，选项B错误；C、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，选项C错误；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，选项D错误；答案选A。‎ ‎【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。‎ ‎5.下列反应的离子方程式正确的是 A. 将铜插入稀硝酸中: 3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑ +4H2O B. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸: Ba2++OH-+H++SO42-==BaSO4↓+H2O C. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体: SO2+OH-=HSO3-‎ D. 用醋酸除去水垢: 2H+ +CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；B.二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2；C.二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠； D．醋酸为弱电解质，应保留化学式。‎ ‎【详解】A. 铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑ +4H2O，选项A正确；B.二者反应生成硫酸钡和水,且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，选项B错误；C. 用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体的离子反应为 SO2+2OH-=SO32-，选项C错误；D、用醋酸除去水垢反应的离子方程式为： 2CH3COOH +CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，选项D错误；答案选项D。‎ ‎6.反应A(g)＋3B(g) =2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)＝0.45‎ ‎ mol·L－1·s－1、②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1、③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1、④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1，该反应进行的快慢顺序为 A. ①＞③＝②＞④ B. ①＞②＝③＞④‎ C. ②＞①＝④＞③ D. ①＞④＞②＝③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：同一化学反应中，在单位相同条件下，化学反应速率与其计量数的比值越大，该反应速率越快，据此分析解答。‎ 详解：同一化学反应中，在单位相同条件下，化学反应速率与其计量数的比值越大，该反应速率越快，①= mol•L-1•s-1=0.45 mol•L-1•s-1；②=mol•L-1•s-1=0.2mol•L-1•s-1；③=mol•L-1•s-1=0.2mol•L-1•s-1；④=mol•L-1•s-1=0.225mol•L-1•s-1，所以其反应速率快慢关系为①＞④＞②=③，故选D。‎ 点睛：本题考查化学反应速率大小比较，比较速率大小时要使单位统一，可以将不同速率转化为同一物质的速率，也可以根据反应速率与其计量数比判断，因此本题有第二种解法，如都转化为A表示的速率后比较大小。‎ ‎7. 下列过程中化学键被破坏的是 ‎①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化 A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力。错误。②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力。错误。 ③酒精溶于水破坏的是分子间作用力。错误。 ④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H+和Cl-.正确。⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键。正确。⑥NaCl是离子化合物，熔化水断裂离子键。正确。‎ 考点：考查物质变化与化学键的关系的知识。‎ ‎8.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素。已知 Se 的原子结构示意图为： 下列说法不正确的是 A. 该元素处于第四周期第ⅥB 族 B. SeO2既有氧化性又有还原性 C. 该原子的核电荷数为 34 D. 酸性：HBrO4 > H2SeO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性；C．质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强。‎ ‎【详解】A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，所以该元素处于第四周期第ⅥA族，选项A正确；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性，二氧化硒中硒处于+4价，是中间价态，所以二氧化硒既有氧化性又有还原性，选项B正确；C．质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数，该原子的质子数为34，所以其质量数大于34，选项C正确；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强，Cl的非金属性大于Se的非金属性，所以酸性：HClO4>H2SeO4，选项D不正确。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题的关键，知道非金属性的判断方法和原子构成，即可解答。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能 B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 有化学键断裂一定发生化学反应 D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。‎ 详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；‎ B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；‎ C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；‎ D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。‎ 点睛：原电池反应一定由氧化还原反应设计而成的；化学反应一定伴随有能量变化，且能量变化的形式有多种，但有能量变化的过程不一定是化学反应；化学反应一定有化学键的断裂，但有化学键的断裂的过程不一定都发生化学反应。‎ ‎10.下列实验中，固体物质可以完全溶解的是 A. lmol MnO2 与含4mol HCl的浓盐酸共热 B. lmol Cu 与含2mol H2SO4的浓硫酸共热 C. lmol Cu 投入含4mol HNO3的浓硝酸中 D. 常温下1mol Al投入到足量浓硝酸中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A、二氧化锰不能氧化稀盐酸；‎ B、铜与稀硫酸不反应；‎ C、铜与浓硝酸反应，根据方程式判断；‎ D、常温下铝在浓硝酸中钝化。‎ 详解：A、lmolMnO2与含4molHCl的浓盐酸共热过程中稀盐酸浓度变小，二氧化锰不能氧化稀盐酸，所以固体不能完全溶解，A错误；‎ B、lmolCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热过程中硫酸浓度变小，铜不能与稀硫酸反应，所以固体不能完全溶解，B错误；‎ C、lmolCu投入含4molHNO3的浓硝酸中，根据方程式Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可知铜可以完全溶解，C正确；‎ D、常温下铝在浓硝酸中钝化，因此常温下1mol铝片投入到足量浓硝酸中不能完全溶解，D错误，答案选C。‎ ‎11.下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是 A. Na2O与 Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 B. Na2CO3溶液和 NaHCO3溶液可以用 CaCl2稀溶液来鉴别 C. 向酚酞试液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 D. 钠与浓 NH4Cl溶液反应，放出的气体中含 H2和 NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据碱性氧化物的定义判断；B． CaCl2溶液跟NaHCO3溶液不反应，跟Na2CO3溶液反应产生白色沉淀，能鉴别；C．Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性；D、钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气和氢气。‎ ‎【详解】A、Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，选项A不正确；B、Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，可鉴别，选项B正确；C、Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以酚酞试液中加入Na2O2粉末，先变红后褪色，并有气泡生成，选项C正确；D、钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气和氢气，选项D正确；答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了钠及其化合物的性质与用途，难度不大，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累。‎ ‎12.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是 A. 甲烷 B. 乙烯 C. 苯 D. 乙酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：A．甲烷性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；‎ B．乙烯中含有碳碳双键，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C．苯性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；‎ D．乙酸不能被酸性高锰酸钾氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题以酸性高锰酸钾的氧化性为载体考查了有机物的结构，注意酸性高锰酸钾溶液能氧化连接苯环的碳原子上有H原子的有机物，使其生成苯甲酸．‎ ‎13.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关的叙述正确的是 A. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了变性 B. 任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团 C.‎ ‎ 用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全 D. 在空气中灼烧铜丝，待铜丝冷却至室温后再伸入乙醇中，反复多次，可以制得乙醛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向鸡蛋清溶液中，加入饱和（NH4）2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了盐析，加入重金属离子的盐时，蛋白质会发生变性，选项A错误；B、氨基酸中含有羧基和氨基，任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团，选项B正确；C、牛油与氢氧化钠发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油的混合液，二者都溶于水，若将反应后的液体中滴入沸水中，有油状液体浮在水面，说明牛油没有完全水解，选项C错误；D、Cu氧化后不能冷却，加热时CuO可氧化乙醇，可反应生成乙醛，操作不合理，选项D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了糖类、油脂、蛋白质的结构和性质，题目难度不大，注意把握蛋白质的盐析与变性的差别。蛋白质中加入轻金属盐如氯化钠、硫酸铵溶液等会发生盐析，是物理变化；加入重金属盐、加热、强酸、强碱、酒精、甲醛、苯酚等会发生变性，是化学变化。‎ ‎14.下图为周期表中短周期的一部分，W、X、Y、Z四种元素最外层电子数之和为24。下列说法正确的是 A. X、Y、Z的含氧酸的酸性依次增强 B. W元素形成的单核阴离子还原性强于X C. Y、W形成的化合物一定能使酸性KMnO4溶液褪色 D. W与氢元素形成的化合物中可能含有非极性键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：设Y的最外层电子数为n，则W、X、Z的原子序数分别为n、n-1、n+1，则有n+n+n-1+n+1=24，n=6，则W为O元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合原子结构和性质解答。‎ 详解：A.X、Y、Z在同一周期，自左向右，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，但选项中不一定为最高价，故A错误； ‎ B.非金属性W(O)>X(P)，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B错误； C. O、S形成的化合物有SO2和SO3，SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，SO3没有还原性不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误； D.O与氢元素形成的化合物可能为H2O2，含有非极性键，所以D选项是正确的。 所以D选项是正确的。‎ ‎15.利用下图装置做铝热反应实验。下列说法不正确的是 A. 该反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3‎ B. 该反应会产生高温、发出强光 C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属 D. 若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．铝是活泼金属，高温条件下可置换出氧化铁中的铁，故A正确；B．铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；C．高熔点的金属（Fe、Cr、Mn、W等）可采用铝热法冶炼，故C正确；D．铁元素的化合价从+3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，则若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5mol，故D错误。故选D。‎ 考点：考查探究铝热反应 ‎16.根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向饱和Na2CO3 溶液中滴加少量稀盐酸，反应生成碳酸氢钠，不会生成气体，选项A错误；B．向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色胶状沉淀生成，说明酸性盐酸大于硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法判断Cl、Si元素的非金属性，选项B错误；C、向碘化钾溶液中滴加少量氯化铁溶液后加入KSCN溶液溶液变血红色说明发生络合反应生成Fe(SCN)3，但无法说明存在化学平衡，即不能说明碘化钾与氯化铁发生可逆反应，选项C错误；D．向淀粉的酸性水解液中先加入氢氧化钠溶液中和，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，否则酸与氢氧化铜反应，影响了实验结果，选项D错误；‎ ‎17.加碘食盐中的碘以KIO3形式存在。根据反应:IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，可用碘化钾淀粉试纸和食醋进行实验，证明食盐中存在IO3-。下列说法错误的是 A. 实验时可观察到试纸变为蓝色 B. 实验可证明该条件下氧化性: IO3-> I2‎ C. 每生成3 mol I2转移电子的物质的量6 mol D. 该反应中IO3-作氧化剂，发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.用淀粉KI试纸和食醋验证，反应生成碘单质，碘遇到淀粉变蓝；B.碘离子-1价变化为0价被氧化；C.根据反应的离子方程式中元素化合价变化计算；D. 反应：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，碘离子化合价-1价变化为0价升高被氧化发生氧化反应。‎ 详解:A.用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，所以A选项是正确的； B.反应：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，碘离子化合价-1价变化为0价，IO3-作氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以B选项是正确的； C.反应：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，1mol IO3-转移5mol电子，所以C选项是错误的； D. 反应：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价+5价变化为0价，IO3-作氧化剂，发生还原反应，故D正确；  所以本题答案选项C。‎ ‎18.下列说法中，不正确的是 A. 用蒸馏法能从海水中提取淡水 B. 从海水中可以得到氯化镁，再加热分解可制金属镁 C. 用氯气从海水中提溴的关键反应是Cl2+2Br-= 2Cl-+Br2‎ D. 煤的气化主要反应是C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用蒸馏法能从海水中提取淡水，选项A正确；B、镁是活泼的金属，电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，选项B不正确；C、氯气具有强氧化性，能被溴离子氧化生成单质溴，选项C正确；D、煤气的 主要成分是氢气和CO，选项D正确。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查海水淡化、镁的冶炼、海水中溴的提取、煤气的生成等，该题是基础性试题的考查，难度不大。试题紧扣教材，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的学习兴趣和学习积极性。‎ ‎19.下图是氢氧燃料电池构造示意图。下列说法不正确的是 A. a极是负极 B. 电子由b通过灯泡流向a C. 该电池总反应是2H2+ O2= 2H2O D. 该装置可将化学能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、H2通入a极，H2失去电子生成H+，所以a极为负极，正确；B、电子在外电路中由负极移向正极，即由a通过灯泡流向b，错误；C、氢氧燃料电池的总反应为2H2+ O2= 2H2O，正确；D、原电池是把化学能转化为电能的装置，错误。‎ 考点：本题考查氢氧燃料电池原理和方程式的书写。‎ ‎20.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%‎ B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂 C. ①→②放出能量并形成了C—C键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。‎ 详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。‎ ‎21.下图所示为交警在对驾驶员是否饮酒进行检测。其原理是：K2Cr2O7酸性溶液遇呼出的乙醇蒸气迅速反应。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是 ‎①乙醇沸点低　②乙醇密度比水小　③乙醇具有还原性 ‎④乙醇是烃的含氧衍生物　⑤乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应 A. ②⑤ B. ②③ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3+来分析解答。‎ 详解：①乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；②乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的Cr3+‎ ‎，与测定原理有关；④乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；⑤乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应，与测定原理无关；对乙醇的描述与此测定原理有关的是①③。故选C。‎ ‎22.X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m－n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是 A. X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2‎ B. Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高 C. Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z D. RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ X的原子半径在短周期主旋元素中最大，X是Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m—n，因为L层电子最多为8，所以n=2，m=6，则Y是O元素，Z是Si元素，W元素与Z元素同主族，W是C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，则R是S元素，A、X与Y形成的两种化合物Na2O、Na2O2，阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B、非金属性O>S，故水比硫化氢稳定，水中含有氢键，熔沸点高，B正确；C、非金属性：S＞C＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R>W>Z，C正确；D、CO2与氯化钡不反应，D错误。答案选D。‎ ‎23.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为 A. 1∶1 B. 5∶16 C. 2∶3 D. 3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol×2+2xmol×3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以 ‎3xmol×2+2xmol×3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。‎ ‎24.向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是 A. 含有两种溶质     ‎ B. 只含一种溶质 C. 只含Na2CO3   ‎ D. 含有Na2CO3和NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；当<<1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当≤，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；A．由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3，滴加盐酸都不能立即产生气体，选项A错误；B．①当溶质为Na2CO3‎ 时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项B错误；C．由B中分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项C正确；D．M含有含有Na2CO3和NaHCO3，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为选项D错误。答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键判断溶液可能的溶质，分情况讨论，注意消耗盐酸的体积。‎ ‎25.有甲、乙、丙三瓶等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液，若甲不变，将乙蒸发掉一半水（溶质不析出），丙中通入一定量的CO2 。然后以甲基橙作指示剂，用相同浓度的盐酸滴定，分别达到终点消耗盐酸的体积是 A. V甲=V乙＞V丙 B. V丙＞V乙＞V甲 C. V乙＞V丙＞V甲 D. V甲=V乙=V丙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲不变，乙蒸发掉一半水分，在丙中通入少量的CO2，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后溶液中的溶质均为NaCl，结合原子守恒计算。‎ ‎【详解】甲不变，乙蒸发掉一半水，在丙中通入少量的CO2，然后分别向甲、乙、丙三瓶中加入同浓度的盐酸，完全反应后溶液中的溶质均为NaCl，等体积等物质的量浓度的NaOH溶液中n（NaOH）相同，由原子守恒可知：n（NaOH）～n（H+）～n（NaCl），所以三者消耗盐酸的物质的量相同，由于盐酸的浓度相同，根据V=可知消耗盐酸的体积相同，即V甲=V乙=V丙，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应的计算，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握反应后溶液中的溶质及原子守恒为解答的关键，利用守恒法可快速得到答案，简化计算过程，题目难度不大。‎ ‎26.一定量的浓硝酸与足量铜完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积的O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol.L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL,下列说法正确的是 A. 参加反应的硝酸是0.4mol B. 消耗氧气的体积为1.68L C. 混合气体中含NO2 1.12L D. 此反应过程中转移的电子为0.3mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol。A、铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；B、生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；C、设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故C正确；D、根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了有关离子反应的计算的相关知识。‎ ‎27.请根据物质在生产、生活等方面的应用填空。‎ ‎（1）厨房里常使用小苏打，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈__________(填字母代号)。‎ a．浅蓝色　　　　b．浅红色　　　　　c．浅绿色 ‎（2）检验某补铁剂中的Fe2＋是否被氧化成Fe3＋，可用__________溶液(填字母代号)。‎ a．NaOH　　　　 b．H2O2　　　 　　c．KSCN ‎（3）电解氧化铝时加入冰晶石的作用为________________。‎ ‎（4）完成乙醇发生催化氧化的化学方程式：2CH3CH2OH＋O2_________________________。‎ ‎（5）常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，请写出负极的电极反应式：___________________。‎ ‎（6）铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式：___________。‎ ‎【答案】 (1). b (2). c (3). 降低氧化铝的熔点 (4). 2CH3CHO＋2H2O (5). Zn－2e－=Zn2＋ (6). 8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe ‎【解析】‎ 分析：(1)根据小苏打的主要成分为碳酸氢钠，在溶液中水解程度大于电离程度分析判断；‎ ‎(2)根据检验是否含有Fe3＋的方法分析判断；‎ ‎(3)根据氧化铝的熔点很高，熔融需要消耗大量能源分析判断； ‎ ‎(4)根据伯醇可以被催化氧化生成醛和水分析解答；‎ ‎(5)根据负极发生氧化反应，分析解答；‎ ‎(6)Al与Fe3O4反应生成Fe和Al2O3 分析书写。‎ 详解：(1)厨房里常使用小苏打，碳酸氢钠水解程度大于电离程度，溶液显碱性，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈浅红色，故选b；‎ ‎(2)检验某补铁剂中的Fe2＋是否被氧化成Fe3＋，只需要检验是否含有Fe3＋即可，故选c；‎ ‎(3)电解氧化铝时加入冰晶石可以降低氧化铝的熔点，故答案为：降低氧化铝的熔点；‎ ‎(4)乙醇在通作催化剂时，可以被氧气氧化为乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CHO+2H2O；‎ ‎(5)常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，负极发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，故答案为：Zn－2e－===Zn2＋；‎ ‎(6)Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式8Al+3Fe3O4 =9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4 ‎ ‎=9Fe+4Al2O3 。‎ ‎28.随原子序数的递增，七种短周期元素(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下图所示。‎ 根据判断出的元素回答:‎ ‎(1)x在元索周期表的位置是________________________。‎ ‎(2)y的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应，产物中含有化学键的类型为________________。‎ ‎(3)d的单质在空气中充分燃烧，所得产物的电子式为________；7.8 g该产物与足量的水完全反应，转移电子的数目为____________________。‎ ‎(4)z、e、f的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)。‎ ‎(5)能说明g的非金属性比f强的实验事实是________________(列举一条)。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期（或第2周期） 第ⅣA族 (2). 离子键、共价键（或极性键或极性共价键） (3). (4). 0.1NA或6.02×1022 (5). S2－＞O2－＞Al3＋ (6). HCl的稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S溶液中，溶液变浑浊 ‎【解析】‎ 分析：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,可以知道x是C元素,y是N元素,z是O元素,d是Na元素,e是Al元素,f是S元素,g是Cl元素。 详解： (1)x是C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于第2周期第ⅣA族， 因此，本题正确答案是：第2周期第ⅣA族； (2) N的最高价氧化物对应的水化物HNO3与其氢化物NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3中含有化学键的类型为离子键、共价键，‎ 因此，本题正确答案是：离子键、共价键；‎ ‎(3)Na的单质在空气中充分燃烧生成Na2O2，其电子式为；‎ ‎7.8 g Na2O2的物质的量为=0.1mol，根据反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1mol Na2O2和水反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2与足量的水完全反应，转移电子的数目为0.1NA或6.02×1022 。‎ 因此，本题正确答案是： ；0.1NA或6.02×1022；‎ ‎(4)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2－＞Al3＋，O2－和Al3＋2个电子层，而S2－3个电子层，所以S2－半径最大， 因此，本题正确答案是：S2－＞O2－＞Al3＋； (5)元素的非金属性越强，氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物酸性越强，所以能说明Cl的非金属性比S强的实验事实是HCl的稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S）溶液中，溶液变浑浊，‎ 因此，本题正确答案是：HCl的稳定性比H2S强或HClO4的酸性比H2SO4强或S2－的还原性比Cl－强或将Cl2通入Na2S（H2S）溶液中，溶液变浑浊。‎ ‎29.A、B、C、X是中学化学中常见的物质。在一定条件下，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）若X是空气的主要成分之一，则A不可能是_____(填代号)。‎ a. Na b.C c.S d.Al ‎（2）若A常用作制冷剂，C为红棕色气体。写出由A生成B的化学方程式___________。‎ ‎（3）若C可用于治疗胃酸过多，X是一种常见的温室气体。‎ ‎①鉴别等浓度的B溶液和C溶液，可选用的试剂为______________(填化学式)。‎ ‎②将A、B、C三种溶液混合，向45 mL混合液中逐滴加入一定浓度的盐酸，生成气体的体积(标准状况)与加入盐酸的体积关系如下图所示。‎ 写出ab段所发生反应的离子方程式__________________________；b点对应溶液中溶质的物质的量浓度为___________( 忽路溶液体积变化)。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (3). HCl或H2SO4或HNO3或BaCl2或CaCl2 (4). HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑ (5). 0.5 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ 分析：由反应的转化关系可以知道A可与X连续反应，如A为金属，应为变价金属，如X为氧气，则A可为变价非金属或Na，图中转化关系可符合铝三角的转化，或为多元弱酸对应的盐， 详解: (1)若X是 O2，则A不可能是Al，故答案选：d； (2) 若A常用作制冷剂，C为红棕色气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2，X为O2，所以由A生成B的化学方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O， 因此，本题正确答案是：4NH3＋5O24NO＋6H2O；   (3) 若C可用于治疗胃酸过多，X是一种常见的温室气体，则X为CO2，A为NaOH，B为Na2CO3， C为NaHCO3，‎ ‎①鉴别等浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，可选用的试剂为HCl或H2SO4或HNO3或BaCl2或CaCl2‎ 因此，本题正确答案是：HCl或H2SO4或HNO3或BaCl2或CaCl2； ②假设混合后的溶液中只有Na2CO3，向混合溶液中滴加盐酸，开始发生反应：Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，然后发生反应：NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑,前后2阶段消耗盐酸的体积相等，而实际中生成二氧化碳消耗盐酸较少，说明Oa段发生：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，而ab段发生：NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，则: ab段所发生反应的离子方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，‎ 因此，本题正确答案是为：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑； ab段发生：NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，所以二氧化碳的物质的量就是的盐酸的物质的量，‎ 根据c==1mol/L，‎ b点对应溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，NaCl的物质的量等于加入的HCl的物质的量，n=1mol/L×0.045L=0.045mol，所以NaCl的物质的量浓度为：0.5mol/L, 因此，本题正确答案是：0.5 mol·L－1。‎ 点睛：本题考查混合物计算，理解判断各阶段发生的反应是关键，同时守恒法是解决计算问题的法宝，一定要掌握，本题侧重学生分析判断和计算能力的考查，难度中等。‎ ‎30.I.某温度时，在一个10L恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为_________________。‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为________________。‎ ‎（3）平衡时容器内气体的压强与起始时比________________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的密度与起始时比________________。‎ ‎（4）将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，则原混合气体中a：b=____。‎ Ⅱ．在恒温恒压的密闭容器中，当下列物理量不再发生交化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比 ‎（1）一定能证明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是________（填序号，下同）。‎ ‎（2）一定能证明NH2COONH4(s)CO2(g)+2NH3(g)达到平衡状态的是______。‎ ‎【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.015 mol/(L·min) (3). 变小 (4). 不变 (5). 7:5 (6). ②③④ (7). ③‎ ‎【解析】‎ 分析：I.根据图像X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，结合问题通过三段式计算。‎ II.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。‎ 详解：I.（1）根据图像，X和Y的物质的量减小，说明作反应物，Z的物质的量增大，说明作生成物，化学反应速率之比等于化学计量数之比，同时间同体积，物质的量变化等于化学计量数之比，即三者物质的量变化为(1－0.7)：(1－0.9)：0.2=0.3：0.1：0.2=3：1：2，反应方程式为：3X+Y2Z；‎ ‎（2）v(X)=0.3/(2×10)mol/(L·min)=0.015 mol/(L·min)；‎ ‎（3）根据方程式可知平衡时容器内气体的压强与起始时比变小；组分都是气体，容积不变，气体的质量不变，因此反应前后气体密度不变；‎ ‎（4） 3X+Y2Z 起始量（mol） a b 0‎ 变化量（mol） 3x x 2x 时刻量（mol）a－3x b－x 2x n（X）=n（Y）=2n（Z），因此有a－3x=b－x，a－3x=4x，解得a=7x，b=5x，因此a：b=7x：5x=7：5；‎ II.（1）①反应在恒温恒压下进行，因此压强不变不能说明反应达到平衡，①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒压状态，容器的体积减小，因此密度不变能说明反应达到平衡，②正确；③正反应气体物质的量减少，因此总物质的量不变，说明反应达到平衡，③正确；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，正反应气体物质的量减小，因此当M不变，说明反应达到平衡，④正确；⑤没有指明反应进行方向，不能说明反应达到平衡状态，⑤错误；答案选②③④；‎ ‎（2）①反应在恒温恒压下进行，因此压强不变不能说明反应达到平衡，①错误；②只有生成物中有气体，且体积比固定，因此密度始终不变，不能说明反应达到平衡，②错误；③正反应气体物质的量增加，因此总物质的量不变，说明反应达到平衡，③正确；④只有生成物中有气体，且体积比固定，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡，④错误；⑤反应物是固体，不能表示反应速率，只有生成物中有气体，且体积比固定，因此生成物的反应速率之比等于化学计量数之比不能说明反应达到平衡状态，⑤错误；答案选③。‎ 点睛：本题主要是考查化学平衡的有关计算、平衡状态判断，易错点是化学平衡状态判断，注意从平衡状态的特征、特点的角度去分析理解。对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。本题还需要注意“恒温恒压”这一反应条件。‎ ‎31.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．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．根据下图所示装置图回答以下问题。‎ ‎（1）利用如图装置可以验证元素的非金属性的变化规律。图中 A 装置名称是____________，干燥管 D的作用是______________。‎ ‎（2）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、MnO2、浓盐酸，请从中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫，烧瓶中发生反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎（3）若要用此装置证明酸性: HNO3>H2CO3>H2SiO3 进而证明非金属性: N>C>Si，从以下所 给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：‎ ‎①稀 HNO3溶液 ②稀盐酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2‎ 装置 A、C中所选试剂分别为______________（填序号）；能说明酸性 H2CO3>H2SiO3的实验现象是________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 不合理，NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物 (2). 分液漏斗 (3). 防倒吸 (4). 2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O (5). ①④ (6). C试管中出现白色（胶状）沉淀 ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3•H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3•H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3•H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，故答案为：不合理，NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物；Ⅱ．（1‎ ‎）根据仪器图可知图中 A 装置名称是分液漏斗；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防止倒吸；（2）设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；（3）若要证明非金属性：N>C>Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A中可以加稀 HNO3，通过HNO3和碳酸钠的反应来制取CO2，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，故非金属性：N>C>Si。故答案为：装置 A、C中所选试剂分别为①④；能说明酸性 H2CO3>H2SiO3的实验现象是C试管中出现白色（胶状）沉淀。‎ ‎【点睛】本题考查了实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究，明确物质的性质是解本题关键，同时考查学生灵活运用知识解答问题的能力，题目难度中等。‎ ‎ ‎