2018-2019学年安徽省六安市第一中学高一下学期第二次阶段检测化学试题（解析版）
六安一中2018~2019学年第二学期高一年级第二次阶段检测
化学试卷
满分：100分 时间：90分钟
可能用到的相对原子质量 H-1 D-2 N-14 O-16 Na-23
一、单项选择题（把符合题意的选项填在答题卡上，每个小题3分，共48分）
1.我国首辆月球车“玉兔”号用Pu作为热源材料。下列关于Pu的说法正确的是（ ）
A. Pu是金属元素 B. Pu与Pu互为同素异形体
C. Pu与U具有相同的化学性质 D. Pu是第六周期元素
【答案】A
【解析】
【详解】A. Pu 的质子数为94，原子序数为94，在元素周期表中第七周期第IIIB族，属于金属元素，A项正确；
B. 同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，B项错误；
C. Pu与U质子数不同，最外层电子数不同，则化学性质不同，C项错误；
D. Pu是第七周期元素，D项错误；
答案选A。
【点睛】推测元素在周期表中位置是解题的突破口，可以根据“零族定位法”，即根据稀有气体常见的位置关系与原子序数（He:2，Ne:10，Ar:18，Kr:36，Xe:54，Rn:86）通过比大小定周期，求差值定族序数的方法求出该元素在周期表的位置，如Pu的原子序数为94，则比Rn大8，为第七周期IIIB族，属于锕系元素。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 过氧化钠的电子式：
B. 氯原子的结构示意图：
C. 中子数为76、质子数为55的原子
D. 次氯酸分子式：HClO；次氯酸的电子式：
【答案】D
【解析】
试题分析：A在过氧化钠中两个氧原子共用一对电子，而不是两对。错误。B氯原子是17号元素，最外层电子是7个。错误C在原子的组成中元素符号右上角应该是质量数，也就是质子与中子数的和，写成131．错误。D书写符合实际。正确
考点：考查化学用语等知识。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力
B. 氯化氢气体溶于水产生H+和Cl-，所以HCl是离子化合物
C. 硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键
D. 加热氯化铵固体使其分解，需克服离子键和共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，A项正确；
B. 氯化氢气体溶于水时，在水分子作用下H−Cl共价键断裂，HCl中只有共价键，HCl属于共价化合物，B项错误；
C. 硫酸氢钠是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO4−在水中电离需要克服共价键，C项正确；
D. 氯化铵受热分解会生成氨气与氯化氢，则需要破坏铵根离子与氯离子之间的离子键、铵根离子内部的氮氢共价键，D项正确；
答案选B。
4.碱金属钫（Fr）具有放射性，它是碱金属元素中最重的元素，下列对其性质的预言中，不正确的是（ ）
A. 在碱金属元素形成的单质中它熔点最低
B. 它的氢氧化物化学式为FrOH，是一种强碱
C. 钫在空气中燃烧时，只生成化学式为Fr2O的氧化物
D. 它能跟水反应，由于反应剧烈而发生爆炸
【答案】C
【解析】
【分析】
根据碱金属的性质递变进行分析判断，同主族从上到下原子半径依次增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强，与水反应的剧烈程度依次增大，与氧气燃烧的生成物比Na、K更复杂。
【详解】A. 碱金属元素单质的熔沸点从上到下依次减弱，则在碱金属元素形成的单质中Fr熔点最低，A项正确；
B. Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1价，它的氢氧化物化学式为FrOH，同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，碱性比KOH强，是一种极强的碱，B项正确；
C. 钫在空气中燃烧时生成比过氧化物更复杂的氧化物，化学式为FrO2等，C项错误；
D、Fr跟水反应生成FrOH和氢气，Fr金属性比K活泼，与水反应比K更剧烈，故反应剧烈而发生爆炸，D项正确；
答案选C。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 18 g H2O、D2O组成的物质中含有的质子数为10NA
B. 1 mol白磷分子（P4）中含有的P—P键的数目为6NA
C. 0.1molNaCl中含有0.1NA个NaCl分子
D. 在反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3＋O2中，每生成32g O2转移的电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 18g D2O含有的质子数，18g H2O含有的质子数，A项错误；
B. 白磷的空间构型为正四面体，1个白磷分子中含有6个P-P键，1mol 白磷(P4)分子中所含化学键的数目为6NA，B项正确；
C. NaCl为离子晶体，不存在分子，C项错误；
D. 由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，O22e-，32g O2的物质的量为=1mol，则每生成32g O2转移的电子数为2NA，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题易错选C，忽视NaCl的构成微粒是离子，不是分子。
6.短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如图所示。下列说法中正确的组合是（ ）
A
B
C
D
E
①若A(OH)n为强碱，则B(OH)m也一定为强碱；
②若A(OH)n为两性氢氧化物，则D的最高价氧化物对应水化物可以与其简单氢化物反应；
③若HnCOm为强酸时，E的单质可能具有强氧化性；
④若HnEOm为强酸，A的氯化物一定是离子化合物。
A. ①④ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
同一周期元素从左到右非金属性依次增强，金属性依次减弱，结合其判断方法作答。
【详解】根据元素在周期表中的位置关系可知，A、B、C、D和E为同周期元素且原子序数依次增大，则
①因金属性：A>B，则若A(OH)n为强碱，则B(OH)m不一定为强碱，如A为Na，B为Mg，①项错误；
②若A(OH)n为两性氢氧化物，则A为Be或Al，若A为Be，则D为N，N的最高价氧化物对应水化物硝酸能与其气态氢化物氨气反应生成硝酸铵，若A为Al，则D的最高价氧化物对应水化物硫酸可以与其简单氢化物（H2S）发生氧化还原反应，②项正确；
③若HnCOm为强酸时，则C可能为非金属N，则E的单质为氟气，具有强氧化性，③项正确；
④若HnEOm为强酸，若E为Cl元素，则A的氯化物为氯化铝，是共价化合物，④项错误；
综上所述，②③项符合题意，C项正确；
答案选C。
7.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A. 负极反应中有CO2生成
B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
D. 电池总反应为C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。
【详解】A.根据上述分析可知，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=6CO2+24H+，因此CO2在负极产生，A项正确；
B. 葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，B项正确；
C. 根据上述分析可知，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，C项错误；
D. 该反应属于燃料电池，燃料电池的电池总反应式一般和燃烧反应方程式相同，则电池反应式为C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O，D项正确；
答案选C。
【点睛】准确判断该原电池的正负极及其电极反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题中因是质子交换膜，则正极反应式的书写中不可能出现氢氧根离子，此外，掌握一般情况下，原电池原理中的活泼金属单质在负极反应或燃料电池中的氧气在正极参与反应等典型特点也是解此类题的关键技巧。
8.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 气态氢化物的还原性： R ＞ W
C. WX3和水反应形成的化合物是共价化合物
D. 含Z的两种盐溶液反应的离子方程式是Z3++ZO2-+H2O=2Z(OH)3↓
【答案】C
【解析】
【分析】
为短周期元素，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的化合价有+7价、-1价，R为Cl，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W和R分别是O、Na、Al、S和Cl，则
A. 同周期随原子序数增大，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na>Al>O，即Y>Z>X，A项错误；
B. 非金属性Cl>S，则氧化性：Cl>S，气态氢化物的还原性：HCl＜H2S，B项错误；
C. SO3与H2O化合生成H2SO4，H2SO4是共价化合物，C项正确；
D. 含Z的两种盐溶液分别是铝盐与偏铝酸盐，其反应的离子方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，D项错误；
答案选C。
9.A、B、C、D、E代表五种金属，有以下化学反应：
（1）水溶液中A＋B2＋=A2＋＋B；
（2）2C＋2H2O(冷水)=2COH＋H2↑；
（3）D、E为电极，与E盐溶液组成原电池，D电极反应为D－2e－=D2＋；
（4）B可以溶于稀硫酸中，D不被稀硫酸氧化。
则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是（ ）
A. D＜E＜B＜A＜C B. E＜D＜A＜B＜C C. E＜D＜B＜A＜C D. A＜C＜E＜D＜B
【答案】C
【解析】
【分析】
金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此分析解答。
【详解】（1）水溶液中A+B2+═A2++B，说明金属的活动性A>B；
（2） 2C＋2H2O(冷水)=2COH＋H2↑，能与冷水反应生成氢气说明C金属活动性很强；
（3） D、E为电极，与E盐溶液组成原电池，D电极反应为D－2e－=D2＋
，D失电子发生氧化反应，则D是负极，E是正极，金属活动性D>E；
（4） B可以溶于稀硫酸中，D不被稀硫酸氧化，说明金属活动性B>D，
通过以上分析知，金属活动性顺序 E
1254kJ（其中t起始<22），D项错误；
答案选B。
15.有A，B，C，D主族元素，有关它们的一些信息如表所示：
元素
A
B
C
D
相关的原子结构与性质
元素符号为At，与稀有气体元素相邻，但半径比I大
其在周期表的周期数和族序数比K的均大1
元素符号为Tl，名称是铊，原子核外有六个电子层，与Al同主族
可形成双原子分子，分子内有叁键
则下列有关说法中正确的是（ ）
A. 元素A的单质可能是一种有色的固体物质，其氢化物HAt易溶于水，很稳定
B. 常温下B的单质能与冷水发生剧烈反应，其硫酸盐可能易溶于水
C. 铊氧化物化学式为Tl2O3，是离子化合物，Tl2O3和Tl（OH）3均是两性的物质
D. 元素D的一些氧化物在大气中会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层
【答案】D
【解析】
A．卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，由于碘单质为紫黑色固体，故At的单质为有色固体，同主族从上到下氢化物稳定性减弱，HAt，很不稳定，故A错误；B．B在周期表的周期数和族序数比K的均大1，则为第五周期第ⅡA族元素，由于硫酸钙为微溶，从上到下溶解度减小，故B对于的硫酸盐在水中不会是易溶，故B错误；C．铊为较活泼金属，Tl2O3和Tl（OH）3均不属于两性物质，Tl（OH）3为强碱，故C错误；D．D为N，氮的部分氧化物会产生光化学烟雾，还会破坏臭氧层，故D正确；故选D。
16.某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1-xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni(OH)2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（ ）
A. 锂离子电池放电时Li+向正极迁移
B. 镍氢电池放电时，正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-
C. 下图表示用锂离子电池给镍氢电池充电
D. 锂离子电池放电时，负极的电极反应式：Li1-xMn2O4+xLi+-xe-=LiMn2O4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li+向正极迁移，A项正确；
B. 某手机镍氢电池总反应为：NiOOH+MH M+Ni(OH)2（M为储氢金属或合金），则放电时正极的电极反应式：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，B项正确；
C. 图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，C项正确；
D. 锂离子电池放电时，负极发生氧化反应，方程式为Li-e-= Li+，D项错误；
答案选D。
二．填空题（共52分）
17.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题。
（1）③、④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序是________。(用离子符号表示)
（2）①、③、④、⑥元素可形成多种含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请写出B、D微粒的电子式：B_______，D________。
并写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式____________________________。
（3）由④⑤⑧三种元素组成某种盐是家用消毒液的主要成分，将该盐溶液滴入KI淀粉溶液中溶液变为蓝色，则反应的离子方程式为________________________。
【答案】 (1). N3->O2->Na+>Al3+ (2). (3). (4). Al3+ +3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (5). ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置关系可知，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦和⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si和Cl，再结合元素周期律与物质结构与性质作答，
（1）③、④、⑤、⑥四种元素对应的简单离子电子层数相同，依据离子半径规律作答；
（2）①、③、④、⑥元素可形成多种含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C为阳离子，D为阴离子，B溶于A后所得的物质可电离出C和D，则可知涉及的反应为氨气溶于水后生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子与氢氧根离子，则推出B为氨气，A为水，C为铵根离子，D为氢氧根离子；又A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀，则可知E为Al3+，涉及的离子反应为铝离子与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀与铵根离子，据此分析作答；
（3）由④⑤⑧三种元素组成的某种盐是家用消毒液的主要成分，则该盐为NaClO，将该盐溶液滴入KI淀粉溶液中溶液变为蓝色，发生氧化还原反应，据此分析。
【详解】根据上述分析可知，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦和⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si和Cl，
（1）电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则③、④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序是N3->O2->Na+>Al3+；
（2）根据上述分析可知B为氨气，其电子式为：；D为氢氧根离子，其电子式为：；
A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3+ +3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（3）由④⑤⑧三种元素组成的NaClO与KI发生氧化还原反应，其离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-。
18.A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，其中A、I为常见金属，它们之间的相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：
（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素在周期表中的位置是________。
（2）写出C物质的化学式：________。
（3）写出①、⑥反应的化学方程式：
①：____________________________。
⑥：____________________________。
（4）从能量变化的角度看，反应①②③中，属于放热反应的是________(填序号)。
【答案】 (1). 第四周期 第Ⅷ族 (2). FeCl2 (3). 3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 (5). ①②
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物，可以和氢氧化钠反应，电解G生成金属I和H，则G为两性氧化物，G为Al2O3，I为Al，Al2O3、Al与NaOH反应生成的J为NaAlO2，电解Al2O3生成O2和Al，则H为O2；A为金属，A在氧气中燃烧生成B，B为A的氧化物，I+B在高温下反应生成A，I与B的反应为铝热反应，B与HCl反应生成C和D，C与NaOH反应生成E，D与氨水反应生成F，E在空气中可转化成F，则F为Fe（OH）3，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，C为FeCl2，B为Fe3O4，A为Fe，根据物质的性质可进一步书写有关反应的化学方程式，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I和J分别是Fe、 Fe3O4、 FeCl2、 FeCl3、 Fe(OH)2、Fe(OH)3、O2、Al和NaAlO2，则
（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素为Fe，Fe在元素周期表中的位置为：第四周期 第Ⅷ族；
（2）CFeCl2；
（3）反应①是Fe3O4与Al高温下制备Fe的过程，其化学方程式为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3；反应⑥是Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的过程，其化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（4）反应①铝热反应属于放热反应，反应②Fe的燃烧反应属于放热反应，反应③电解熔融氧化铝为吸热反应，则属于放热反应的是：①②。
19.同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验操作步骤：
Ⅰ.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。
Ⅱ.A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2当…时，关闭活塞a。
请回答：
（1）盛放盐酸的仪器名称是___________。
（2）通过步骤Ⅰ得知盐酸具有的性质是________（填字母）。
A．酸性 B.还原性 C.氧化性 D.挥发性
（3）C装置中的X是________（写化学式）。
（4）为了验证碳的非金属性强于硅，步骤Ⅱ中未写出的现象是___________________。
若通入D中的CO2足量，D中发生反应的离子方程式是______________________。
（5）碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因是_____________________（从原子结构角度加以解释）。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A、D (3). NaHCO3 (4). D中出现白色沉淀 (5). SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3- (6). 电子层数增加，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引能力减弱，非金属性减弱
【解析】
【分析】
B中发生盐酸与碳酸钙的反应，生成氯化钙、水、二氧化碳；A中挥发的HCl能与硝酸银发生反应看到白色沉淀，X为碳酸氢钠溶液，与挥发的盐酸反应，可除去二氧化碳中混有的HCl；D中发生二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，依据强酸制弱酸原理探究得出碳的非金属性比硅强，据此分析作答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，盛放盐酸的仪器名称是分液漏斗；
（2）在B中产生气泡说明盐酸具有酸性，A中看到白色沉淀，说明B装置中挥发的盐酸能与硝酸酸化的AgNO3反应，可知盐酸具有的酸性、挥发性，故答案为：AD；
（3） C装置的作用是除二氧化碳中混有的HCl气体，X为碳酸氢钠溶液，与挥发的盐酸反应，可除去二氧化碳中混有的HCl，故答案为：NaHCO3；
（4）D中发生二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，CO2足量时该反应为Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子方程式为SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，步骤Ⅱ中未写的操作和现象是关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色沉淀后，则证明碳的非金属性大于硅，故答案为：D中出现白色沉淀；SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
（5）碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因是两者位于同一主族，随着电子层数增加，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引能力减弱，非金属性减弱。
20.2018年12月7日12时12分，我国成功用长征二号丁运载火箭将沙特等国的12颗卫星一次性送入预定轨道，标志着我国一箭多星发射技术已经达到国际领先水平。火箭推进器常用强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水来产生推力。
（1）已知肼分子中每个原子的最外层电子都达到了稳定结构，请写出肼的结构式：________。
（2）肼-空气燃料电池是一种环保的碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液，
肼-空气燃料电池放电时负极的电极反应式是________________________。
（3）由18O、16O、H、D原子组成的H2O2分子共有10种，这10种分子中共有_______种相对分子质量。
（4）一种用H2O2处理剧毒物质NaCN的化学方程式是NaCN+H2O2→N2↑+X+H2O，则X的化学式是____________。
（5）强氧化剂液态H2O2也可以用NO2、或F2 代替，试写出N2H4与F2的化学反应方程式_________。
【答案】 (1). (2). N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O (3). 7种 (4). NaHCO3 (5). N2H4+2F2=N2+4HF
【解析】
【分析】
（1）根据共价键成键规律作答；
（2）肼-空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答；
（3）根据氢原子有2种同位素和氧原子有两种同位素进行判断；
（4）依据电子转移数守恒和元素守恒规律作答；
（5）依据氧化还原反应的规律作答。
【详解】（1）已知N2H4
分子内所有原子的最外层都达到了稳定结构，N最外层5个电子可以形成3个单键，H最外层1个电子只能形成一个单键，则它的结构式为：，故答案为：；
（2）肼−空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，电极反应式为N2H4+4OH−−4e−=4H2O+N2↑，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O；
（3）氢原子有两种同位素H、D，氧原子有两种同位素18O、16O，故组成的H2O2分子可能为：H218O2、H216O2、H218O16O、D218O2、D216O2、D218O16O、HD18O2、HD16O2、HD18O16O和HD16O18O共10种，其相对分子质量分别为：38、34、36、40、36、38、39、35、37和37，则相对原子质量种类有7种；
（4）NaCN种C为+2价，N为-3价，则NaCN+H2O2→N2↑+X+H2O反应中，N元素化合价从-3升高到0价，升高3，C元素化合价由+2价升高到+4价，1molNaCN失去5mol电子，O元素从-1价降低到-2价，1molH2O2反应得到2mol电子，根据电子得失守恒可知NaCN 与H2O2的物质的量之比为2:5，再根据元素守恒定律可知，X为NaHCO3；
（5）F2将N2H4氧化生成氮气和HF，其化学方程式为：N2H4+2F2=N2+4HF。
21.道路千万条，安全第一条，行车不规范，亲人两行泪。减少交通事故除遵守交通法规正确驾驶外，安全措施也极为重要。汽车的安全气嚢内一般充入的是叠氮化钠（NaN3）、硝酸铵（NH4NO3）、硝酸钾（KNO3）等物质。当汽车在高速行驶中受到猛烈撞击时，这些物质会迅速发生分解或发生反应，产生大量气体，充满气囊，从而保护驾驶员和乘客的安全。
请回答下列问题：
（1）下列判断正确的是_______。
A．道路起雾与H2O分子的化学键断裂有关
B．NH4NO3、KNO3中含有化学键的类型完全相同
C．NaN3不会和酸性高锰酸钾或次氯酸钠溶液反应
D．NaN3、NH4NO3固体在储存和使用时都必须格外小心，以免发生爆炸
（2）汽车的安全气囊内叠氮化钠爆炸过程中的能量变化如图所示：
①叠氮化钠的爆炸反应属于_______（填“吸热”或“放热”）反应。
②若爆炸过程中有30mol
非极性键生成（一个共用电子对为一个化学健），则反应的能量变化为____kJ(用含a、b的代数式表示)，消耗叠氮化钠的质量为_________g。
（3）若安全气囊内充的是叠氮酸钠和硝酸钾，撞击时发生的反应是10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。当该反应的氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子的物质的量是________mol，同时气囊内还必须充入一定量的SiO2粉末，其在安全气囊内所起的作用可能是___________________。
【答案】 (1). B、D (2). 放热反应 (3). 2.5（a-b）或2.5（b-a） (4). 487.5 (5). 1 (6). SiO2与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害
【解析】
【分析】
（1）A．道路起雾，水分子不变；
B．分析化合物化学键类型；
C．NaN3中N为-1/3价，具有还原性；
D．NaN3、硝酸铵受到猛烈撞击时，就会发生化学变化；
（2）①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②发生3NaN3═Na3N+4N2↑，氮气中N≡N非极性键，由反应及图可知生成12 mol非极性键放热为（a-b）kJ，据此计算；
（3）10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中，KNO3中N元素由+5价降低为0，反应中共转移10电子，NaN3中N元素的化合价由-1/3价升至0价，根据N守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为15:1，由反应可知，生成16molN2时氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.4mol，据此计算；SiO2是酸性氧化物，可与产物K2O、Na2O反应。
【详解】（1）A. 道路起雾，水分子不变，水分子中化学键不变，A项错误；
B. NH4NO3含离子键、极性共价键，KNO3由钾离子与硝酸根离子之间为离子键，硝酸根离子中N与O原子之间为极性共价键，则两者化学键类型相同，B项正确；
C. NaN3具有还原性，可和酸性高锰酸钾或次氯酸钠溶液反应，C项错误；
D. NaN3受到猛烈撞击时，就会发生化学变化； NH4NO3固体属于易燃易爆固体，在储存和使用时都必须格外小心，以免发生爆炸，D项正确；
故答案为：B、D；
（2）①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；
②发生3NaN3═Na3N+4N2↑，氮气中N≡N非极性键，由反应及图可知生成12 mol非极性键放热为(a−b) kJ，则有30 mol非极性键生成(一个共用电子对为一个化学健)，则反应的能量变化为(a−b) kJ×= 2.5（a-b）或(b−a) kJ×=2.5（b-a），消耗叠氮化钠的质量为mol×65g/mol = 487.5 g，
故答案为：2.5（a-b）或2.5（b-a）；487.5；
（3）10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中，KNO3中N元素由+5价降低为0，反应中共转移10电子，NaN3中N元素的化合价由-1/3价升至0价，根据N守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为15:1，由反应可知，生成16mol N2时氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.4mol，则该反应生成氮气为= 1.6mol，根据关系式16N210e-可知转移电子的物质的量是 ×1.6 mol=1mol； 同时气囊内还必须充入一定量的SiO2粉末，其在安全气囊内所起的作用可能是SiO2与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害，故答案为：1mol；SiO2与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，减少对人体的伤害。
