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【化学】江苏省邗江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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江苏省邗江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的是（ ）
A. 将废旧电池深埋，防止污染环境
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
【答案】A
【解析】A.废旧电池深埋会污染土壤和地下水，而且深埋以后污染更难以去除，故A选；
B.城市污水中含氮、磷等元素，排入水体会导致水体富营养化，造成赤潮和水华，所以应加强生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，故B不选；
C.积极推广太阳能、风能等新能源的使用，减少化石燃料的使用可以减少因化石燃料的燃烧带来的能源不足以及酸雨等问题，故C不选；
D.汽车尾气中含有一氧化碳和一氧化氮，催化处理汽车尾气能减少空气污染，以及由氮氧化物引起的光化学烟雾，故D不选。
故选A。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 氮气的电子式为： B. CO2的结构式：O=C=O
C. 甲烷的球棍模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】B
【解析】A.氮原子核外有5个价电子，每个N各用3个价电子和另一个N形成三对共用电子对，每个N还有一对没有共用的电子，N2的电子式为：，故A不选；
B.二氧化碳每个碳原子都和氧原子共用两对电子形成碳氧双键，故B选；
C.此为甲烷的比例模型非球棍模型，故C不选；
D.氯离子是氯原子得1个电子之后形成的，其结构示意图为。故D不选。
故选B。
3.下列物质中，既有离子键又有共价键的是（ ）
A. NaCl B. CO2 C. NaOH D. H2
【答案】C
【解析】A.氯化钠是由Na+和Cl-通过离子键形成的，只有离子键，故A不选；
B.二氧化碳是由碳原子和氧原子通过共价键形成的共价化合物，只有共价键，故B不选；
C.氢氧化钠是由Na+和OH-构成的，OH-里的氢原子和氧原子之间是通过共价键结合而成的，故C选；
D.H2是由两个氢原子之间共用一对电子形成的，只有共价键，故D不选；
故选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. CO2和SiO2的晶体类型相同
B. CH2=CH2和 CH3-CH3 互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 石墨和C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】A.固体二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，故A不选；
B.同分异构体是分子式相同，结构不同化合物。乙烯和乙烷分子式不同，不是同分异构体，故B不选；
C.同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。水是分子不是原子，故C不选；
D.同素异形体是同种元素形成的不同单质。石墨和C60都是碳元素形成的单质，所以石墨和C60是同素异形体，故D选。
故选D。
5.下列反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）
A. C和CO2在高温下反应
B. H2在Cl2中燃烧
C. NaOH与H2SO4反应
D. Na和H2O的反应
【答案】A
【解析】
【分析】在此图中反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应。
【详解】A.碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，故A选；
B.氢气在氯气中燃烧放出大量的热，是放热反应，故B不选；
C.酸碱中和都是放热反应，故C不选；
D.钠和水生成氢氧化钠和氢气的反应是放热反应，故D不选。
故选A。
6.用铁片与1 mol·L－1 H2SO4反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（ ）
A. 加入少量的CuSO4溶液 B. 改用18 mol·L－1硫酸溶液反应
C. 不用铁片，改用铁粉 D. 加热
【答案】B
【解析】A.加入少量硫酸铜溶液，铁可以和硫酸铜发生置换，置换出来的铜和铁构成铁铜原电池可以加快反应速率，故A不选；
B.如果改用18mol/L的浓硫酸和铁反应，铁在浓硫酸中常温下会发生钝化，不生成氢气，故B选；
C.改用铁粉可以增大接触面积，加快反应速率，故C不选；
D.温度升高，可以使速率加快，故D不选。
故选B。
7.下列比较正确的是（ ）
A. 离子半径：Mg2+＞Na+＞O2-
B. 酸性强弱：HClO3＞H2SO4＞H3PO4
C. 碱性强弱：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
D. 氢化物的稳定性：HI＞HCl＞HF
【答案】C
【解析】A.镁离子、钠离子和氧离子的核外电子排布相同，都有两层电子。当电子层数相同时，离子半径取决于质子数，质子数越多，半径越小。所以这三种离子的半径大小顺序为：Mg2+＜Na+＜O2-，故A不选；
B.非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性和非金属性一致。Cl、S、P的非金属性：Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4。HClO3不是氯的最高价氧化物对应的水化物，故B不选；
C.金属元素的氢氧化物的碱性强弱和金属性一致。钠、镁、铝金属性依次减弱，所以其氢氧化物的碱性也依次减弱，故C选；
D.非金属元素的氢化物的稳定性和非金属性一致。F、Cl、I的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性也逐渐减弱，故D不选。
故选C。
8.实验室制取气体时，不能用排空气法收集的是（ ）
A. H2 B. NO2 C. NH3 D. NO
【答案】D
【解析】A.氢气的密度比空气的密度小，所以可以用向下排空气法收集，故A不选；
B.二氧化氮密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故B不选；
C.氨气密度比空气密度小，可以用向下排空气法收集，故C不选；
D.一氧化氮能和空气中的氧气反应，所以不能用排空气法，只能用排水法收集，故D选。
故选D。
9.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. 3Cu＋8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O↑
B. CuO＋2HNO3=Cu(NO3)2＋H2O
C. 4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O
D. H2S＋2HNO3(浓) S↓＋2NO2＋2H2O
【答案】A
【解析】A.铜和稀硝酸的反应中硝酸里+5价氮在反应后，部分降低到+2价，体现了氧化性，还有一部分化合价没有变化，生成了硝酸铜里，这部分硝酸表现出酸性，故A选；
B.氧化铜和硝酸发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，硝酸只体现出酸性，没有表现氧化性，故B不选；
C.硝酸的分解反应中硝酸既作氧化剂又作还原剂，既表现出氧化性，又表现出还原性，没有表现出酸性，故C不选；
D.硫化氢和硝酸的反应中，硝酸里的氮的化合价全部降低，只表现氧化性，没有表现酸性，故D不选。
故选A
10.已知N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1。则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l) ΔH＝－267 kJ·mol－1
B. N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g) ΔH＝＋267 kJ·mol－1
C. 2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1068 kJ·mol－1
D. N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g) ΔH＝＋534 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】题干给出的热化学方程式的含义是1mol气体肼和1mol氧气反应生成1mol氮气和1mol水蒸气，放出534千焦的热量。
【详解】A.对于N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l)，此反应除了把题干给出的反应的系数除以2外，还改变了水的状态，所以焓变就不会正好是534的一半即267，故A不选；
B.对于N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g)，仅仅是把题干的反应的系数缩小了一半，焓变数值也相应的缩小到一半，但焓变的符号不会改变，故B不选；
C.对于2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g)，是把题干的反应的系数扩大了2倍，焓变也相应地扩大了2倍，故C选；
D.对于N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g)，把题干的反应的反应物和生成物颠倒并且把水的状态改变了，所以焓变不仅仅是改变符号而已，故D不选。
故选C。
11.如图为锌铜原电池示意图，下列说法错误的是（ ）
A. 锌片为负极，且锌片逐渐溶解
B. 电子由铜片通过导线流向锌片
C. 铜为正极，铜不易失电子而受到保护
D. 该装置能将化学能转变为电能
【答案】B
【解析】A.锌比铜活泼，锌片为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，锌片逐渐溶解，故A不选；
B.锌为负极，失电子，电子由锌片通过导线流向铜片，故B选；
C.此原电池中，锌失电子，铜不会失电子，被保护，故C不选；
D.该装置是原电池，将化学能转化为电能，故D不选。
故选B。
12.下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（ ）
A. NO2与水发生化合反应生成HNO3
B. NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定
C. 实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3
D. HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO3
【答案】D
【解析】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；
B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态。氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；
C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；
D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。
故选D。
13.N2＋3H22NH3在密闭容器中反应一段时间后，达到最大限度。则下列说法中正确的是（ ）
A. N2、H2不再化合 B. N2、H2、NH3浓度不再变化
C. N2、H2、NH3的质量相等 D. N2的转化率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】合成氨反应达到最大限度即达到平衡状态。
【详解】A.此反应是一可逆反应，达到平衡状态时，由于化学平衡是一动态平衡，所以氮气和氢气化合成氨气的同时，氨气也会分解成氮气和氢气，故A不选；
B.达到平衡时，单位时间内生成的氮气和消耗的氮气的物质的量相等，氢气和氨气也是如此，所以氮气，氢气，氨气的物质的量及浓度都不再变化，故B选；
C.平衡时，氮气、氢气、氨气的质量不再改变，但是质量不一定相等，故C不选；
D.此反应是可逆反应，氮气的转化率不可能达到100%，故D不选。
故选B。
14.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反应H2+ I22HI，若某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反应时间为8s ，则反应起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为（ ）
A. 小于30s B. 等于30s C. 大于30s D. 无法判断
【答案】A
【解析】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反应起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
故选A。
15.X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】元素最高价氧化物对应水化物的化学式是HXO3，则最高价是＋5价，所以最低价是－（8－5）＝－3价，因此氢化物的化学式是H3X或XH3，答案选C。
16.关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表有8个主族 B. ⅠA族的元素全部是金属元素
C. 短周期是指第一、二周期 D. 元素周期表有7个周期
【答案】D
【解析】A.元素周期表有16个族，其中有7个主族，故A不选；
B.第ⅠA族除了氢元素全部是金属元素，故B不选；
C.短周期是指前三周期，故C不选；
D.元素周期表有七个横行，每一横行就是一个周期，所以共有7个周期，故D选。
故选D。
17. 美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数118，中子数为175的超重元素，该元素原子核内中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 47 B. 57 C. 61 D. 293
【答案】B
【解析】试题分析：对中性原子来说，质子数=核外电子数=118，中子数和核外电子数之差为175-118=57，故选项B正确。
18.能说明Cl的非金属性比S的非金属性强的事实是（ ）
A. H2S的水溶液中滴加新制氯水后出现浑浊
B. Cl原子最外层有7个电子，而S原子最外层有6个电子
C. HCl水溶液的酸性强于H2S水溶液的酸性
D. HClO4的酸性比H2SO3的酸性强
【答案】A
【解析】A.硫化氢水溶液中滴加新制氯水出现浑浊是生成了单质硫，发生的反应为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，说明所以氯气的氧化性强于硫，能说明氯的非金属性比硫强，故A选；
B.非金属性的强弱取决于得电子能力，和最外层电子数多少无关，故B不选；
C.盐酸和氢硫酸都是无氧酸。而非金属性的强弱取决于最高价含氧酸的酸性强弱，故C不选；
D.非金属性的强弱和最高价含氧酸的酸性有关，而亚硫酸不是硫的最高价含氧酸，故D不选。
故选A
19.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，Z原子的最外层上只有一个电子。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(X)>r(Y)
B. Y与Z两种元素只能形成一种化合物
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】A.X原子最外层电子数是其电子层数的两倍，X可能为碳和硫，在这四种元素中X的原子序数最小，所以X只能为碳。Y是地壳中含量最高的元素，所以Y是氧。Y原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，那么W原子最外层电子数为3，所以W是铝。Z原子最外层只有一个电子，Z介于氧和铝之间，所以Z是钠。这四种元素依次为碳，氧，钠，铝。
【详解】A.这四种元素的原子半径的大小顺序为：Na＞Al＞C＞O，故A不选；
B.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故B不选；
C.最高价氧化物对应水化物的碱性和金属性一致，钠的金属性强于铝，所以氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故C不选；
D.氢化物的稳定性和非金属性一致，氧的非金属性强于碳，所以水的稳定性强于甲烷，故D选。
故选D。
20.某硫酸与硝酸的混合溶液中， H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 mol·L－1和2.0 mol·L－1。取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为（ ）
A. 0.56L B. 0.84 L C. 0.224 L D. 0.448 L
【答案】C
【解析】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。
故选C。
第II卷（选择题 共60分）
21.对下列物质进行分类（均填序号）
A组：①H2O与H2O2；②金刚石与水晶；③CH3CH2OH与CH3OCH3； ④16O和18O；⑤红磷与白磷；
（1）互为同位素的是______；互为同素异形体的是______；互为同分异构体的是______；
B组：①钨；②固态SO3；③晶体硅；④钠；⑤SiO2；⑥BaCl2；⑦硫；⑧NaCl。
（2）属于离子晶体______，属于分子晶体______，原子晶体______．
【答案】(1). ④ (2). ⑤ (3). ③ (4). ⑥⑧ (5). ②⑦ (6). ③⑤
【解析】
【分析】同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。同素异形体是同种元素形成的不同单质。同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物。离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的晶体。分子晶体是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体。原子晶体是原子间通过共价键结合而成的晶体。
【详解】（1）①H2O与H2O2是氧元素形成的两种氢化物，没有一个专有名词来描述两者的关系；②金刚石是单质，水晶的主要成分是SiO2；③CH3CH2OH与CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体； ④16O和18O的质子数都是8，中子数分别为8和10，互为同位素；⑤红磷与白磷的磷元素形成的不同单质，互为同素异形体。
（2）①钨的金属晶体；②固态SO3是分子晶体；③晶体硅是原子晶体；④钠是金属晶体；⑤SiO2是原子晶体；⑥BaCl2是离子晶体；⑦硫是分子晶体；⑧NaCl是离子晶体。
22.现在部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
T
M层上有6个电子
Z
元素最高正价是+7价
W
其单质既能跟酸反应，又能跟碱反应，都产生H2
用相应的元素符号或化学式回答以下问题
（1）元素X的一种同位素中子数比质子数多1，这种同位素的符号是______。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出该微粒的电子式______。
（3）元素Z与元素T相比，非金属较强的是______（用元素符号表示）。
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______（化学式）
（5）T的最高价氧化物对应的水化物与W的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
【答案】(1). (2). (3). Cl (4). HClO4 (5). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【分析】X最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X是碳元素。Y单质常温下为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，所以Y是氮元素。T原子M层上有6个电子，故T的质子数为16，T为硫。Z的最高正价是+7价，在短周期中只有氯元素有+7价。W单质既能与酸反应又能跟碱反应都生成氢气，W为铝。
【详解】（1）元素C的一种同位素中子数比质子数多1，碳的质子数是6，中子数7，这种同位素的符号是；
（2）N和H形成的NH4+的电子式为；
（3）Cl得电子能力比S强，所以Cl的非金属性比S强；
（4）C、N、S、Cl这四种元素非金属性最强的是Cl，所以最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是高氯酸，故答案为：HClO4；
（5）硫的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，铝的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，两者发生酸碱中和反应。离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
23.I. 某可逆反应在某体积为2L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。
（1）该反应的化学方程式为______。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为______。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A. c(A)= c(B)= c(C) B.容器内压强保持不变
C .v逆(A)= v正(C) D. c(C)不再变化
（4）由图求得A的平衡时的转化率为______。
Ⅱ．（5）已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表
共价键
H—H
N—H
N≡N
能量变化/kJ·mol－1
a
b
c
则合成氨反应：N2(g) + 3H2 (g)= 2NH3(g) H = ______kJ·mol－1
【答案】(1). 2A+B2C (2). 0.25 mol·L－1·min－1 (3). BCD (4). 0.4（或40%） (5). 3a+c-6b
【解析】从图中可以看出A和B的物质的量在减少，C的物质的量在增多，所以A和B是反应物，C是生成物。两分钟后A、B、C的物质的量不再改变，所以该反应是一个可逆反应。在两分钟内A的物质的量减少了2mol，B的物质的量减少了1mol，C的物质的量增加了2mol，所以A、B、C的系数比为2:1:2。所以该反应的化学方程式为：2A+B2C；
（2）反应开始至两分钟，B的物质的量变化了1mol，那么B的浓度变化了1mol/2L=0.5mol/L，用B表示的平均反应速率为0.5mol/L÷2min=0.25mol/(L·min)；
（3）A.各物质的浓度不再变化，可以说明该反应达到平衡状态，而各物质的浓度相等不能说明浓度不再变化，故A不选；
B.该反应是一个反应前后气体系数之和不等的反应，在密闭容器中压强不再变化，说明反应达到了平衡状态，故B选；
C.用A表示的逆反应速率和用C表示的正反应速率相等，而A和C的系数相同，表明正逆反应速率相等，说明达到化学平衡状态，故C选；
D.C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D选。
故选BCD。
（4）在两分钟内到平衡状态时，转化的A是2mol，起始时A是5mol，所以A的转化率是2mol/5mol×100%=40%；
（5）在合成氨反应中，断裂1mol N≡N的同时会断裂3mol H—H，形成6mol N—H。旧键断裂吸收的能量为3a+c，新键形成放出的能量为6b，所以合成氨的H=(3a+c-6b) kJ·mol－1。
24.下图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物(部分的产物已省略)；X加热产生等物质的量的A、B、C三种物质，常温下A、C为无色气体，B是一种无色无味的液体；X与NaOH溶液在加热作用下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C；X与HCl反应产生一种无色无味的气体A，它能使澄清石灰变浑浊。请填下列空白：
（1）物质X是______，B是_______(以上均填写化学式)
（2）A的电子式为______C的结构式为___
（3）X加热分解的化学方程式___
（4）反应①的化学方程式___
（5）F→G的化学方程式___
（6）G→E的离子方程式___
【答案】(1). NH4HCO3 (2). H2O (3). (4). (5). NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑ (6). NH3+5O24NO+6H2O (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). 3Cu＋8H++2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【解析】
【分析】B是一种无色无味的液体，所以B是水。X与氢氧化钠溶液在加热条件下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C，C是氨气，X中含有铵根离子。X和盐酸反应，产生一种无色无味的气体A，它能使石灰水变浑浊，所以A为二氧化碳。所以X为NH4HCO3，它受热分解为等物质的量的氨气，水和二氧化碳。二氧化碳和过氧化钠作用生成氢氧化钠和氧气。D为氧气或者氢氧化钠。NH3能够和D在催化剂加热条件下生成E，则D为氧气，E为一氧化氮。一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮生成的G可以和铜生成NO，所以G为硝酸，二氧化氮和水反应生成硝酸，稀硝酸和铜 反应生成一氧化氮。
【详解】（1）根据以上分析，可以X是NH4HCO3，B是H2O；
（2）A是CO2，电子式为。C为NH3，结构式为；
（3）X加热分解为等物质的量的NH3、H2O和CO2：NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑；
（4）反应①是NH3的催化氧化，化学方程式为：NH3+5O24NO+6H2O；
（5）F→G是NO2和水的反应，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（6）G→E是铜和稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu＋8H++2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。
25.叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方程式___，生成1mol NaNO2时转移电子______mol
（2）已知NaN3阳离子与阴离子个数比为1:1，则NaN3中所含的化学键为______和______，1mol该阴离子中所含的电子总数为______mol
（3）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。假定汽车中某个安全气囊容积为56 L。
①该反应中氧化剂为______还原剂为______（填化学式）
②欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克______？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。
【答案】(1). NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O (2). 1 (3). 离子键 (4). 共价键 (5). 22 (6). KNO3 (7). NaN3 (8). 63.1g
【解析】
【分析】一氧化氮和二氧化氮的混合气和氢氧化钠首先合成亚硝酸钠，亚硝酸钠溶液中通入肼，可以合成叠氮化钠，叠氮化钠微溶于乙醇，所以向叠氮化钠溶液中加入乙醇可以使叠氮化钠溶解度降低而结晶析出。由于叠氮化钠不溶于乙醚，过滤之后用乙醚洗涤，最后得到叠氮化钠的固体。
【详解】（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，此反应是一个氧化还原反应，一氧化氮中+2价的氮化合价升高到亚硝酸钠中的+3价，二氧化氮+4价氮也降低到亚硝酸钠中的+3价。所以反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O。生成1molNaNO2转移1mol电子。故答案为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，1；
（2）叠氮化钠中阳离子是钠离子，阳离子与阴离子个数比为1:1，所以阴离子是N3-，三个氮原子通过共价键形成阴离子。所以在叠氮化钠中含有的化学键既有离子键，又有共价键。在1 N3-个中，电子数为3×7+1=22。故答案为：离子键，共价键；22；
（3）在10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑中，叠氮化钠中氮的化合价由负价升高到零价，故叠氮化钠是还原剂，硝酸钾中+5价的氮降低到0价，故硝酸钾是氧化剂。欲使安全气囊中充满标准状况下氮气56L，根据反应的方程式：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，可求出K2O和Na2O的总质量。
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。故答案为：KNO3，NaN3，
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。
说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的是（ ）
A. 将废旧电池深埋，防止污染环境
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
【答案】A
【解析】A.废旧电池深埋会污染土壤和地下水，而且深埋以后污染更难以去除，故A选；
B.城市污水中含氮、磷等元素，排入水体会导致水体富营养化，造成赤潮和水华，所以应加强生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，故B不选；
C.积极推广太阳能、风能等新能源的使用，减少化石燃料的使用可以减少因化石燃料的燃烧带来的能源不足以及酸雨等问题，故C不选；
D.汽车尾气中含有一氧化碳和一氧化氮，催化处理汽车尾气能减少空气污染，以及由氮氧化物引起的光化学烟雾，故D不选。
故选A。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 氮气的电子式为： B. CO2的结构式：O=C=O
C. 甲烷的球棍模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】B
【解析】A.氮原子核外有5个价电子，每个N各用3个价电子和另一个N形成三对共用电子对，每个N还有一对没有共用的电子，N2的电子式为：，故A不选；
B.二氧化碳每个碳原子都和氧原子共用两对电子形成碳氧双键，故B选；
C.此为甲烷的比例模型非球棍模型，故C不选；
D.氯离子是氯原子得1个电子之后形成的，其结构示意图为。故D不选。
故选B。
3.下列物质中，既有离子键又有共价键的是（ ）
A. NaCl B. CO2 C. NaOH D. H2
【答案】C
【解析】A.氯化钠是由Na+和Cl-通过离子键形成的，只有离子键，故A不选；
B.二氧化碳是由碳原子和氧原子通过共价键形成的共价化合物，只有共价键，故B不选；
C.氢氧化钠是由Na+和OH-构成的，OH-里的氢原子和氧原子之间是通过共价键结合而成的，故C选；
D.H2是由两个氢原子之间共用一对电子形成的，只有共价键，故D不选；
故选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. CO2和SiO2的晶体类型相同
B. CH2=CH2和 CH3-CH3 互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 石墨和C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】A.固体二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，故A不选；
B.同分异构体是分子式相同，结构不同化合物。乙烯和乙烷分子式不同，不是同分异构体，故B不选；
C.同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。水是分子不是原子，故C不选；
D.同素异形体是同种元素形成的不同单质。石墨和C60都是碳元素形成的单质，所以石墨和C60是同素异形体，故D选。
故选D。
5.下列反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）
A. C和CO2在高温下反应
B. H2在Cl2中燃烧
C. NaOH与H2SO4反应
D. Na和H2O的反应
【答案】A
【解析】
【分析】在此图中反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应。
【详解】A.碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，故A选；
B.氢气在氯气中燃烧放出大量的热，是放热反应，故B不选；
C.酸碱中和都是放热反应，故C不选；
D.钠和水生成氢氧化钠和氢气的反应是放热反应，故D不选。
故选A。
6.用铁片与1 mol·L－1 H2SO4反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（ ）
A. 加入少量的CuSO4溶液 B. 改用18 mol·L－1硫酸溶液反应
C. 不用铁片，改用铁粉 D. 加热
【答案】B
【解析】A.加入少量硫酸铜溶液，铁可以和硫酸铜发生置换，置换出来的铜和铁构成铁铜原电池可以加快反应速率，故A不选；
B.如果改用18mol/L的浓硫酸和铁反应，铁在浓硫酸中常温下会发生钝化，不生成氢气，故B选；
C.改用铁粉可以增大接触面积，加快反应速率，故C不选；
D.温度升高，可以使速率加快，故D不选。
故选B。
7.下列比较正确的是（ ）
A. 离子半径：Mg2+＞Na+＞O2-
B. 酸性强弱：HClO3＞H2SO4＞H3PO4
C. 碱性强弱：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
D. 氢化物的稳定性：HI＞HCl＞HF
【答案】C
【解析】A.镁离子、钠离子和氧离子的核外电子排布相同，都有两层电子。当电子层数相同时，离子半径取决于质子数，质子数越多，半径越小。所以这三种离子的半径大小顺序为：Mg2+＜Na+＜O2-，故A不选；
B.非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性和非金属性一致。Cl、S、P的非金属性：Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4。HClO3不是氯的最高价氧化物对应的水化物，故B不选；
C.金属元素的氢氧化物的碱性强弱和金属性一致。钠、镁、铝金属性依次减弱，所以其氢氧化物的碱性也依次减弱，故C选；
D.非金属元素的氢化物的稳定性和非金属性一致。F、Cl、I的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性也逐渐减弱，故D不选。
故选C。
8.实验室制取气体时，不能用排空气法收集的是（ ）
A. H2 B. NO2 C. NH3 D. NO
【答案】D
【解析】A.氢气的密度比空气的密度小，所以可以用向下排空气法收集，故A不选；
B.二氧化氮密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故B不选；
C.氨气密度比空气密度小，可以用向下排空气法收集，故C不选；
D.一氧化氮能和空气中的氧气反应，所以不能用排空气法，只能用排水法收集，故D选。
故选D。
9.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. 3Cu＋8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O↑
B. CuO＋2HNO3=Cu(NO3)2＋H2O
C. 4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O
D. H2S＋2HNO3(浓) S↓＋2NO2＋2H2O
【答案】A
【解析】A.铜和稀硝酸的反应中硝酸里+5价氮在反应后，部分降低到+2价，体现了氧化性，还有一部分化合价没有变化，生成了硝酸铜里，这部分硝酸表现出酸性，故A选；
B.氧化铜和硝酸发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，硝酸只体现出酸性，没有表现氧化性，故B不选；
C.硝酸的分解反应中硝酸既作氧化剂又作还原剂，既表现出氧化性，又表现出还原性，没有表现出酸性，故C不选；
D.硫化氢和硝酸的反应中，硝酸里的氮的化合价全部降低，只表现氧化性，没有表现酸性，故D不选。
故选A
10.已知N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1。则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l) ΔH＝－267 kJ·mol－1
B. N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g) ΔH＝＋267 kJ·mol－1
C. 2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1068 kJ·mol－1
D. N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g) ΔH＝＋534 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】题干给出的热化学方程式的含义是1mol气体肼和1mol氧气反应生成1mol氮气和1mol水蒸气，放出534千焦的热量。
【详解】A.对于N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l)，此反应除了把题干给出的反应的系数除以2外，还改变了水的状态，所以焓变就不会正好是534的一半即267，故A不选；
B.对于N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g)，仅仅是把题干的反应的系数缩小了一半，焓变数值也相应的缩小到一半，但焓变的符号不会改变，故B不选；
C.对于2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g)，是把题干的反应的系数扩大了2倍，焓变也相应地扩大了2倍，故C选；
D.对于N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g)，把题干的反应的反应物和生成物颠倒并且把水的状态改变了，所以焓变不仅仅是改变符号而已，故D不选。
故选C。
11.如图为锌铜原电池示意图，下列说法错误的是（ ）
A. 锌片为负极，且锌片逐渐溶解
B. 电子由铜片通过导线流向锌片
C. 铜为正极，铜不易失电子而受到保护
D. 该装置能将化学能转变为电能
【答案】B
【解析】A.锌比铜活泼，锌片为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，锌片逐渐溶解，故A不选；
B.锌为负极，失电子，电子由锌片通过导线流向铜片，故B选；
C.此原电池中，锌失电子，铜不会失电子，被保护，故C不选；
D.该装置是原电池，将化学能转化为电能，故D不选。
故选B。
12.下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（ ）
A. NO2与水发生化合反应生成HNO3
B. NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定
C. 实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3
D. HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO3
【答案】D
【解析】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；
B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态。氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；
C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；
D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。
故选D。
13.N2＋3H22NH3在密闭容器中反应一段时间后，达到最大限度。则下列说法中正确的是（ ）
A. N2、H2不再化合 B. N2、H2、NH3浓度不再变化
C. N2、H2、NH3的质量相等 D. N2的转化率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】合成氨反应达到最大限度即达到平衡状态。
【详解】A.此反应是一可逆反应，达到平衡状态时，由于化学平衡是一动态平衡，所以氮气和氢气化合成氨气的同时，氨气也会分解成氮气和氢气，故A不选；
B.达到平衡时，单位时间内生成的氮气和消耗的氮气的物质的量相等，氢气和氨气也是如此，所以氮气，氢气，氨气的物质的量及浓度都不再变化，故B选；
C.平衡时，氮气、氢气、氨气的质量不再改变，但是质量不一定相等，故C不选；
D.此反应是可逆反应，氮气的转化率不可能达到100%，故D不选。
故选B。
14.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反应H2+ I22HI，若某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反应时间为8s ，则反应起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为（ ）
A. 小于30s B. 等于30s C. 大于30s D. 无法判断
【答案】A
【解析】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反应起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
故选A。
15.X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】元素最高价氧化物对应水化物的化学式是HXO3，则最高价是＋5价，所以最低价是－（8－5）＝－3价，因此氢化物的化学式是H3X或XH3，答案选C。
16.关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表有8个主族 B. ⅠA族的元素全部是金属元素
C. 短周期是指第一、二周期 D. 元素周期表有7个周期
【答案】D
【解析】A.元素周期表有16个族，其中有7个主族，故A不选；
B.第ⅠA族除了氢元素全部是金属元素，故B不选；
C.短周期是指前三周期，故C不选；
D.元素周期表有七个横行，每一横行就是一个周期，所以共有7个周期，故D选。
故选D。
17. 美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数118，中子数为175的超重元素，该元素原子核内中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 47 B. 57 C. 61 D. 293
【答案】B
【解析】试题分析：对中性原子来说，质子数=核外电子数=118，中子数和核外电子数之差为175-118=57，故选项B正确。
18.能说明Cl的非金属性比S的非金属性强的事实是（ ）
A. H2S的水溶液中滴加新制氯水后出现浑浊
B. Cl原子最外层有7个电子，而S原子最外层有6个电子
C. HCl水溶液的酸性强于H2S水溶液的酸性
D. HClO4的酸性比H2SO3的酸性强
【答案】A
【解析】A.硫化氢水溶液中滴加新制氯水出现浑浊是生成了单质硫，发生的反应为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，说明所以氯气的氧化性强于硫，能说明氯的非金属性比硫强，故A选；
B.非金属性的强弱取决于得电子能力，和最外层电子数多少无关，故B不选；
C.盐酸和氢硫酸都是无氧酸。而非金属性的强弱取决于最高价含氧酸的酸性强弱，故C不选；
D.非金属性的强弱和最高价含氧酸的酸性有关，而亚硫酸不是硫的最高价含氧酸，故D不选。
故选A
19.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，Z原子的最外层上只有一个电子。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(X)>r(Y)
B. Y与Z两种元素只能形成一种化合物
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】A.X原子最外层电子数是其电子层数的两倍，X可能为碳和硫，在这四种元素中X的原子序数最小，所以X只能为碳。Y是地壳中含量最高的元素，所以Y是氧。Y原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，那么W原子最外层电子数为3，所以W是铝。Z原子最外层只有一个电子，Z介于氧和铝之间，所以Z是钠。这四种元素依次为碳，氧，钠，铝。
【详解】A.这四种元素的原子半径的大小顺序为：Na＞Al＞C＞O，故A不选；
B.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故B不选；
C.最高价氧化物对应水化物的碱性和金属性一致，钠的金属性强于铝，所以氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故C不选；
D.氢化物的稳定性和非金属性一致，氧的非金属性强于碳，所以水的稳定性强于甲烷，故D选。
故选D。
20.某硫酸与硝酸的混合溶液中， H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 mol·L－1和2.0 mol·L－1。取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为（ ）
A. 0.56L B. 0.84 L C. 0.224 L D. 0.448 L
【答案】C
【解析】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。
故选C。
第II卷（选择题 共60分）
21.对下列物质进行分类（均填序号）
A组：①H2O与H2O2；②金刚石与水晶；③CH3CH2OH与CH3OCH3； ④16O和18O；⑤红磷与白磷；
（1）互为同位素的是______；互为同素异形体的是______；互为同分异构体的是______；
B组：①钨；②固态SO3；③晶体硅；④钠；⑤SiO2；⑥BaCl2；⑦硫；⑧NaCl。
（2）属于离子晶体______，属于分子晶体______，原子晶体______．
【答案】(1). ④ (2). ⑤ (3). ③ (4). ⑥⑧ (5). ②⑦ (6). ③⑤
【解析】
【分析】同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。同素异形体是同种元素形成的不同单质。同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物。离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的晶体。分子晶体是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体。原子晶体是原子间通过共价键结合而成的晶体。
【详解】（1）①H2O与H2O2是氧元素形成的两种氢化物，没有一个专有名词来描述两者的关系；②金刚石是单质，水晶的主要成分是SiO2；③CH3CH2OH与CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体； ④16O和18O的质子数都是8，中子数分别为8和10，互为同位素；⑤红磷与白磷的磷元素形成的不同单质，互为同素异形体。
（2）①钨的金属晶体；②固态SO3是分子晶体；③晶体硅是原子晶体；④钠是金属晶体；⑤SiO2是原子晶体；⑥BaCl2是离子晶体；⑦硫是分子晶体；⑧NaCl是离子晶体。
22.现在部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
T
M层上有6个电子
Z
元素最高正价是+7价
W
其单质既能跟酸反应，又能跟碱反应，都产生H2
用相应的元素符号或化学式回答以下问题
（1）元素X的一种同位素中子数比质子数多1，这种同位素的符号是______。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出该微粒的电子式______。
（3）元素Z与元素T相比，非金属较强的是______（用元素符号表示）。
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______（化学式）
（5）T的最高价氧化物对应的水化物与W的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
【答案】(1). (2). (3). Cl (4). HClO4 (5). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【分析】X最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X是碳元素。Y单质常温下为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，所以Y是氮元素。T原子M层上有6个电子，故T的质子数为16，T为硫。Z的最高正价是+7价，在短周期中只有氯元素有+7价。W单质既能与酸反应又能跟碱反应都生成氢气，W为铝。
【详解】（1）元素C的一种同位素中子数比质子数多1，碳的质子数是6，中子数7，这种同位素的符号是；
（2）N和H形成的NH4+的电子式为；
（3）Cl得电子能力比S强，所以Cl的非金属性比S强；
（4）C、N、S、Cl这四种元素非金属性最强的是Cl，所以最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是高氯酸，故答案为：HClO4；
（5）硫的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，铝的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，两者发生酸碱中和反应。离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
23.I. 某可逆反应在某体积为2L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。
（1）该反应的化学方程式为______。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为______。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A. c(A)= c(B)= c(C) B.容器内压强保持不变
C .v逆(A)= v正(C) D. c(C)不再变化
（4）由图求得A的平衡时的转化率为______。
Ⅱ．（5）已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表
共价键
H—H
N—H
N≡N
能量变化/kJ·mol－1
a
b
c
则合成氨反应：N2(g) + 3H2 (g)= 2NH3(g) H = ______kJ·mol－1
【答案】(1). 2A+B2C (2). 0.25 mol·L－1·min－1 (3). BCD (4). 0.4（或40%） (5). 3a+c-6b
【解析】从图中可以看出A和B的物质的量在减少，C的物质的量在增多，所以A和B是反应物，C是生成物。两分钟后A、B、C的物质的量不再改变，所以该反应是一个可逆反应。在两分钟内A的物质的量减少了2mol，B的物质的量减少了1mol，C的物质的量增加了2mol，所以A、B、C的系数比为2:1:2。所以该反应的化学方程式为：2A+B2C；
（2）反应开始至两分钟，B的物质的量变化了1mol，那么B的浓度变化了1mol/2L=0.5mol/L，用B表示的平均反应速率为0.5mol/L÷2min=0.25mol/(L·min)；
（3）A.各物质的浓度不再变化，可以说明该反应达到平衡状态，而各物质的浓度相等不能说明浓度不再变化，故A不选；
B.该反应是一个反应前后气体系数之和不等的反应，在密闭容器中压强不再变化，说明反应达到了平衡状态，故B选；
C.用A表示的逆反应速率和用C表示的正反应速率相等，而A和C的系数相同，表明正逆反应速率相等，说明达到化学平衡状态，故C选；
D.C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D选。
故选BCD。
（4）在两分钟内到平衡状态时，转化的A是2mol，起始时A是5mol，所以A的转化率是2mol/5mol×100%=40%；
（5）在合成氨反应中，断裂1mol N≡N的同时会断裂3mol H—H，形成6mol N—H。旧键断裂吸收的能量为3a+c，新键形成放出的能量为6b，所以合成氨的H=(3a+c-6b) kJ·mol－1。
24.下图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物(部分的产物已省略)；X加热产生等物质的量的A、B、C三种物质，常温下A、C为无色气体，B是一种无色无味的液体；X与NaOH溶液在加热作用下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C；X与HCl反应产生一种无色无味的气体A，它能使澄清石灰变浑浊。请填下列空白：
（1）物质X是______，B是_______(以上均填写化学式)
（2）A的电子式为______C的结构式为___
（3）X加热分解的化学方程式___
（4）反应①的化学方程式___
（5）F→G的化学方程式___
（6）G→E的离子方程式___
【答案】(1). NH4HCO3 (2). H2O (3). (4). (5). NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑ (6). NH3+5O24NO+6H2O (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). 3Cu＋8H++2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【解析】
【分析】B是一种无色无味的液体，所以B是水。X与氢氧化钠溶液在加热条件下产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C，C是氨气，X中含有铵根离子。X和盐酸反应，产生一种无色无味的气体A，它能使石灰水变浑浊，所以A为二氧化碳。所以X为NH4HCO3，它受热分解为等物质的量的氨气，水和二氧化碳。二氧化碳和过氧化钠作用生成氢氧化钠和氧气。D为氧气或者氢氧化钠。NH3能够和D在催化剂加热条件下生成E，则D为氧气，E为一氧化氮。一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮生成的G可以和铜生成NO，所以G为硝酸，二氧化氮和水反应生成硝酸，稀硝酸和铜 反应生成一氧化氮。
【详解】（1）根据以上分析，可以X是NH4HCO3，B是H2O；
（2）A是CO2，电子式为。C为NH3，结构式为；
（3）X加热分解为等物质的量的NH3、H2O和CO2：NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑；
（4）反应①是NH3的催化氧化，化学方程式为：NH3+5O24NO+6H2O；
（5）F→G是NO2和水的反应，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（6）G→E是铜和稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu＋8H++2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O。
25.叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方程式___，生成1mol NaNO2时转移电子______mol
（2）已知NaN3阳离子与阴离子个数比为1:1，则NaN3中所含的化学键为______和______，1mol该阴离子中所含的电子总数为______mol
（3）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。假定汽车中某个安全气囊容积为56 L。
①该反应中氧化剂为______还原剂为______（填化学式）
②欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克______？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。
【答案】(1). NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O (2). 1 (3). 离子键 (4). 共价键 (5). 22 (6). KNO3 (7). NaN3 (8). 63.1g
【解析】
【分析】一氧化氮和二氧化氮的混合气和氢氧化钠首先合成亚硝酸钠，亚硝酸钠溶液中通入肼，可以合成叠氮化钠，叠氮化钠微溶于乙醇，所以向叠氮化钠溶液中加入乙醇可以使叠氮化钠溶解度降低而结晶析出。由于叠氮化钠不溶于乙醚，过滤之后用乙醚洗涤，最后得到叠氮化钠的固体。
【详解】（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，此反应是一个氧化还原反应，一氧化氮中+2价的氮化合价升高到亚硝酸钠中的+3价，二氧化氮+4价氮也降低到亚硝酸钠中的+3价。所以反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O。生成1molNaNO2转移1mol电子。故答案为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，1；
（2）叠氮化钠中阳离子是钠离子，阳离子与阴离子个数比为1:1，所以阴离子是N3-，三个氮原子通过共价键形成阴离子。所以在叠氮化钠中含有的化学键既有离子键，又有共价键。在1 N3-个中，电子数为3×7+1=22。故答案为：离子键，共价键；22；
（3）在10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑中，叠氮化钠中氮的化合价由负价升高到零价，故叠氮化钠是还原剂，硝酸钾中+5价的氮降低到0价，故硝酸钾是氧化剂。欲使安全气囊中充满标准状况下氮气56L，根据反应的方程式：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，可求出K2O和Na2O的总质量。
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。故答案为：KNO3，NaN3，
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。
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