【化学】河南省郑州市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

河南省郑州市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
说明：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）满分100分，考试时间90分钟。
2.将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在第Ⅱ卷的答题表（答题卡）中。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 燃料电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【详解】A.硅太阳能电池将太阳能转化为电能，A错误；
B.燃料电池将化学能转化为电能，B错误；
C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确；
故合理选项是D。
2.用高能原子轰击的靶子，使锌核与铅核熔合，生成一个112号元素的原子的同时向外释放出一个中子。下列说法错误的是（ ）
A. 112号元素的相对原子质量为277
B. 此变化不属于化学变化
C. 科学家合成的112号元素是金属元素
D. 112号元素位于第七周期第ⅡB族
【答案】A
【详解】此112 号元素原子的中子数=70+208-1=277。
A.此112 号元素原子的中子数=70+208-1=277，该原子的相对原子质量约为277，但不能由此确定该元素的相对原子质量，A错误；
B.此反应原子核发生了改变，属于核反应不属于化学变化，B正确；
C.112 号元素位于元素周期表第七周期第IIB族，属于过渡元素，是金属元素，C正确；
D.根据其原子结构示意图知，该元素位于第7周期第IIB族，D正确；
故合理选项是A。
3.下列关于电子式的描述正确的是（ ）
A. CC14的电子式为
B. CaC12的电子式为
C. CO2的电子式为
D. 用电子式表示HCl的形成过程为
【答案】A
【详解】A. CC14分子中C原子与4个Cl形成4对共用电子对，每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，因此其电子式为，A正确；
B.CaC12是离子化合物，Ca2+与Cl-形成离子键，在离子晶体中阴、阳离子要间隔排列，故2个Cl-不能合写在一起，因此电子式为，B错误；
C.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为，C错误；
C.HCl是共价化合物，H原子与Cl原子间共用1对电子，形成过程表示为，D错误；
故合理选项是A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 福岛核电站泄漏的放射性的131I和127I互为同素异形体
B. 在元素周期表中金属和非金属的分界线附近可以找到半导体材料
C. CO2、H2O、N2分子中所有原子的最外层电子数都为8
D. 同一周期，从左到右，各元素最外层电子数都是从1逐渐增加到8
【答案】B
【详解】A.福岛核电站泄漏的放射性的131I和127I质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，A错误；
B.在元素周期表中金属和非金属的分界线附近的元素导电性介于导体和绝缘体之间，因此可以在该区域找到半导体材料，B正确；
C.在H2O分子中H原子的最外层电子数只有2个电子，C错误；
D.第一周期的元素只有2种，都是非金属元素，除第一周期外，同一周期，从左到右，各元素最外层电子数都是从1逐渐增加到8，D错误；
故合理选项是B。
5.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。下列说法中正确的是（ ）
X
Y


Z
W
A. Y的氢化物中不可能含有非极性共价键
B. YO2是一种有毒气体，属于酸性氧化物
C. Z的最简单氢化物比Y的最简单氢化物稳定性更强
D. XW2中各原子最外层均达到8e-稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍，设核外最外层电子数为x，则有(2+8+x)=3x，解得x=5，则Z为P元素，则X为C元素、Y为N元素、W为S元素，据此解答。
【详解】A. Y是N元素，可形成氢化物N2H4，在该物质分子中，N原子之间形成了非极性共价键，A错误；
B.YO2为NO2，该物质是一种有毒气体，但由于其与水反应产生HNO3，同时产生了NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，B错误；
C.Z、Y是同一主族的元素，由于元素的非金属性Y>Z，元素的非金属性越强，简单的氢化物就越稳定，因此Z的最简单氢化物不如Y的最简单氢化物稳定性强，C错误；
D.XW2是CO2，该物质分子中，C原子与2个O原子形成了4对共用电子对，从而使分子各原子最外层均达到8e-稳定结构，D正确；
故合理选项是D。
6.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1
③非金属单质中不含离子键，一定只含共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ①⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【详解】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，因此离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，①正确；
②NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，②正确；
③非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，③错误；
④元素的非金属性O>S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2O>H2S，④错误；
⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键；而HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，⑤错误；
⑥非极性键可能存在于多原子或双原子非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，⑥正确；
可见说法正确的为①②⑥，因此合理选项为A。
7.研究人员发现了一种利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的“水”电池，总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A. 正极反应式：Ag+Cl--e-=AgCl
B. 每生成48lgNa2Mn5O10转移的电子数为2NA
C. Na+不断向“水”电池的负极移动
D. AgCl是还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】根据海水中电池总反应5MnO2+2Ag+2NaCl═Na2Mn5O10+2AgCl可知，Ag失电子发生氧化反应作负极，MnO2作正极，负极反应式Ag+Cl--e-=AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-=Mn5O102-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A.负极反应式为Ag+Cl--e-=AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-=Mn5O102-，A错误；
B.根据5MnO2+2e-=Mn5O102-可知，每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，48lgNa2Mn5O10的物质的量为1mol，因此转移电子数为2NA，B正确；
C.电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Na+不断向“水”电池的正极移动，C错误；
D. Ag失电子作还原剂，则AgCl是氧化产物，D错误；
故合理选项是B。
8.化学上存在许多的递变关系，下列递变关系完全正确的是（ ）
A. 原子半径：Na＞Mg＞Al＞Cl；离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+＞Cl-
B. 稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；熔沸点：HF＞HCl＞HBr＞HI
C. 熔沸点：Li＞Na＞K＞Rb；密度：Li＜Na＜K＜Rb
D. 酸性：HC1O4＞H2SO4＞H2CO3；非金属性Cl＞S＞C
【答案】D
【详解】A.同周期自左而右原子半径减小，因此原子半径Na＞Mg＞Al＞Cl，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+， A错误；
B.同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，氢化物越稳定性，氢化物还原性越弱，故稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4；由于HF分子间存在氢键，增强了分子之间作用力，其熔、沸点最高，对于结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的熔、沸点越高，所以熔、沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl，B错误；
C.同主族自上而下原子半径逐渐增大，使物质的熔、沸点逐渐降低，所以熔、沸点：Li＞Na＞K＞Rb；同主族自上而下金属的密度呈增大趋势，但K反常，比Na低，故密度：Li＜K＜Na＜Rb，C错误；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于元素的非金属性Cl＞S＞C，所以酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3，D正确；
故合理选项是D。
9.下列有关元素周期表的叙述中正确的是（ ）
A. 短周期元素中，若两种元素的原子序数相差8，则它们一定是同主族元素
B. 所含元素种类最多的族为第ⅢB族
C. 最外层电子数均为2的所有元素之间的关系为同族元素
D. 第n周期第n主族的元素均为金属元素
【答案】B
【详解】A.如He是2号元素，Ne是10号元素，二者位于短周期，原子序数相差8，但它们都是惰性气体元素，A错误；
B.第IIIB副族的元素含镧系元素和锕系元素，因此第ⅢB族元素种类最多，B正确；
C.He、Be、Mg等都是原子最外层有2个电子的元素，He是惰性气体元素，Be、Mg等是第IIA族元素，C错误；
D.第一周期第IA的元素为H元素，是非金属元素，D错误；
故合理选项是B。
10.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r（丁）＞r（乙）＞r（丙）＞r（甲）。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是（ ）
A. 乙的单质至少有三种同素异形体
B. 丁是地壳中含量最多的元素
C. 丙的最简单氢化物分子内存在氢键
D. 乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应
【答案】A
【解析】
【分析】位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r（丁）＞r（乙）＞r（丙）＞r（甲）。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍，若丁为Al，乙为C，丙为N，满足4+5=3×3的关系及原子半径、原子序数关系，则甲可能为H，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，甲为H、乙为C、丙为N、丁为Al。
A.乙为C，C的单质有金刚石、石墨、C60等，因此至少有三种同素异形体，A正确；
B.丁为Al，丁是地壳中含量最多的金属元素，地壳中含量最多的元素是O，B错误；
C.丙为N，N的最简单氢化物NH3分子间存在氢键，C错误；
D.乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物分别是H2CO3、HNO3，二者不能发生反应，D错误；
故合理选项是A。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 有的化学反应加热到一定温度引发后，停止加热，反应也能继续进行
C. 将3mol H2与1mol N2混合于密闭容器中反应生成NH3，转移电子数目为6NA
D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】B
【详解】A.化学能不能完全转化为电能，A错误；
B.任何化学反应都有断裂化学键吸收能量过程，若反应发生后放出的能量足以维持反应继续进行，就不需要再补充能量，停止加热，反应也能继续进行，B正确；
C.该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以将3mol H2与1mol N2混合于密闭容器中反应生成NH3，转移电子数目小于6NA，C错误；
D.酶大多数是具有催化活性的蛋白质，只有在一定温度范围内催化活性最好，若温度过高，酶会失去催化活性，反应速率反而降低，D错误；
故合理选项是B。
12.用锌粒与2mol·L-1的稀硫酸混合制备氢气时，若向其中分别再加入少量等体积的下列物质：①KCl溶液、②4mol·L-1盐酸、③CuC12溶液、④CH3COONa溶液，则加入后反应生成氢气速率的大小顺序是（ ）
A. ②＞③＞①＞④ B. ①＞②＞③＞④
C. ③＞②＞①＞④ D. ②＞①＞③＞④
【答案】C
【详解】①加入KCl溶液，溶液的水对盐酸起稀释作用，速率降低；
②加入4mol·L-1盐酸，溶液中c(H+)增大，反应速率加快；
③加入CuC12溶液，会与金属Zn发生置换反应：Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu，Zn、Cu及稀硫酸构成原电池，使反应速率大大增加；
④加入CH3COONa溶液，CH3COONa与HCl发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa溶液中的水也对HCl其稀释作用，使溶液中的c(H+)大大减小，因此使速率减小很多，则加入后反应生成氢气速率的大小顺序是③＞②＞①＞④，
故合理选项是C。
13.已知2SO2+O22SO3是制备硫酸的重要反应，下列说法正确的是（ ）
A. 催化剂V2O5不改变该反应逆反应速率
B. v(SO2)=l.0mol·L-1min-1表示的速率比v(O2)=0.01mol·L-1s-1表示的速率大
C. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，溶液出现浑浊现象，说明有BaSO3沉淀生成
D. 保持容器体积不变，充入N2使容器压强增大，正逆反应速率均不变
【答案】D
【详解】A.催化剂V2O5能同等倍数的改变正、逆反应速率，A错误；
B.v(SO2)=l.0mol·L-1min-1也可表示为v(SO2)=0.017mol·L-1·s-1，由于v(SO2)：v(O2)=0.017 mol·L-1·s-1：0.01mol·L-1s-1<2：1，所以v(O2)=0.01mol·L-1s-1表示的速率大，B错误；
C.SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水反应产生H2SO3是溶液显酸性，在酸性条件下NO3-具有氧化性，会将SO2、H2SO3氧化为硫酸，SO42-与Ba2+形成BaSO4产生沉淀，而使溶液出现浑浊现象，C错误；
D.保持容器体积不变，充入N2使容器压强增大，由于任何物质的浓度不变，所以正逆反应速率均不变，D正确；
故合理选项是D。
14.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是（ ）

A. 总反应是放热反应
B. Fe+使反应的活化能降低
C. FeO+也是该反应的催化剂
D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B.Fe+作催化剂；
C. FeO+是反应过程的中间产物；
D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量。
【详解】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A正确；
B.Fe+在反应前后的质量和性质保持不变，故其作催化剂，使反应的活化能减小，B正确；
C.催化剂是加入的物质，可以改变反应速率，但其质量和化学性质不变，而FeO+是反应过程的中间产物，因此不是催化剂，C错误；
D.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，因此二者均为放热反应，D正确；
故合理选项是C。
15.O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示。
T/℃
t/min
pH
3.0
4.0
5.0
6.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
据表中的递变规律，推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0，②10℃、pH=5.0，③30℃、pH=7.0下，分解速率依次增大的顺序为（ ）
A. ①②③ B. ③②① C. ②①③ D. ③①②
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格数据可知：①增大pH，反应速率增大，说明OH-的浓度对反应速率有影响；②温度越高，pH越大，反应速率越大，说明温度改变对化学反应速率有影响，据此分析解答。
【详解】根据50°C、pH=3.0，O3的浓度减少一半所需的时间31min，即40°C、pH=3.0，O3的浓度减少一半所需的时间大于31min；而30°C、pH=6.0，O3的浓度减少一半所需的时间为15min，所以30°C、pH=7.0，O3的浓度减少一半所需的时间小于15min，故O3的分解速率按依次增大的顺序为②①③，故合理选项是C。
16.研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关，键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所吸收的能量或生成1mol化学键时所释放的能量。下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P-P
P-O
O=O
P=O
键能/kJ·mol-1
197
X
499
434
已知白磷的燃烧方程式为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)，1mol白磷完全燃烧放出热量2378.0kJ，且白磷分子结构为正四面体，4个磷原子分别位于正四面体的四个顶点，白磷完全燃烧的产物P4O10结构如图所示，则上表中X约为（ ）

A. 410 B. 335 C. 360 D. 188
【答案】C
【详解】白磷燃烧的方程式为P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×X+4mol×434kJ/mol-(6mol×197 kJ/mol+5 mol×499 kJ/mol)=2378.0kJ，解得X=360kJ/mol，故合理选项是C。
第Ⅱ卷 （非选择题，共52分）
二、填空题：本题共5小题，共52分。
17.下列物质中：①MgCl2 ②HD ③Na2O2 ④H2O ⑤NaCl ⑥Ne ⑦H2SO4 ⑧NH4Cl ⑨CO2 ⑩O2（用序号填空）
(1)只含离子键的是____，既含离子键又含共价键的是____，不存在化学键的是_____。
(2)属于离子化合物的是____，属于共价化合物的是______。
【答案】(1). ①⑤ (2). ③⑧ (3). ⑥ (4). ①③⑤⑧ (5). ④⑦⑨
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，由此分析解答。
【详解】①MgCl2中Mg2+和Cl-之间只存在离子键，为离子化合物；
②HD中H原子之间只存在共价键，为单质；
③Na2O2中Na+与O22-之间的离子键，氧氧之间非极性键，是离子化合物；
④H2O 中H-O原子间只存在共价键，为共价化合物；
⑤NaCl中Na+与Cl-之间存在离子键，为离子化合物；
⑥Ne为单原子分子，不存在化学键；
⑦H2SO4中原子之间只存在共价键，为共价化合物；
⑧NH4Cl中NH4+和Cl-之间存在离子键、N和H原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑨CO2中C、O原子之间存在共价键，为共价化合物；
⑩O2中O原子之间只存在共价键，为单质；
(1)综上所述可知：只含离子键的是①⑤；既含离子键又含共价键的是③⑧，不存在化学键的是⑥；
(2)属于离子化合物的是①③⑤⑧；属于共价化合物的是④⑦⑨。
18.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。
Ⅰ．(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_____与盐酸反应最剧烈；____与盐酸反应产生的气体最多。
(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为____。
(3)用电子式表示次氯酸形成过程______。
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律

(1)仪器D的名称为_____，其作用为___。
(2)若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液____（填现象），即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，用离子方程式表示该尾气吸收原理______。
(3)若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液_____（填现象），即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有____的洗气瓶。
【答案】(1). K (2). Al (3). S2-+Cl2=S↓+2Cl- (4). (5). (球形)干燥管 (6). 防止倒吸 (7). 变蓝 (8). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (9). 有白色沉淀生成 (10). 饱和NaHCO3溶液
【解析】
【分析】I．(1)根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；
(2)硫离子被氯气氧化成硫单质，溶液呈现黄色浑浊，证明Cl的非金属性比S强；
(3)次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子；
II．(1)根据仪器D的构造判断其名称；尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；
(2)浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝；氯气有毒，图示装置中缺少尾气处理装置；
(3)碳酸酸性强于硅酸，二氧化碳能够与硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氢，可以使用饱和碳酸氢钠溶液。
【详解】I．(1)金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，该反应的离子方程式为：2K+2H+=2K++H2↑；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；
(2)向Na2S溶液中通入氯气，发生反应：S2-+Cl2=S↓+2Cl-，溶液呈现黄色浑浊现象，可证明Cl的非金属性比S强；
(3)H、O、Cl都是非金属元素，原子最外层电子数分别是1、6、7，要达到最外层电子的稳定结构，O原子与H原子形成1对共用电子对、与Cl原子形成1对共用电子对，从而结合形成HClO，其形成过程用电子式表示为：；
II．(1)仪器D的名称为干燥管；尾气处理装置中，能防止倒吸；
(2)浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；氯气有毒，需要添加尾气吸收装置，可以用碱液吸收氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)HCl与CaCO3会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，可以证明酸性HCl>H2CO3，由于HCl为非含氧酸，所以不能证明元素的非金属性Cl>C；将反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，当C中Na2SiO3溶液有白色沉淀生成时，证明碳酸的酸性大于硅酸，从而可证明非金属性：C＞Si；但由于氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据HCl与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，来除去CO2气体中的杂质HCl。
19.铊(Tl)是某超导体材料的组成元素之一，T13+与Ag在酸性介质中发生反应T13++2Ag=Tl++2Ag+
(1)铊(Tl)的原子序数为81，铊在元素周期表中的位置为_____。
(2)铊与下列某种元素位于同一主族，该元素是_____。
A.镓 B.氮 C.碳 D.氟
(3)下列推断正确的是____（填序号）。
A.单质的还原性：Tl>Al B.原子半径：Al>T1
C.碱性：Al(OH)3>Tl(OH)3 D.氧化性：T13+>Ag+
E.Tl+最外层只有1个电子 F.Tl能形成+3价和+1价的化合物
(4)在元素周期表中，相邻周期左上方与右下方呈对角线关系的两元素性质相似。X元素是与铝处于对角线关系的第二周期元素，二者的单质化学性质相似。X单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是_________。
【答案】(1). 第六周期第ⅢA族 (2). A (3). ADF (4). Be+2NaOH(浓)=Na2BeO2+H2↑
【解析】
【分析】(1)由电子排布可知，有6个电子层，最外层电子数为3；
(2)A.硼是第ⅢA族； B.氮是第ⅤA族；C.碳是ⅣA族；D.氟是ⅤⅡA族；
(3)根据同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，结合元素周期律分析；
(4)X元素是与铝属于对角线关系的第二周期元素是铍，二者的单质化学性质相似，铍单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是Be+2NaOH(浓)=Na2BeO2+H2↑。
【详解】(1)由电子排布可知，有6个电子层，最外层电子数为3，则位于第六周期第ⅢA族；
(2)A.硼是第ⅢA族； B.氮是第ⅤA族；C.碳是ⅣA族；D.氟是ⅤⅡA族，所以与铊位于同一主族是硼元素，故合理选项是A；
(3)A.Al、Tl为同主族元素，由于从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越强，其单质的还原性就越强，因此单质的还原性：Tl＞Al，A正确；
B.Al、Tl为同主族元素，从上到下原子核外电子层数逐渐增多，所以原子半径逐渐增大，与原子半径：Al＜Tl，B错误；
C.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，由于金属性Tl>Al，所以碱性：Al(OH)3＜Tl(OH)3，C错误；
D.根据反应T13++2Ag=Tl++2Ag+反应可知：氧化性：T13+>Ag+，D正确；
E.Ti原子最外层有3个电子，则Tl原子失去1个电子形成的Tl+离子最外层有2个电子，E错误；
F.由Tl3+、Tl+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，F正确；
故合理选项是A、D、F；
(4)X元素是与铝处于对角线关系的第二周期元素，则X是铍元素，二者的单质化学性质相似，由于Al与强碱NaOH溶液反应产生氢气，所以铍单质与浓NaOH溶液反应的化学方程式是Be+2NaOH(浓)=Na2BeO2+H2↑。
20.正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。
I．电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示（己知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过）。

(1)石墨1为____（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为______。
(2)反应的总方程式为_______。
(3)H+的迁移方向为由_____到____。（填“左”或“右”）
(4)若11.2L（标准状况）SO2参与反应，则迁移H+的物质的量为____。
(5)某同学关于原电池的笔记中，不合理的有____。
①原电池两电极材料活泼性一定不同
②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应
③Fe-NaOH溶液-Si原电池，Fe是负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置
Ⅱ．航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。氢氧燃料电池有多种。
(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为_____ ；某熔盐氢氧燃料电池的电解质是熔融的碳酸钾，则其负极反应为_____。
(2)氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数约为_____。
【答案】(1). 负极 (2). H2O2+2e-+2H+=2H2O (3). SO2+H2O2=H2SO4 (4). 左 (5). 右 (6). 1mol (7). ①②③ (8). H2-2e-+2OH-=2H2O (9). H2-2e-+CO32-=CO2↑+H2O (10). 0.2NA(或1.204×1023)
【解析】
【分析】I.(1)石墨1通入SO2失去电子，作负极，石墨2作正极，H2O2获得电子，发生还原反应；
(2)根据同一闭合回路中电子转移数目相等，将正、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式；
(3)根据阳离子向正极移动，阴离子向负极移动判断；
(4)根据反应方程式中SO2的物质的量与溶液中H+关系计算；
(5)根据原电池的反应原理及构成条件分析判断；
II.(1)在KOH溶液中负极H2失去电子，产生的H+与溶液中的OH-结合形成H2O；在熔融盐碳酸钾的氢氧燃料电池中，H2失去电子，产生的H+与CO32-反应产生CO2和H2O，书写负极反应式；
(2)根据氢氧燃料电池总反应方程式中产生的水与电子转移关系计算。
【详解】I.(1)根据图示可知：石墨1通入SO2失去电子，作负极，负极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；石墨2作正极，H2O2获得电子，发生还原反应，正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O；
(2)将正、负极电极反应式叠加，可得总反应方程式：SO2+H2O2=H2SO4；
(3)H+是阳离子，它向负电荷较多的正极迁移方向，即H+由左极到右极移动；
(4)n(SO2)=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，根据总反应方程式SO2+H2O2=H2SO4可知：0.5mol SO2反应，反应转移H+的物质的量为1mol；
(5)①原电池是由活泼性不同的两个电极材料构成，但在燃料电池中，可以使用同一材料的电极，在两个电极分别通入燃料、氧化剂，因此电极材料的活动性可以不同，也可以相同，①错误；
②一般情况下原电池负极材料参与反应，，但在燃料电池中，负极材料本身不参加反应，②错误；
③Fe-NaOH溶液-Si原电池，由于Fe与NaOH溶液不反应，而Si能够与NaOH溶液进行氧化还原反应，使用活动性弱的Si电极为负极，③错误；
④原电池是将氧化反应与还原反应分开，发生两个半反应，就可以是将化学能转变为电能的装置，④正确；
故合理选项是①②③；
II.(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，在负极，H2失去电子变为H+，H+与溶液中的OH-反应产生水，故负极的反应为H2-2e-+2OH-=2H2O；若为熔盐氢氧燃料电池，电解质是熔融的碳酸钾，则H2失去电子变为H+，H+与CO32-反应产生CO2和H2O，因此在负极的电极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2↑+H2O；
(2)氢氧燃料电池的总反应方程式为：2H2+ O2=2H2O，根据方程式可知每反应产生2molH2O，转移4mol电子，n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol，使用转移电子的物质的量为0.2mol，则转移电子的数目为N(e-)=0.2mol×NA/mol=0.2NA。
21.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1molDAx与足量的A2C反应生成44.8L（标准状况）G气体。A、B的单质依次为G、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+T→W（未配平），测得各物质的浓度如表所示。
物质
T
G
W
10min时，c/(mol/L)
0.5
0.8
0.2
20min时，c/(mol/L)
0.3
0.2
0.6
回答下列问题：
(1)A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_________。
(2)B、C、D、E的简单离子中，离子半径由大到小排序为__________。(用离子符号表示)
(3)J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式_______；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液退色的是_______(填化学式)。
(4)B2A4-C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A2C，正极反应式为_____；电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_____（填“增大”“减小”或“不变”）。
(5)由A、B、C、D四种元素组成的单质、化合物在一定条件下的转化关系（部分条件和产物已省略）如图所示，已知M耐高温。

①X的电子式为______；W的结构式为________。
②已知W与乙反应生成K和甲是某重要化工生产步骤之一，提高其反应速率的方法除增大反应物浓度、增大压强外，还有______、______。
【答案】(1). NH4NO3或NH4NO2 (2). S2->N3->O2->Mg2+ (3). H++HSO3-=H2O+SO2↑ (4). NH4HSO3 (5). O2+H2O+4e-=4OH- (6). 减小 (7). (8). (9). 升高温度 (10). 加入催化剂
【解析】
【分析】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知C为O元素；短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，可中A是H元素；B是N元素；C和E位于同主族，则E是S元素；D原子序数大于O，小于S，A2C是H2O，1molDAx与足量的A2C反应生成44.8L（标准状况）G气体，n(G)=44.8L÷22.4L/mol=2mol，说明G是H2，D为+2价的Mg元素。然后根据物质的性质分析推断，进行解答。
【详解】根据上述分析可知A是H元素，B是N元素，C是O元素，D是Mg元素，E是S元素。
(1) A、B、C三种元素分别是H、N、O，三种元素能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物可能为NH4NO3、NH4NO2；
(2)B、C、D、E元素分别是N、O、Mg、S，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层数相同的元素，离子的核电荷数越大，离子半径越小；S2-核外有3个电子层，N3-、O2-、Mg2+离子核外有2个电子层，所以四种元素形成的简单离子中，离子半径由大到小排序为S2->N3->O2->Mg2+；
(3)J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，则这两种盐为NH4HSO3、NH4HSO4，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中以H+形式存在，亚硫酸氢铵是弱酸的酸式盐J、L混合可产生有刺激性气味的气体，这两种溶液发生反应的离子方程式H++HSO3-=H2O+SO2↑；J、L中，NH4HSO3中的S为+4价，具有还原性，能被具有强氧化性的高锰酸钾溶液氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液退色的是NH4HSO3；
(4)B2A4是N2H4，C2是O2，在碱性环境中该燃料电池放电效率高。该电池放电时生成N2和H2O，在正极上O2获得电子，发生还原反应变为OH-，正极的反应式为O2+H2O+4e-=4OH-；在负极上N2H4失去电子，与溶液中的OH-结合形成N2和H2O，电极反应式为：N2H4-4e-+4 OH-=N2+4H2O，总反应方程式为：N2H4+O2=N2+2H2O，可见电池工作一段时间后，电解质溶液中溶质的物质的量不变，但由于溶液的体积增大，所以溶液的pH减小；
(5)由A、B、C、D四种元素组成的单质、化合物已知M耐高温，说明M是离子化合物，结合这几种物质的转化关系及物质的性质可知X是Mg3N2，Y是Mg(OH)2；M是MgO；W是NH3；甲是H2O，乙是O2；K是NO；F是NO2。
①X是Mg3N2，Mg3N2是离子化合物，其电子式为；W为NH3，在该分子中，N原子与3个H原子形成3个共价键，结构式为；
②NH3与O2在催化剂存在条件下，加热发生氧化反应，产生NO和水，该反应是工业上制取硝酸的重要化学反应，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，根据一些化学反应速率的因素，要提高该反应速率，除了可以增大反应物浓度、增大压强外，还有升高温度、使用合适的催化剂。