【化学】黑龙江省哈尔滨尚志中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

黑龙江省哈尔滨尚志中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
一、选择题(本题为单项选择题，包括18小题，每小题3分，共54分。)
1. 下列关于有机物的说法中正确的是（ ）
A. 凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物
B. 易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物
C. 所有有机化合物都易燃烧
D. 有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一
【答案】D
【解析】A．含有碳元素的化合物不一定是有机物，例如，碳酸钙中含有碳元素，它是无机物，故A错误；B．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质易溶于有机溶剂，但溴是无机物，故B错误；C．多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧，如四氯化碳不容易燃烧，可做灭火剂，故C错误；D．分子中碳原子越多，同分异构体越多，一种分子可能有多种同分异构体，则同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一，故D正确；故选D。
2.下列有关表述错误的是 (　　)
A. IBr的电子式
B. HClO的结构式为H—O—Cl
C. HIO各原子都满足8电子结构
D. CaF2的形成过程可以表示为
【答案】C
【解析】A项、IBr是共价化合物，电子式为，故A正确；
B项、HClO是共价化合物，为一元弱酸，结构式为H—O—Cl，故B正确；
C项、HIO的结构与HClO类似，结构式为H—O—I，分子中I、O两原子的最外层达到8电子稳定结构，H原子最外层只有2电子，故C错误；
D项、CaF2为离子化合物，是由钙离子和氟离子构成，用电子式表示CaF2的形成过程可以表示为，故D正确。
故选C。
3.等质量且足量的两份锌a、b，分别加入等量的稀H2SO4，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系，其中正确的是 (　　)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】原电池反应使Zn与稀H2SO4反应的反应速率增大。
【详解】等质量的两份锌粉a、b，分别加入等量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，Zn与CuSO4溶液发生置换反应：Zn+Cu2+Zn2++Cu，置换出的Cu与Zn在稀硫酸中形成原电池，原电池反应使Zn与稀H2SO4反应的反应速率增大，完全反应用时少于b，因为锌过量，稀硫酸等量，生成氢气的量相等，则表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系图象为，故选A。
4.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是 (　 　)
A. 将SO2通入水中 B. 烧碱溶于水
C. 将HCl通入水中 D. 过氧化钠溶于水
【答案】D
【解析】
【分析】既有离子键被破坏又有共价键被破坏，说明参与反应的物质中含有离子键和共价键。
【详解】A项、二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸，只有共价键的破坏和生成，故A错误；
B项、烧碱溶于水得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠在水分子作用下电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键破坏，故B错误；
C项、HCl通入水中得到盐酸，氯化氢在在水分子作用下电离出氢离子和氯离子，只有共价键破坏，故C错误；
D项、过氧化钠中含有离子键和共价键，与水反应生成氢氧化钠和氧气，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确。
故选D。
5.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）(　 　)
A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种
【答案】C
【解析】
C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，菁优网，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。
6.核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则n克它的氧化物中所含质子数的物质的量是(　 　)
A. (A−N+2)mol B. (A−N+6)mol
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
【分析】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则R的质子数为（A-N），其形成的氧化物为RO，氧化物RO的摩尔质量为（A+16）g/mol，含有质子数为（A-N+8）。
【详解】ngRO的物质的量为mol，含有的质子的物质的量为mol，故选C。
7.在4L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是（ ）
A. x＝1
B. B的转化率为20%
C. 平衡时A的浓度为1.50mol·L－1
D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%
【答案】B
【解析】n(D)＝0.5 mol·L－1×4 L＝2 mol，所以x＝2。
　　　　 3 A(g)＋B(g)2 C(g)＋2 D(g)
起始/mol 6 5 0 0
变化/mol 3 1 2 2
平衡/mol 3 4 2 2
B的转化率＝×100%＝20%，c(A)平＝3/4＝0.75 mol·L－1，n平＝(3＋4＋2＋2)mol＝11 mol＝n始＝6 mol＋5 mol＝11 mol。总的物质的量不变，压强不变。故选B。
8.对反应A＋BAB来说，常温下按以下情况进行反应：①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol　②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol　③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL　④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL。四种情况下反应速率的大小关系是(　 　)
A. ②>①>④>③ B. ④>③>②>①
C. ①>②>④>③ D. ①>②>③>④
【答案】A
【解析】试题分析：对于化学反应，反应物浓度越大，则反应速率越大，①中含A、B的浓度为：=0.5mol/L，②中含A、B的浓度为：=1mol/L，③含A、B的浓度为：0.05mol/L，④含A、B的浓度为：0.25mol/L，四者浓度的大小关系是②＞①＞④＞③，则四者反应速率的大小关系是②＞①＞④＞③，故选A。
9. 四种主族元素的离子aXm＋、bYn＋、cZn－和dRm－(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则对下列叙述的判断正确的是（ ）
①a－b＝m－n
②元素的原子序数a＞b＞c＞d
③元素非金属性Z＞R
④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y
A. ②③ B. ③ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】D
【解析】金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子，原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多，根据题意可得：①a－m＝b－n ，整理可得a－b＝m－n，①正确；由于这几种离子的电子层结构相同，aXm＋、bYn＋是阳离子，失去的电子m>n，所以原子序数a＞b；cZn－和dRm－是阴离子，得到的电子m>n，所以原子序数c>d，阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数，所以元素的原子序数a>b>c>d，②正确；③同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性Z＞R，③正确；④同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱。原子序数X＞Y。所以最高价氧化物对应水化物的碱性Y＞X，④错误；答案选D。
10.一定温度下，某体积不变的密闭容器进行的可逆反应：3A(s) 2B(g)＋C(g)，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是(　 　)
A. 生成 B和C的速率比为2：1 B. 生成2n摩尔B同时生成n摩尔C
C. 混合气体的平均分子量不变 D. 混合气体的密度不变
【答案】D
【解析】
【分析】达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。
【详解】A项、生成B的速率和生成C的速率均为正反应速率，生成B和C的速率比为2：1不能表示正、逆反应速率相等，不能说明反应已达到平衡状态，故A错误；
B项、生成2n摩尔B和生成n摩尔C均表示正反应速率，不能表示正、逆反应速率相等，不能说明反应已达到平衡状态，故B错误；
C项、反应物A为固体，生成物B和C均为气体，且物质的量比恒定为2:1，混合气体的平均分子量为定值，则混合气体的平均分子量不变不能说明反应已达到平衡状态，故C错误；
D项、反应物A为固体，生成物B和C均为气体，平衡形成过程中气体质量增大，体积不变的密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体的密度不变能说明反应已达到平衡状态，故D正确。
故选D。
11.某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—和1个，则该结构的烃的一氯取代物(不考虑立体异构)有 (　　 )
A. 9种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【分析】烷烃的通式为CnH2n+2，由相对分子质量为86可得14n+2=86，解得n=6，则烷烃的分子式为C6H14。
【详解】由题意C6H14分子中含有3个-CH3、2个-CH2-和1个可知，C6H14分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个C，满足条件的己烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH2CH2CH3和CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，其中CH3CH（CH3）CH2CH2CH3分子中含有5种位置不同的H，一氯代物的数目为5；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3分子中含有4种位置不同的H，一氯代物有4种，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有9种，故选A。
12.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 (　 　)

A. N4属于一种新型的化合物
B. N4分子中存在极性键
C. N4分子中N—N键角为109°28′
D. 1 mol N4转变成N2将放出882 kJ热量
【答案】D
【解析】
【分析】N4为N元素形成的一种单质，分子结构为正四面体形，1molN4分子中含有6molN-N键，N-N键为同种元素形成的非极性键。
【详解】A项、N4为N元素形成的一种单质，不是化合物，故A错误；
B项、N4分子的结构为正四面体形，分子中只含有N、N非极性键，故B错误；
C项、N4分子的结构为正四面体形，键角为60°，故C错误；
D项、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故放出882kJ热量，故D正确。
故选D。
13.一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计) (　 　)
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10−2 mol/(L·min)
B. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10−2 mol/(L·min)
C. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol/L
D. 反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】H2O2分解的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。由表可知，反应进行至6min时，生成，则0—6min的平均反应速率为，此时c(H2O2)=0.2mol/L，有50%的H2O2被分解；随着反应进行，H2O2浓度降低，因此6----10min内反应速率小于。
故A、B、D错误，C正确。答案选C。
14. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）

A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－2H2O
C. 电池工作时，CO32－向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－2CO32－
【答案】D
【解析】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－2CO32－，故D正确。
15.将V1mL 1.0 mol·L-1硫酸溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度,实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50 mL)。下列叙述正确的是 (　 　)

A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明热能可以转化为化学能
C. NaOH溶液的浓度约是3.0 mol·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，硫酸溶液体积为30mL时，溶液温度最高，说明硫酸溶液和氢氧化钠溶液恰好完全反应，由V1+V2=50 mL可知氢氧化钠溶液的体积为20mL，由反应方程式可知2V1c（H2SO4）= V2c（NaOH），解得c（NaOH）为3.0 mol·L-1。
【详解】A项、由图可知，该实验开始温度低于22℃，故A错误；
B项、由图可知该反应过是一个放热反应，表明化学能可能转化为热能，故B错误；
C项、恰好反应时，参加反应的硫酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，氢氧化钠溶液的体积为20mL，由反应方程式可知2V1c（H2SO4）= V2c（NaOH），解得c（NaOH）为3.0 mol·L-1，故C正确；
D项、八水氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D错误。
故选C。
16.一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,则下列判断正确的是(　　)
A. c1∶c2=3∶1 B. 平衡时,Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 【答案】D
【解析】A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
初始：c1c2c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；
17.甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是(　　)

A. 丙与戊的原子序数相差25
B. 气态氢化物稳定性：庚＜己＜戊
C. 常温下，甲和乙的单质能与水剧烈反应
D. 丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】有强脱水性的物质为浓硫酸，则己为S，由元素周期表结构推知：丙为B元素，庚为F元素，丁为Si，戊为As。根据甲元素的信息可知，甲为Mg，乙为Ca。
A、B质子数为5，As质子数为33，二者原子序数相差28，选项A错误；
B、非金属性F＞S＞As，所以氢化物的稳定性HF＞H2S＞AsH3，选项B错误；
C、Mg在常温下与水反应缓慢，选项C错误；
D、丁的最高价氧化物为SiO2，是光导纤维的主要成分，选项D正确。
答案选D。
18.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是(　 　)

A. 电子通过外电路从b极流向a极
B. b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--4OH--
C. 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
D. H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】C
【解析】试题分析：A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。
二、非选择题(共46分)
19.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：
（1）根据构成原电池的本质判断，下列化学反应方程式正确且能设计成原电池的是_________。
A.KOH + HClKCl + H2O B. Cu + Fe3+ Fe2+ + Cu2+
C.Na2O + H2O2NaOH D．Fe + H2SO4 FeSO4 + H2↑
（2）为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(如下图)。有关实验现象，下列说法正确的是：______。

A．图I中温度计的示数高于图II的示数
B．图I和图II中温度计的示数相等，且均高于室温
C．图I和图II的气泡均产生于锌棒表面
D．图II中产生气体的速度比I慢
（3）电动汽车上用的铅蓄电池是以一组充满海绵状态铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用H2SO4作电解质溶液。放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O
①写出放电时正极的电极反应式：___________；
②铅蓄电池放电时，负极质量将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为_________。
【答案】(1). D (2). A (3). PbO2 + 2e- + SO42-+4H+ PbSO4 + 2H2O (4). 增大 (5). 2mol
【解析】
【分析】（1）依据原电池反应是自发进行的氧化还原化学反应判断；
（2）依据图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池判断；
（3）根据铅蓄电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应判断。
【详解】（1）电池的构成原理是自发进行的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池
A.KOH+HClKCl+H2O是复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B.Cu +Fe3+ Fe2+ +Cu2+电荷不守恒，离子方程式不正确，故B错误；
C.Na2O+H2O2NaOH是化合反应，不是氧化还原反应，故C错误；
D.Fe +H2SO4 FeSO4+H2↑，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D正确。
故答案为：D。
（2）图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池
A.图Ⅰ主要将化学能转化为热能，而图Ⅱ主要将化学能转化为电能，则图I中温度计的示数高于图II的示数，故A正确；
B.由A分析可知，图I和图II中温度计的示数不相等，但均高于室温，故B错误；
C.图II铜为正极，铜的表面有气泡产生，故C错误；
D.利用原电池反应可以使金属与酸的反应速率加快，故图II中产生气体的速度比I快，故D错误。
故答案为：A。
（3）①依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，PbO2得电子发生还原反应，PbO2在H2SO4溶液中生成难溶于水的PbSO4，故其正极反应式为PbO2+2e-+SO42-+4H+PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+2e-+SO42-+4H+PbSO4+2H2O。
②依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，Pb失电子发生氧化反应，产生的Pb2+在H2SO4溶液中结合SO42-生成难溶于水的PbSO4，故负极质量将增大，根据总反应，转移2mol电子时，消耗2molH2SO4，所以当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为2mol，故答案为：增大，2mol。
20.已知X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，X与M、W与N分别同主族，且元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，在化合物Y2X6、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，请回答下列问题：
(1)Y元素在周期表中的位置是____________，X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序为：__________________________(用元素符号表示)。
(2)写出Y2X6的电子式_____；Z2X4结构式______；X2W2所含化学键的类型______。
(3)用电子式描述M2N所形成化合物的形成过程_________________________。
(4)均含X、W、M、N四种元素的两种化合物相互反应有刺激性气味气体放出，反应的离子方程式为__________________。
(5)火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，写出二者反应的方程式__________________。
【答案】(1). 第二周期第ⅣA族 (2). Na＞C＞N＞O＞H (3). (4). (5). 极性键和非极性键(或共价键) (6). (7). H++HSO3﹣H2O+SO2↑ (8). N2H4+2H2O2N2+4H2O
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、N为短周期元素且原子序数依次增大，由火箭发动机曾经利用Z2X4作燃料X2W2作助燃剂，产物环保无污染，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构可知，X为H元素、Z为N元素、W为O元素；W与N同主族，则N为S元素；X与M同主族，且原子序数小于N，则M为Na元素；元素X、Y、Z、W分属两个短周期，它们四者原子序数之和为22，最外层电子数之和为16，则Y为C元素。
【详解】（1）Y是C元素，C元素位于周期表第二周期第ⅣA族；同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则X、Y、Z、W、M的原子半径由大到小的顺序是Na＞C＞N＞O＞H，故答案为：第二周期第ⅣA族；Na＞C＞N＞O＞H；
（2）X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素，Y2X6为C2H6，C2H6为共价化合物，电子式为；Z2X4为N2H4，结构式为；X2W2为H2O2，H2O2含有的化学键为极性键和非极性键，故答案为：；；极性键和非极性键；
（3）M为Na元素、N为S元素，M2N为Na2S，Na2S为离子化合物，由钠离子和硫离子形成，用电子式表示Na2S的形成过程为，故答案为：；
（4）X为H元素、W为O元素、M为Na元素、N为S元素，均含X、W、M、N四种元素的两种化合物分别为NaHSO4和NaHSO3，溶液中NaHSO4和NaHSO3反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为H++HSO3﹣H2O+SO2↑，故答案为：H++HSO3﹣H2O+SO2↑；
（4）X为H元素、Z为N元素、W为O元素，Z2X4为N2H4，X2W2为H2O2，N2H4与H2O2反应生成氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2N2↑+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2N2↑+4H2O。
21.为验证卤素单质氧化性相对强弱，某学习小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验过程：

Ⅰ. 打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ. 当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ. 当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
回答问题：
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是_________。实验室在加热条件下制取该气体的离子方程式为____________。
(2)验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是____________。
(3)C中溶液发生反应的离子方程式是_______________。
(4)过程Ⅲ实验的目的：甲同学认为试管B的作用就是吸收尾气，防止多余Cl2污染空气，因此B中盛装的最佳试剂应该为__________________________
乙同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，发生反应为Cl2+2NaBr2NaCl+Br2，以此说明C中________，从而得出D中氧化I－的氧化剂必为_______，因此B装置是必不可少的。
(5)过程Ⅳ为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D震荡，静置，观察到的现象为______________，发生反应的离子方程式为_____________________。
(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的本质原因：同主族元素从上到下_________，得电子能力逐渐减弱。
【答案】(1). (2). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 淀粉KI试纸变蓝 (4). Cl2+2Br-Br2+2Cl- (5). 氢氧化钠溶液 (6). 无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (7). Br2 (8). CCl4层溶液变为紫红色 (9). Br2+2I-I2+2Br - (10). 原子半径逐渐增大
【解析】
【分析】装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应生成的氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝；装置B、C中氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质溴，浸有氢氧化钠溶液棉花吸收有毒的氯气，防止污染环境；装置D中反应生成的单质溴与碘化钠和四氯化碳混合溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，震荡，静置，溶液分层，下层溶液变为紫红色，该实验说明氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱。
【详解】(1)A中产生黄绿色气体为氯气，氯气是双原子分子，电子式为；实验室用二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：；MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)装置A中反应生成氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明氯气与碘化钾发生置换反应生成单质碘和氯化钾，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知Cl2的氧化性大于I2的氧化性，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝；
(3)装置C中氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质溴，反应离子方程式为Cl2+2Br-Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-Br2+2Cl-；
（4）氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，若试管B的作用就是吸收氯气，防止多余Cl2污染空气，则最佳试剂为氢氧化钠溶液；为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，关闭活塞a，则C中无Cl2，排除了Cl2对溴置换碘实验的干扰；由此可知装置D中反应生成的单质溴做氧化剂，与碘化钠和四氯化碳混合溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，故答案为：氢氧化钠溶液；无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；Br2；
（5）装置D中反应生成的单质溴与碘化钠和四氯化碳混合溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，震荡，静置，溶液分层，下层溶液变为紫红色，反应的离子方程式为Br2+2I-I2+2Br -，故答案为：CCl4层溶液变为紫红色；Br2+2I-I2+2Br -；
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故答案为：原子半径逐渐增大。
22.向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)+yB(g) pC(g)+qD(g)已知：平均反应速率v(C)= v(A);反应2min时，A的浓度减少了,B的物质的量减少了mol,有molD生成。回答下列问题：
(1)反应2min内，v(A)=______________；v(B)=______________；
(2)化学方程式中，x=_______、y=_______、p=_______、q=_______；
(3)下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是：__________________；
A、 xV(A)正=qV(D)逆 B、气体总的质量保持不变 C、C的总质量保持不变 D、混合气体总的物质的量不再变化 E、混合气体总的密度不再变化 F、混合气体平均分子量不再变化
(4)反应平衡时，D为2amol,则B的转化率为_______________；
(5)其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较，反应速率__________(是“增大”“减小”或“不变”)，理由是_________________________________。
【答案】 (1). a/12 mol/(L· min) (2). a/8 mol/(L· min) (3). 2 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). CDF (8). 6a/5b (9). 增大 (10). 体积减小，反应物浓度增大
【解析】
【分析】（1）依据题给数据和化学反应速率公式计算；
（2）依据题给数据计算各物质的反应速率，再由化学反应速率之比等于化学计量数之比计算可得；
（3）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是各种条件下正逆反应速率是否相等，或各组分的浓度是否不再随时间的改变而改变；
（4）由生成D的物质的量计算B的消耗量，由转化率公式计算可得；
（5）容器体积减小，反应物浓度增大，化学反应速率增大。
【详解】（1）由反应2min时，A的浓度减少了可知，反应2min内，A的浓度变化量为mol/L，反应速率v(A)== mol/(L· min)，由B的物质的量减少了mol可知B的浓度变化量为mol/L，v(B)== mol/(L· min)，故答案为： mol/(L· min)； mol/(L· min)；
（2）由题给数据可知，反应2min内，v(A)= mol/(L· min)、v(B) = mol/(L· min)、v(C)= v(A)= mol/(L· min)、v(D)= =mol/(L· min)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得x：y：p：q=mol/(L· min)： mol/(L· min)： mol/(L· min)： mol/(L· min)=2:3:1:5，则x=2、y=3、p=1、q=5，故答案为：2；3；1；5；
（3）A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，当qV(A)正=xV(D)逆时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故错误；
B、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，则混合气体的质量不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
C、C为反应物，当C的总质量保持不变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D、该反应是一个气体体积增大的反应，混合气体总的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
E、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，容积固定的密闭容器中混合气体总的密度始终不变，则混合气体总的密度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
F、该反应是一个气体体积增大的反应，由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，平衡形成过程中混合气体平均分子量减小，则混合气体平均分子量不再变化，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
CDF正确，故答案为：CDF；
(4)反应平衡时，反应生成D的物质的量为2amol,由方程式可知，反应消耗B的物质的量为=mol，则B的转化率为×100%=×100%，故答案为：×100%；
(5)其他条件不变，将容器的容积变为1L，容器体积减小，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故答案为：增大；体积减小，反应物浓度增大。