河北省鸡泽县第一中学2018_2019学年高一化学下学期第三次月考试题（含解析）.docx

2018-2019学年度第二学期第三次月考高一化学试题一、选择题(本题包括26个小题，每小题只有一个最佳选项；每小题2分，共52分)1. 我国科研人员在兰州合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）A. 第三周期第IA族B. 第四周期第IA族C. 第五周期第IA族D. 第二周期第IIA族【答案】C【解析】同位素镤-239的质子数为239-148=91，所以A元素的质子数为91-54=37，37-2-8-8-18=1，所以A位于第5周期第IA族。2. 下列烷烃，常温下呈气态的是()。A. 戊烷B. 丁烷C. 庚烷D. 十二烷【答案】B【解析】烷烃的熔沸点随碳原子的增加逐渐升高，故状态变化为：气态液态固态，常温下碳原子个数小于或等于4的烷烃呈气态。3.下列各组物质中互为同系物的是( )A. CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH2CH3B. CH3CH3和CH3CHCH2C. CH3CH2CH3和CH3CHCH2D. CH3CH2CHCH2 和CH3CH2CH2CH3【答案】A【解析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同；如果含有官能团，则含有的官能团种类及数目必须完全相同。【详解】A. CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH2CH3均属于烷烃，组成上相差2个CH2原子团，符合同系物的定义，A项正确；B. CH3CHCH2含碳碳双键，而CH3CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，B项错误；C. CH3CHCH2含碳碳双键，而CH3CH2CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，C项错误；D. CH3CH2CHCH2含碳碳双键，而CH3CH2CH2CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，D项错误；答案选A。4.X、Y是元素周期表A族中的两种元素。下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多B. X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来【答案】C【解析】考查元素非金属性强弱的比较。比较非金属性强弱时，可以借助于元素周期律，或与氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，也可以是相互间的置换能力。同主族元素电子层数越多非金属性越弱，A中说明X的非金属性弱于Y的，不正确。稳定性和沸点无关，B不正确。D中说明Y的非金属性强于X的，不正确。答案是C。5. 下列各组有机物中，仅使用溴水不能鉴别出的是A. 乙烯、乙炔B. 苯、四氯化碳C. 乙烷、乙烯D. 苯、酒精【答案】A【解析】试题分析：A乙烯、乙炔均能与溴发生加成反应使溴水褪色，现象几乎相同，不能用溴水鉴别，故选A； B苯遇溴水液体分层、上层颜色深，四氯化碳遇溴水液体分层、下层颜色深，能用溴水鉴别，故B不选；C将气体分别通入溴水中时，乙烷不能使溴水褪色，乙烯能使溴水褪色，故C不选；D苯遇溴水液体分层、上层颜色深，酒精与溴水互溶，能用溴水鉴别，故D不选。考点：考查常见有机物鉴别6.根据热化学方程式：S(s)O2(g)=SO2(g)Ha kJmol1 (a297.2)。分析下列说法，其中不正确的是 ( )A. S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应B. S(g)O2(g)=SO2(g)Hb kJmol1，则abC. 1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和D. 16 g固体硫在空气中充分燃烧，可吸收148.6 kJ的热量【答案】D【解析】试题分析：由题中条件可知：反应的热效应H=a kJmol-1=-2972 kJmol-1，可知该反应的正向反应为放热反应，故D错误。考点：化学反应与能量的变化7.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g，原混合气体中CO2的质量为（ ）A. 12.5gB. 13.2gC. 19.7gD. 24.4g【答案】B【解析】【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，所以n(H2O)=1.4mol，根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，所以0.7mol- n(CO2)28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，解之：n(CO2)=0.3mol，所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。所以B选项是正确的。8.翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XYZ2W6，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是A. Y在化合物中显+3价B. X与W只能形成一种化合物C. W的简单氢化物稳定性比Z的强D. X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强【答案】B【解析】试题分析：翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XYZ2W6，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。AY为Al，在化合物中显+3价，故A正确；BX为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C非金属性OSi，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D金属性NaAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D正确。考点：考查元素的推断及性质9.乙炔分子CHCH加成可以得到CH2CHCCH(乙烯基乙炔)，该物质是合成橡胶的重要原料。下列对该物质的判断中错误的是()A. 该物质既是CH2=CH2的同系物，又是CHCH的同系物B. 该物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色C. 该物质与足量的氢气加成后，只能生成一种物质D. 该物质分子中所有原子共平面【答案】A【解析】【详解】ACH2=CHCCH含有碳碳双键和碳碳叁键，既不是CH2=CH2的同系物，也不是HCCH的同系物，A项错误；BCH2=CHCCH含有碳碳双键和碳碳叁键，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水因加成反应褪色，B项正确；CCH2=CHCCH含有碳碳双键和碳碳叁键，与该物质与足量的氢气加成后，只能生成丁烷，C项正确；D. CH2=CHCCH中的碳碳双键及所连接的原子共平面，碳碳三键所连接的原子共直线，因此该物质的分子中所有原子共平面，D项正确；答案选A。10.有关SO2催化氧化反应（2SO2+O22SO3）的说法正确的是A. 升高温度可减慢反应速率B. 使用催化剂可提高反应速率C. 达到平衡时，(正）=(逆） =0D. 达到平衡时SO2转化率可达100%【答案】B【解析】试题分析：A升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误；B使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；C化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆） 0，故C错误；D2SO2+O22SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误。考点：考查化学平衡移动的实际意义11.元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n2，在其气态氢化物中，R元素的化合价为( )A. 103nB. 63nC. 3n-12D. (42n)【答案】C【解析】根据HnRO2n2知R的最高价为(2n2)2n3n4，则最低负价为(83n+4)(123n)。答案选C。12.下列关于甲烷分子结构的说法正确的是（ ）A. 甲烷分子的电子式为，分子中各原子都达到8电子稳定结构B. 甲烷分子中的化学键全部为非极性键C. CH4分子比SiH4分子稳定，说明碳元素非金属性比硅元素的非金属性强D. CH3Cl的四个价键的键长和强度相同，夹角相等【答案】C【解析】【详解】A、H最外层有2个电子，不“8电子”，选项A错误；B、甲烷中只含有C-H键，全部为极性键，选项B错误；C、非金属性越强，其氢化物越稳定，反之也成立，选项C正确；D、一氯甲烷的四个价键的键长和强度不同，选项D错误。答案选C。13.在恒温、体积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生如下的反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) H0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )A. 容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为131 1B. v正(CO2)v逆(H2O)C. 容器内混合气体密度保持不变D. 3molHH键断裂同时断裂3molHO键【答案】B【解析】【详解】A容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比也可能为1：3：1：1，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，A项错误；Bv正（CO2）=v逆（H2O），方向相反，化学反应速率之比与计量数成正比，能判断平衡状态，B项正确；CCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）反应中，前后气体质量不变，固定容积，体积不变，故密度不是变量，不能判断化学平衡状态，C项错误；D3 mol H-H键断裂同时，应该断裂2 mol H-O键，才能说明化学达到平衡状态，当3 mol H-H键断裂同时，断裂3 mol H-O键时不能据此判断化学平衡状态，D项错误；答案选B。14.航天飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2O2=2H2O，负极反应为H2CO32-2e=CO2H2O，则下列推断正确的是()A. 电池工作时，碳酸根离子向负极移动B. 电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极C. 正极的电极反应为4OH2e=O22H2OD. 通氧气的电极为正极，发生氧化反应【答案】A【解析】原电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，B错误；正极反应为O24e2H2O=4OH，C错误；通氧气一极为正极，发生还原反应，D错误。15.某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，此烃1 mol在一定条件下可与4 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为()A. CH3CH=CH2B. CH2=CH2C. CH3CH3D. CH2=CHCH=CH2【答案】B【解析】【详解】某气态烃1体积只能与相同条件下1体积的氯气发生加成反应生成氯代烷，推出该烃中含有1个碳碳双键，此1mol氯代烷最多只能与4mol氯气发生完全取代反应，推出氯代烷有4个氢原子，综上所述，A项符合题意；答案选A。16.用Pt作电极电解下列某种溶液，当阳极生成112 mL气体时，阴极上析出0.64 g金属，则该电解池中溶质可能是()A. CuSO4B. MgSO4C. Al2(SO4)3D. Na2SO4【答案】A【解析】【详解】因Mg2、Al3、Na的氧化性弱于H，故水溶液中三种离子不放电，即不会析出金属，只有A能析出金属Cu，用Pt作电极电解硫酸铜时，阳极生成的气体为氧气，若为112 mL，则物质的量为=510-3mol，依据转移电子数守恒，可知O22Cu，则阴极上析出铜的质量为2510-3mol64g/mol=0.64g，符合题意，A项正确；答案选A。【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：（1）阴极：阴极上放电的总师溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F 含氧酸根离子OHClBrIS2。17.下列说法中正确的是离子化合物中一定有离子键，可能有共价键离子化合物都属于强电解质非金属单质中不含离子键，一定只含有共价键稳定性：H2OH2S，沸点：H2OH2SNaCl 和 HCl 溶于水破坏相同的作用力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. B. C. D. 【答案】A【解析】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故正确；离子化合物在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故正确；非金属单质中不含离子键，也不一定含有共价键，如S、He等，故错误；氧的非金属性比S强，则稳定性：H2OH2S；H2O间存在氢键，则沸点：H2OH2S，故错误；NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键，而 HCl是共价化合物，溶于水破坏共价键，故错误；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，如H2、Na2O2、H2O2等，故正确；只有正确，故答案为A。18.可逆反应：CO(气)+NO2(气) CO2(气)+NO(气)；该反应正方向为放热反应，在下列情况下不能使反应速度加快的是( )A. 恒容条件下充入NO2B. 升高温度C. 减小压强，扩大容积体积D. 增加压强，缩小容器体积【答案】C【解析】【详解】A. 恒容条件下充入NO2，反应物浓度增大，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，A项错误；B. 升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，不符合题意，B项错误；C. 减小压强，扩大容积体积，活化分子数目减小，反应速率减小，C项正确；D. 增加压强，缩小容器体积，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，D项错误；答案选C。【点睛】抓住增大压强的实质是增大反应物（气体）的浓度分析会使思路清晰，问题迎刃而解。19. 2014年4月10日，兰州发生自来水苯含量超标事件。苯是石油化工的基本原料，苯进入人体内，可在造血组织本身形成有血液毒性的代谢产物，被世界卫生组织认定为致癌物质。下列关于苯的叙述正确的是A. 苯环是单、双键交替组成的平面环状结构B. 苯和乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色C. 苯的硝化反应：属于取代反应D. 苯跟溴水在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯【答案】C【解析】试题分析：A、苯环内不含单、双键交替的结构，而是介于单键和双键之间的特殊的键，错误；B、苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C、苯的硝化反应为硝基代替了苯中的1个H原子，属于取代反应，正确；D、苯与液溴在催化剂作用下发生反应，与溴水不反应，错误。考点：本题考查苯的结构与性质。20.关于如图所示装置的叙述错误的是A. 锌是负极，其质量逐渐减小B. 氢离子在铜表面得e-C. 电子从锌片经导线流向铜片D. 电流从锌片经导线流向铜片【答案】D【解析】【分析】该原电池中，较活泼金属锌作负极，负极上失电子生成锌离子进入溶液，不活泼金属铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，电流流向和电子流向相反。【详解】A项、锌是负极，锌失电子生成锌离子进入溶液，所以质量逐渐减小，故A正确；B项、铜是正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，所以氢离子在铜表面被还原，故B正确；C项、电子从负极沿导线流向正极，所以电子从锌片经导线流向铜片，故C正确；D项、电流流向和电子流向相反，所以电流流向是从铜片沿导线流向锌片，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，侧重于分析能力的考查，注意电极的判断和电子的移动方向判断是解答关键。21.两种气态烃组成的混合气体01 mol，完全燃烧得015 mol CO2和36 g H2O，下列关于该混合气体的说法正确的是A. 一定有乙烯B. 一定没有乙烯C. 一定有甲烷D. 一定有乙烷【答案】C【解析】试题分析：有机物为0.1mol，完全燃烧得0.18 mol CO2和3.6 g H2O，则碳的物质的量为：0.16mol，氢原子的物质的量为：3.6/1820.4mol，则n(有机物)：n(C):n(H)=0.1:0.16:0.4=1:1.6:4，即平均分子式为C1.6H4，所以肯定有甲烷，因为甲烷分子中含有的氢原子数为4，另外一个也只要氢原子数为4即可，可能是乙烯或者是C3H4等。答案选C。考点：烃的分子式的确定22.若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是()将铜片接在电池的正极上将银片接在电源的正极上需用CuSO4溶液作电解液在银片上发生的反应是4OH4e=O22H2O需用AgNO3溶液作电解液在铜片上发生的反应是Age=AgA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。【详解】依据上述分析可知：将铜片应接在电源的负极上，项错误；将银片应接在电源的正极上，项正确；若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，项错误；在银片上发生的反应是：2Ag+2e=2Ag，项错误；需用硝酸银溶液为电镀液，项正确；在铜片上发生的反应是：Age=Ag，项正确；综上所述，符合题意，答案选B。23.25 、101 kPa时，1 g甲醇完全燃烧生成CO2和液态H2O，同时放出22.68 kJ热量，下列表示该反应的热化学方程式正确的是()A. CH4O(l)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H725.76 kJmol1B. 2CH4O(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l) H1451.6 kJmol1C. 2CH4O(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l) H22.68 kJmol1D. CH4O(l)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H725.76 kJmol1【答案】D【解析】【分析】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，则该反应的热化学方程式为CH4O（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-725.76 kJmol-1或2CH4O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=-1451.6kJ/mol，结合热化学方程式的正确书写方法判断。【详解】A. H2O的状态应为液态，A项错误；B. 该反应为放热反应，H为负值，B项错误；C. H的数值与热化学方程式的计量数不成正比，C项错误；D. 符合题设条件，D项正确；答案选D。24. 下列反应中，属于取代反应的是A. CH4C2H2B. CH3CH=CH2Br2CH3CHBrCH2BrC. CH42O2CO22H2OD. C2H6Cl2C2H5ClHCl【答案】D【解析】分析：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应。详解：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的燃烧反应，属于CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应；属于取代反应的是D项，答案选D。25.过氧化氢一定条件下可发生分解：2H2O2(l）=2H2O(l）+O2(g），其能量变化如下图所示，下列说法正确的是A. 该分解反应为吸热反应B. 2molH2O2具有的能量小于2molH2O和1molO2所具有的总能量C. 加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率D. 其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越慢【答案】C【解析】试题分析：A依据能量关系图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该分解反应为放热反应，故A错误；B依据能量关系图可知2molH2O2具有的能量大于2molH2O和1molO2所具有的总能量，故B错误；CMnO2或FeCl3均可作为H2O2分解反应的催化剂，所以加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率，故C正确；D其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越快，故D错误。考点：考查影响化学反应速率的因素；能量关系图26.利用煤化工所得的苯可合成甲苯、乙苯、环己烷，其反应如下：CH3Cl (甲苯)HClCH2=CH2(乙苯)+3H2 (环己烷)下列说法正确的是()A. 反应、均属于加成反应B. 溴水中加入苯，二者可发生取代反应C. 甲苯中所有原子一定在同一平面上D. 能用溴水判断反应所得的乙苯中是否混有乙烯【答案】D【解析】【详解】A. 是取代反应，是先加成后取代的反应，是加成反应，A项错误；B. 苯不能与溴水直接反应，苯只能和液溴反应在催化剂的条件下发生取代反应，B项错误；C. 乙苯相当与把甲基的一个H换为苯环，可以自由旋转，所以有不共面的时候，C项错误；D. 乙烯能使溴水褪色，若乙苯中无乙烯，则加入溴水仅会发生萃取现象，因此能用溴水判断反应所得的乙苯中是否混有乙烯，D项正确；答案选D。【点睛】A项是易错点，首先必须清楚加成反应的概念，即含有碳碳双键（三键）或碳氧双键的有机物，在某种条件下，双键（三键）中的一条共价键断开，然后在原来形成双键的两个原子上分别连上两个外来的基团的反应，叫做加成反应。二、填空题27.下表是元素周期表的一部分，针对表中的九种元素，填写下列空白： 族周期AAAAAAA0族一二三四(1)在这些元素中，金属性最强的是_(填具体元素符号，下同)。(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_。(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是_；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_。(4)对应的简单离子半径由小到大的顺序为：_。(5)与可形成一种18 e- 的分子，写出该分子的电子式：_，该分子中存在_(填“极性键”或“非极性键”或“离子键”)。(6)与形成的化合物可与水反应生成一种无色气体，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). K (2). HClO4 (3). Al (4). Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O (5). Na+ O2- N3- (6). (7). 极性键、非极性键 (8). 11.2【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置关系可知，分别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl和K，结合物质结构与性质作答。【详解】(1)同周期中元素金属性从左到右依次减弱，同主族中元素金属性从上到下依次增大，则在这些元素中，金属性最强的是K；(2)非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越大，因同周期中元素非金属性从左到右依次增强，同主族中元素非金属性从上到下依次减弱，故元素最高价氧化物的水化物酸性最强的化合物的化学式是HClO4；(3)氧化铝为两性氧化物，故最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O；(4)电子层数越大，简单离子半径越大；电子层数相同时，原子的核电荷数越少，对应的简单离子半径越大，则对应的简单离子半径由小到大的顺序为：Na+ O2- N3-；(5)与可形成一种18e-的分子为N2H4，该分子内各原子满足稳定状态，其电子式为，该分子中存在N与N之间存在非极性键，N与H之间存在极性键，故答案为：；极性键、非极性键；(6)与形成的化合物为NaH，与水反应生成氢气，其化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2，根据关系式H2e-可知，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。28.如图所示甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：(1)若两池中电解质溶液均CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是甲池中的_棒，乙池中的_棒。甲池中负极的电极反应式是_。(2)若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：写出乙池中总反应的离子方程式：_。乙池碳棒上电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)。【答案】 (1). 碳 (2). 铁 (3). Fe2e- =Fe2 (4). 2Cl2H2OCl2H22OH (5). 氧化反应【解析】【分析】（1）甲池为原电池，铁做负极，碳棒作正极，依据氧化还原反应的规律和原电池的工作原理作答；（2）若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则依据电子的流动方向判断出Fe为阴极，C棒为阳极，再结合电解池的工作原理作答。【详解】(1)甲池为原电池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有红色的Cu析出，乙池为电解池，外电路电子流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氯气，阴极铁电极上发生还原反应有红色的Cu单质析出，故答案为：碳；铁；甲池中负极铁失电子生成Fe2+,其电极反应式为Fe2e-=Fe2；(2)若电解质溶液饱和氯化钠溶液，则乙池为用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2Cl2H2OCl2H22OH；乙池碳棒为电解池的阳极，发生的是失电子的氧化反应，故答案为：氧化反应。【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：（1）先判断是原电池原理还是电解池原理；（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等；（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。29.在容积固定的VL密闭容器中充入4molNH3和5molO2，发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。请回答下列问题：(1)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_；A 容器中气体总质量不变B c(O2)不变C v(O2)1.25v(NH3) D 体系压强不变E 相同时间内，消耗0.1 mol NH3，同时消耗了0.1 mol NO(2)若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小。则速率逐渐增大是因为_，速率又逐渐减小的原因是_。(3)1mol NH3(g)在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质，放出akJ的热量。写出该反应的热化学方程式_。(4)若将(3)所述反应设计为电解质溶液为KOH的原电池，则负极反应式 _。【答案】 (1). BDE (2). 体系温度升高 (3). 反应物浓度减小 (4). 6NH3(g)+3O2(g)=3N2(g)+6H2O(g) H =6a kJmol-1 (5). 2NH3-6e-+6OH- = N2+6H2O【解析】【分析】（1）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；（2）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，此条件下比原平衡温度高进行分析反应速率变化；随后浓度变化成为影响反应速率的主要因素；（3）根据热化学方程式的书写方法可知，物质的物质的量与反应放出的热量成正比，氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水；（4）原电池的负极发生氧化反应，氨气在负极反应生成氮气。【详解】（1）A反应前后都是气体，气体质量始终不变，A项错误；Bc （O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B项正确；Cv（O2）=1.25v（NH3），没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；D该反应是体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D项正确；E相同时间内，消耗0.1molNH