2022届四川省内江市第三中学高一下学期期中考试化学试题（含解析）

2021—2022学年度下期高2024届半期考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Cu-64一、选择题(每小题只有一个正确答案，共44分)1.化学与生活、环境密切相关。下列有关说法正确的是A.夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB.绿色净水消毒剂Na2FeO4具有强氧化性，其氧化产物为Fe3+C.可向海水中加入明矾使海水淡化以解决淡水供应危机D.用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆的原理不相同【答案】D【解析】【详解】A．放电条件下O2转化为O3，净化空气、使空气清新，故A错误；B．Na2FeO4具有强氧化性，净水消毒时发生还原反应，还原产物为氢氧化铁，故B错误；C．明矾净水原理是铝离子水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮物形成沉淀，但不能除去可溶性离子，所以加入明矾不能使海水淡化，故C错误；D．活性炭有吸附作用，臭氧有强氧化性，有漂白作用，漂白原理不同，故D正确；故选D。2.下列有关化学用语表述正确的是A.HClO的结构式：H—O—ClB.HF的电子式：C.用电子式表示氯化钠的形成过程：D.N2H4的结构式：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．次氯酸分子中含有

1

个

H−O

键和

1

个

O−Cl

键，其结构式为

H−O−Cl，A正确；B．HF为共价化合物，HF之间为共价键，电子式为：，B错误；C．NaCl为离子化合物，钠失去电子，Cl得到电子，形成过程为：，C错误；D．N2H4可以看做NH3中一个H被-NH2取代，结构式为：，D错误；故选A。3.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.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数目小于6×6.02×1023C.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)点火后可自发进行，该反应为吸热反应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【解析】【详解】A．燃料电池工作时化学能大部分转化为电能、小部分转化为热能，则氢氧燃料电池放电时化学能不可能全部转化为电能，A错误；B．合成氨为可逆反应，1molN2不能完全转化，则转移电子的数目小于6×6.02×10-23，B正确；C．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O)能自发进行，反应是气体积减小的反应，则ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0，可知ΔH<0，该反应放热，C错误；D．升高温度，酶发生变性，淀粉水解速率变慢，D错误；故选B。4.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.NH3、O2、NO、H2O(g)同时存在时，则反应达到化学平衡状态B.单位时间内生成xmolNO，同时消耗xmolNH3时，说明反应达到化学平衡状态C.达到化学平衡状态时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.反应达到化学平衡时，化学反应速率关系是3v正(NH3)=2v逆(H2O)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．可逆反应一旦发生，任何时刻所有反应物生成物均共存，因此四种气体同时存在时，不能说明可逆反应达到了化学平衡状态，A错误；B．NO的生成与NH3的消耗均表示正反应，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．达到化学平衡状态时，增大容器体积，反应物、生成物浓度同时减小，正、逆反应速率同时减小，C错误；D．在反应达到平衡时v正(NH3)∶v逆(H2O)=4∶6，即3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D正确；答案选D。5.在一定条件下，向容积为2L的密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应：N2+3H22NH3，2min时，测得剩余的N2为1mol，则下列化学反应速率的表达式中正确的是A.v(N2)=1mol·L-1·min-1 B.v(H2)=0.75mol·L-1·min-1C.v(NH3)=0.2mol·L-1·min-1 D.v(N2)=0.5mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【分析】根据v=计算v(N2)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)、v(NH3)，以此来解析；【详解】在一定条件下，向容积为2L的密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应：N2+3H2⇌2NH3，2min时，测得剩余的N2为1mol，故2min内，以N2表示的反应速率v(N2)==0.25mol·L-1·min-1，A．由上述计算可知，v(N2)=0.25mol·L-1·min-1，A错误；B．速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=3v(N2)=3×0.25mol·L-1·min-1=0.75mol·L-1·min-1，B正确；C．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)=2v(N2)=2×0.25mol·L-1·min-1=0.5mol·L-1·min-1，C错误；D．由上述计算可知，v(N2)=0.25mol·L-1·min-1，D错误；故选B。6.某反应由两步反应构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是A.两步反应均为吸热反应B.三种化合物中C最稳定C.A与C的能量差为D.反应，反应条件一定需要加热【答案】B【解析】【分析】【详解】A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．物质的总能量越低，越稳定，三种化合物中的稳定性B<A<C，故B正确；C．A与C的能量差为E4-E3-E1+E2，故C错误；D．A→B反应为吸热反应，但吸热反应不一定要加热，故D错误；答案为B。7.随着科技的不断进步，15N、N70、N5+、NH5等已被发现。下列有关说法正确的是A.15N中含有7个中子B.N70属于一种新型的化合物C.N5+中含有36个电子D.若NH5为离子化合物，则其既含有离子键，又含有共价键【答案】D【解析】【分析】【详解】A．15N中含有中子数=15﹣7=8，选项A错误；B．N70属于一种新型的单质，选项B错误；C．N5+中含有电子数=5×7﹣1=34，选项C错误；D．化学式为NH5，是氢离子和铵根离子间形成的离子化合物，存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子间存在共价键，选项D正确；答案选D。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.32g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子总数为2.5NAB.1molCO2含有共用电子对的数目为2NAC.1molLi在空气中燃烧与O2和N2充分反应生成Li2O和Li3N共失去NA个电子D.标准状况下，2.24LSO3含有的氧原子数为0.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．O2和O3都是由O原子构成，O原子相对原子质量是16，所以32g由O2和O3组成的混合气体中含有的O原子的物质的量n(O)==2mol，则含有的O原子总数为2NA，A错误；B．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，因此1molCO2含有共用电子对的数目为4NA，B错误；C．Li原子最外层只有1个电子，发生氧化还原反应变为+1价，所以1molLi在空气中燃烧与O2和N2充分反应生成Li2O和Li3N时，无论哪种生成物的物质的量的相对多少，共失去1mol电子，失去的电子数目是NA个，C正确；D．标准状况下SO3是固体，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，D错误；故合理选项是C。9.核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则ng它的氧化物所含电子物质的量为A.(A-N+8)mol B.(A-N+10)molC.(A-N+2)mol D.(A-N+6)mol【答案】A【解析】【分析】【详解】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol。一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，质子数和电子数相等，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为：(A-N+8)mol，A项正确；答案选A。10.下列装置进行相应的实验，能达到实验目的的是ABCD证明稳定性：Na2CO3＞NaHCO3蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体除去Cl2中的杂质气体HCl验证氧化性：Cl2＞Br2＞I2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．玻璃的导热性比较差，用酒精灯给物质加热时，外管温度高，内管温度低，将Na2CO3放在外管，将NaHCO3放在内管，若加热时与NaHCO3连接的试管中的澄清石灰水变浑浊，与Na2CO3连接的试管中的澄清石灰水不变浑浊，说明物质的稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，A正确；B．NH4Cl不稳定，受热分解产生NH3、HCl，所以蒸干NH4Cl饱和溶液不能制备得到NH4Cl晶体，B错误；C．Cl2、HCl都能够与NaOH发生反应，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中的杂质气体HCl，C错误；D．Cl2与NaBr发生置换反应产生Br2，Br2与KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；过量的Cl2也能与KI发生置换反应产生I2使淀粉溶液变为蓝色，因此不能证明物质的氧化性：Cl2＞Br2＞I2，D错误；故合理选项是A。11.下列解释实验事实的离子方程式正确的是A.向铜粉中滴加稀HNO3溶液，产生气体：Cu+2H+=Cu2++H2↑B.澄清石灰水中加入少量的NaHCO3：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2OC.向CuSO4溶液中滴加氨水，生成沉淀：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓D.向FeCl3溶液滴加几滴KSCN，溶液变红色：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，离子方程式应该为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，A错误；B．向澄清石灰水中加入少量的NaHCO3，要以不足量的NaHCO3为标准，假设其物质的量是1，二者反应产生CaCO3沉淀、NaOH、H2O，离子方程式应该为：Ca2++OH-+=CaCO3↓++H2O，B错误；C．氨水中的一水合氨是弱电解质，应该写化学式，离子方程式应该为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，C错误；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故合理选项是D。12.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为2H2O22H2O+O2↑D.总反应为：2H2O2H2↑+O2↑【答案】B【解析】【分析】根据图示可知，反应I为水在光和催化剂作用下分解生成过氧化氢和氢气，反应II是过氧化氢转化为水与氧气，由此分析。【详解】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A正确；B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B错误；C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2↑，故C正确；D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；答案选B。13.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，正确的是A.由于非金属性：Cl＞Br＞I，所以酸性：HCl＞HBr＞HIB.碱金属单质的密度随原子序数的增大而增大C.HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键D.碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱【答案】D【解析】【分析】【详解】A．同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性：Cl＞Br＞I。元素的非金属性越强，其形成的化学键就越强，断裂化学键就越难，相应的氢化物水溶液的酸性就越弱，所以酸性：HCl＜HBr＜HI，A错误；B．碱金属单质的密度随原子序数的增大而呈增大趋势，但K的密度比Na的小，出现反常现象，B错误；C．HF分子很稳定是由于F元素的非金属性很强，原子半径小，形成的H-F很强，与HF分子之间能形成氢键无关，C错误；D．同一主族元素从上到下元素的原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，元素元素的金属性增强，因此在碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，D正确；故合理选项是D。14.下列说法正确的是A.最外层电子数大于4的一定是非金属元素B.元素周期表有18纵列，7横行，故有18个族，7个周期C.第ⅠA族就是碱金属D.某ⅡA族元素的原子序数为a，则和其同周期ⅢA的元素的原子序数可能为a+11【答案】D【解析】【详解】A、最外层电子数大于4的不一定是非金属元素，例如锑、铋等，A错误；B、元素周期表有16个族，7个周期，B错误；C、第ⅠA族中除氢元素以外均是碱金属，C错误；D、在第四周期和第五周期中，同周期ⅢA元素的原子序数比ⅡA原子序数多11，D正确；答案选D。15.肼(N2H4)—空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质为20%～30%的KOH溶液，电池总反应为N2H4＋O2=N2＋2H2O。下列关于该电池工作时说法中正确的是A.正极的电极反应式：O2＋4H＋＋4e－=2H2OB.溶液中的阴离子向正极移动C.负极的电极反应式：N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2D.溶液的pH保持不变【答案】C【解析】【分析】燃料电池中通入O2的一极为正极，在碱性电解质溶液中，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，通入燃料N2H4的一极为负极，已知总反应N2H4＋O2=N2＋2H2O，由总反应式减去正极的电极反应式可得负极的电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2，据此分析解题。【详解】A．碱性条件下，燃料电池正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，A错误；B．原电池电解质溶液中阴离子向负极移动，B项错误；C．由总反应式减去正极的电极反应式可得负极的电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2，C正确；D．反应过程中生成水，故c(OH－)减小，pH减小，D错误；故答案为：C。16.元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是A.由水溶液的酸性：HCl>H2S，可推断出元素的非金属性：Cl>SB.若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数：X>YC.已知第IIA族元素硫酸盐的溶解性：MgSO4易溶于水，CaSO4微溶于水，可推断SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大(第IIA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba)D.Cs和Ba分别位于第六周期的第IA族和第IIA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．HCl和H2S不是元素最高价氧化物对应水化物，不能通过它们的酸性强弱比较Cl和S的非金属强弱，故A错误；B．阳离子是由原子失去电子得到的，阴离子是由原子得电子得到的，设X+和Y2-的核外电子层数为a，则X、Y的原子序数分别为a+1,a-2,即原子序数：X>Y，故B正确；C．由MgSO4易溶于水，CaSO4微溶于水可知硫酸盐的溶解度逐渐减小，所以推断出SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大，故C正确；D．同一周期元素，从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，Cs和Ba分别位于第六周期的第IA族和第IIA族，金属性Cs>Ba，所以碱性：CsOH>Ba(OH)2，故D正确；故答案为：A17.根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是实验或实验操作现象实验结论A向少量白色固体中加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验试纸变蓝该固体中存在铵盐B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO、SO、HSO中的一种或几种C将纯Al片与纯Mg片用导线连接，浸入到氢氧化钠溶液中Al片表面产生大量气泡金属性：Mg>AlD用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．试纸变蓝说明有氨气生成，则原固体中含有铵根，即存在铵盐，A正确；B．白色沉淀不一定是硫酸钡，也可能是氯化银，若原溶液中只含有Ag+，现象相同，B错误；C．镁不与NaOH溶液反应，铝可以与NaOH溶液反应，所以形成原电池时Al为负极，Mg为正极，镁片表面产生气泡，C错误；D．盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有的HCl气体也可以和Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，D错误；综上所述答案为A。18.X、Y、Z、W四种元素为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，已知W的最高正价与最低负价代数和为6，下列说法正确的是（）XYZWA.Z的简单氢化物沸点高于Y的简单氢化物沸点B.标准状况下，X的单质状态与W的相同C.X、Z、W最高价氧化物对应的水化物均为强酸，且X对应的酸性最强D.Z的简单离子还原性弱于W的简单离子还原性【答案】B【解析】【分析】W的最高正价与最低负价代数和为6，则W为Cl。根据周期表的结构特点，可以得出X、Y、Z分别为N、O、S，据此作答。【详解】根据上述分析可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，则A.Y的简单氢化物为H2O，Z的简单氢化物为H2S，由于水分子间存在氢键，故沸点高于H2S，A项错误；B.标准状况下，X的单质N2为气态，Cl2也为气态，B项正确；C.W对应的最高价含氧酸为高氯酸，酸性最强，C项错误；D.S2−具有强还原性，强于Cl−，D项错误;答案选B【点睛】A项要特别注意，比较简单氢化物沸点时要先考虑是否有氢键，再考虑范德华力的影响。其中，N、O和F的氢化物分子间存在氢键，可使沸点比同族的反常高。且三种氢化物对比，水的沸点最高。19.下列结论错误的是①微粒半径：K+＞Al3+＞S2-＞C1-②氢化物的稳定性：HF＞HC1＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2-＞C1-＞Br-＞I-④氧化性：C12＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3⑥非金属性：O＞N＞P＞Si⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K。A.只有① B.①③ C.②④⑤⑥⑦ D.①③⑤【答案】B【解析】【详解】①核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，微粒半径应该是S2->Cl->K+>Al3+，①错误；②非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，则氢化物的稳定性：HF>HC1>H2S>PH3>SiH4，②正确；③非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，还原性应该是S2->I->Br->Cl-，③错误；④非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性Cl＞S＞Se＞Te，则氧化性Cl2>S>Se>Te，④正确；⑤非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性S＞P＞Si，则酸性，H2SO4>H3PO4>H2SiO3，⑤正确；⑥同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，⑥正确；⑦同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，⑦正确；综上所述①③错误；答案选B。

20.下列离子方程式正确且符合题意的是A.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+B.等体积、等物质的量浓度的Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应：Ba2++OH-+H++-=BaSO4↓+H2OC.向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8+5S2-+24H+=8Mn2++5+12H2OD.向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【答案】B【解析】【详解】A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，A错误；B．等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，发生反应的离子方程式为：Ba2++SO+H++OH-=BaSO4↓+H2O，B正确；C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可能为硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，C错误；D．还原性顺序为I->Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气氧化碘离子，亚铁离子不参与反应，正确的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，D错误；故选B。21.已知反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其中1molH-H键断裂吸收436kJ的能量，1molN-H键断裂吸收391kJ的能量，1molN≡N键断裂吸收946kJ的能量，则生成2molNH3需A.吸收能量92kJ B.放出能量92kJC.放出能量30.67kJ D.吸收能量30.67kJ【答案】B【解析】【详解】在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1mol键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ；故选B。22.将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，共收集到标准状况下672mLNO和NO2的混合气体。将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，并通入一定体积的O2，恰好使水充满整个容器。则通入的O2的体积在标准状况下为A.168mL B.224mL C.336mL D.504mL【答案】C【解析】【分析】Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水又完全反应生成硝酸，纵观整个过程，Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，根据电子转移守恒计算氧气物质的量，再根据V=n·Vm计算需要氧气体积。【详解】Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应又完全反应生成硝酸，纵观整个过程，Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，1.92gCu的物质的量为n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，根据电子守恒可知需要氧气物质的量为n(O2)=n(Cu)=×0.03mol=0.015mol，因此需要通入氧气在标准状况下的体积为V(O2)=n·Vm=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，因此合理选项是C。【点睛】本题考查混合物计算，关键是分析整个过程明确Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，侧重考查学生分析解决问题的能力。23.如表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩中元素，用合适的化学用语填空回答以下问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）⑨在元素周期表中的位置是___________。（2）请画出⑧的原子结构示意图：___________。（3）请写出②的最高价氧化物的结构式：___________。（4）请比较④和⑦的简单氢化物的熔沸点大小：___________。(用化学式表示)（5）分别写出⑥、⑧的单质与⑤最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式___________，___________。当1mol⑧的单质参与该反应时，转移的电子数为___________。（6）比较③、⑤、⑥简单离子半径的大小___________。【答案】（1）第四周期VA族（2）（3）O=C=O（4）H2O＞H2S（5）①.2A1+2OH-+2H2O=2+3H2↑②.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O③.NA（6）N3-＞Na+＞Al3+【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可知：①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是S，⑧是Cl，⑨是As，⑩是Br元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答；【小问1详解】⑨是As元素，位于元素周期表第四周期第VA族；【小问2详解】⑧是Cl元素，原子核外电子排布是2、8、7，所以Cl原子结构示意图是：；【小问3详解】②是C，原子最外层有4个电子，最高化合价是+4价，其最高价氧化物分子式是CO2，在该分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，三个原子在同一直线上，故其结构式是O=C=O；【小问4详解】④是O，⑦是S，它们是同一主族的元素，它们形成的简单氢化物化学式分别是H2O、H2S，二者都是由分子构成的物质，通过分子间作用力结合，由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点增大，所以氢化物的熔沸点由高到低的顺序为：H2O>H2S；【小问5详解】⑥是⑥是Al，⑧是Cl，其单质化学式是Cl2；⑤是Na，其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2A1+2OH-+2H2O=2+3H2↑；而Cl2与氢氧化钠溶溶液在室温下反应产生NaCl、NaClO、H2O，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；在该反应中只有Cl元素的化合价发生变化，若有1molCl2发生反应，转移1mol电子，转移电子的数目是NA；【小问6详解】③是N，⑤是Na，⑥是Al，它们形成的离子分别是N3-、Na+、Al3+，三种离子的核外电子排布式都是2、8，电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以三种离子的半径由大到小的顺序为：N3->Na+>Al3+；24.I．按下列要求填空（1）下列变化：①碘的升华，②冰熔化，③氯化钠溶于水，④氯化氢溶于水，⑤碳酸氢钠加热分解化学键未被破坏的是___________；仅共价键被破坏的是___________。（2）写出Na2O2的电子式：___________。其所含化学键类型为___________。（3）用电子式表示Na2S的形成过程：___________。II．被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点。下图为氢氧燃料电池的结构示意图，

电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒。当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流。试回答下列问题：（4）写出氢氧燃料电池工作时正极电极反应方程式：___________。（5）如果该氢氧燃料电池每转移0.1mol电子，消耗标准状况下___________L氧气。（6）若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为___________。电池总离子反应方程式为___________。【答案】（1）①.①②②.④（2）①.②.离子键，非极性键或离子键，共价键（3）（4）2H2O+O2+4e-=4OH-（5）0.56L（6）①.CH4+10OH--8e-=+7H2O②.CH4+2O2+2OH-=+3H2O【解析】【分析】I．(1)根据物质所含化学键的类型以及发生的变化来分析，化学键被破坏的情况有:发生化学反应、电解质的电离，由原子构成的共价化合物的熔融；(2)过氧化钠(Na2O2)由钠离子和过氧根离子构成，根据稳定结构写出电子式，再根据电子式判断键；(3)硫化钠为离子化合物，根据离子化合物的电子式表示方法写出Na2S的形成过程。II．(1)氢氧燃料电池中，通入燃料电极是负极，氢氧燃料电池电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；(2)根据电极方程式中电子与氧气的关系求算；(3)燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，碱性条件下，甲烷燃烧生成碳酸根离子，根据电荷守恒和原子守恒，可得电极反应，碱性条件下，甲烷燃烧生成的二氧化碳再与氢氧根离子结合生成碳酸根离子，根据化合价升价守恒和原子守恒可得反应；【小问1详解】①碘的升华，只是状态的变化，化学键没被破坏；②冰融化，只是状态的变化，化学键没被破坏；③氯化钠溶于水，电离出自由移动的离子，离子键被破坏；④氯化氢溶于水，电离出自由移动的离子，共价键被破坏；⑤碳酸氢钠加热分解，既有离子键被破坏又有共价键被破坏；综上所述，化学键未被破坏的是①②，仅共价键被破坏的④；【小问2详解】过氧化钠(Na2O2)是由钠离子和过氧根离子构成的，过氧化钠的电子式为，其所含化学键类型为离子键，非极性键或离子键，共价键；【小问3详解】硫化钠为离子化合物，用电子式表示Na2S的形成过程为；【小问4详解】氢氢燃料电池中，电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，则其电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-；【小问5详解】根据电极反应2H2O+O2+4e-=4OH-，可知转移4mol电子时，消耗氧气1mol，则每转移0.1mol电子消耗的氧气为：0.1mol×=0.025mol，则V(O2)=nVm=0.025mol×22.4L/mol=0.56L；【小问6详解】燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，碱性条件下，甲醇在负极燃烧生成的二氧化碳再与氢氧根离子结合生成碳酸根离子和水，其电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O，碱性条件下，甲烷燃烧生成的二氧化碳再与氢氧根离子结合生成碳酸根离子，电池总离子反应方程式为：CH4+2O2+2OH-=CO+3H2O；25.Ⅰ．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O)，请回答下列问题：（1）反应后，装置B中发生的现象是___________，反应方程式为___________。（2）装置D表现了SO2的___________性；装置E表现了SO2的___________性。（3）F装置的作用是___________。（4）装置C中发生的反应的离子方程式___________Ⅱ．依据下图中氮元素及其化合物的转化关系，请回答下列问题。（5）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，该反应的化学方程式是___________。（6）实验室检验氨气时，可选用的试剂是___________(填选项)。a．湿润的蓝色石蕊试纸b．湿润的红色石蕊试纸c．浓盐酸（7）氨气催化氧化的化学方程式是___________。【答案】（1）①.黄绿色溶液逐渐变浅②.C12+SO2+2H2O=2HC1+H2SO4（2）①.氧化性②.漂白性（3）吸收二氧化硫，防止空气污染（4）2+5SO2+2H2O=5+2Mn2++4H+（5）2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（6）b、c（7）4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【分析】Ⅰ．由实验装置可知，A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B中氯水可氧化二氧化硫生成盐酸和硫酸，C中酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，D中二氧化硫可氧化氢硫酸生成S沉淀，E中二氧化硫与品红化合生成无色物质，F中NaOH溶液可吸收尾气；Ⅱ．(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水；(2)氨气可以是湿润的红色石蕊试纸变蓝，与氯化氢反应生成氯化铵，冒白烟，据此检验氨气；(3)工业上利用氨气与氧气发生催化氧化生成NO与水，以此来解析；【小问1详解】反应后，装置B中发生的现象是黄绿色溶液逐渐变浅，反应的化学方程式为：C12+SO2+2H2O=2HC1+H2SO4；【小问2详解】装置D发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，二氧化硫的化合价由+4价降低为0价，体现其氧化性，装置E中SO2使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，【小问3详解】F中NaOH溶液可吸收尾气，吸收二氧化硫，防止空气污染；【小问4详解】C中酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫生成硫酸锰、硫酸钾和水，反应的离子方程式：2MnO+5SO2+2H2O=5SO+2Mn2++4H+；【小问5详解】氯化氨与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为:2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；【小问6详解】氨气可以是湿润的红色石蕊试纸变蓝，与氯化氢反应生成氯化铵，冒白烟，据