【化学】河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一下学期月考试题（解析版）

【化学】河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一下学期月考试题（解析版）

河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一下学期月考试题 一．选择题(每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.中子数为8的碳原子可用于考古，其核素组成的符号可表示为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】质量数=中子数+质子数，据此回答问题。‎ ‎【详解】根据可知，Z为质子数，数值上等于原子序数，碳原子序数为6，A为质量数=质子数+中子数=14，即核素组成的符号。‎ 答案为C。‎ ‎2.下列表示正确的是( )‎ A. CO2的电子式： B. 中子数为45的溴原子： ‎ C. HClO的结构式：H—Cl—O D. 硫离子结构示意图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳为共价化合物，其分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，A错误；‎ B.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，该核素可以表示为，B错误；‎ C.次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，C错误；‎ D.硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子结构示意图为：，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.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(　　)‎ X Y Z W A. Z的气态氢化物稳定性高于Y的气态氢化物 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】‎ ‎【详解】W的最高正价与最低负价代数和为6，则W的最外层电子数为7，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置知，X为氮，Y为氧，Z为硫，W为氯；‎ A. 非金属性越强气态氢化物越稳定，氧的非金属性强于硫，所以Z的气态氢化物稳定性低于Y的气态氢化物，故A错误；‎ B. 标准状况下，氮的单质为气态，氯的单质也为气态，所以X的单质状态与W的相同，故B正确；‎ C. X、Z、W最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，都为强酸，其中高氯酸的酸性最强，故C错误；‎ D. Z的简单离子为S2-，W的简单离子为Cl-，半径越小，失去电子能力越弱，还原性越弱，所以Cl-还原性弱于S2-，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎4.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是（ ）‎ A. K2O2 B. NaOH C. MgCl2 D. H2O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】K2O2含有离子键和非极性共价键； NaOH含有离子键和极性共价键； MgCl2只含离子键； H2O2中H-O是极性共价键、O-O是非极性共价键；故选A。‎ ‎5.下列变化过程中，没有化学键断裂或生成的是（ ）‎ A. 金刚石转化为石墨 B. 氯化钠晶体溶于水 C. HCl溶于水 D. 碘升华 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金刚石转化为石墨属于化学变化，有化学键断裂或生成，故不选A；‎ B. 氯化钠晶体溶于水，离子键被破坏，有化学键断裂，故不选B；‎ C. HCl溶于水，共价键被破坏，有化学键断裂，故不选C；‎ D. 碘升华破坏分子间作用力，属于物理变化，没有化学键断裂或生成，故选D。‎ ‎6.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图甲所示，表示强碱滴定强酸的滴定曲线 B. 图乙所示，从能量角度考虑，金刚石比石墨稳定 C. 图丙所示，表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系 D. 图丁所示，图中的阴影部分面积的含义是[υ(正)－υ(逆)]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．强碱滴定强酸，溶液pH增大，pH=7附近存在pH的突变，图像符合，故A正确；‎ B．从图上可知，石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；‎ C．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故C错误；‎ D．横坐标为时间t，纵坐标为反应速率υ，图中阴影部分的面积为转化物质的量浓度，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.实验室用铁片和稀硫酸反应制备H2。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 升高温度能加快反应速率 B. 用铁粉代替铁片能加快反应速率 C. 滴入数滴CuSO4溶液能加快反应速率 D. 增加稀硫酸用量能加快反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度，更多的普通分子变为活化分子，所以能加快反应速率，A正确；‎ B.用铁粉代替铁片可以增大金属与酸的接触面积，加快反应速率，B正确；‎ C.滴入数滴CuSO4溶液,Fe与CuSO4发生置换反应，产生Cu单质，Fe、Cu、硫酸构成原电池，Fe作原电池的负极，从而能加快反应速率，C正确；‎ D.增加H2SO4用量，但硫酸的浓度不变，所以反应速率不能加快，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.某气态烃20mL完全燃烧时消耗同温同压下的氧气120mL．则该烃是(　　)‎ A. C2H4 B. C3H‎8 ‎C. C4H8 D. C5H10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设该烃的分子式为CxHy，则其燃烧的化学方程式为CxHy+()O2xCO2+H2O；20mL该烃消耗120mL氧气，则1mol该烃消耗6mol氧气，所以=6，则四个选项中只有C4H8符合，故选：C。‎ ‎9.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（ ）‎ A. 液化石油气 B. 汽油 C. 重油（石蜡） D. 甘油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】分子中只有碳氢两种元素组成的有机物是烃类，据此答题。‎ ‎【详解】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，液化石油气、汽油、煤油、重油（石蜡）为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃。‎ 故选D。‎ ‎10.下列关于甲烷的叙述正确的是(　　)‎ A. 甲烷分子的立体构型是正四面体，所以CH2Cl2有两种不同构型 B. 甲烷能够燃烧,在一定条件下会发生爆炸，因此甲烷是矿井安全的重要威胁之一 C. 甲烷可以与氯气发生取代反应，因此可以使氯水褪色 D. 甲烷能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷是正四面体型，所以CH2Cl2不存在同分异构体，A项错误；‎ B. 不纯的甲烷点燃易爆炸，是矿井安全的重要威胁之一，B项正确； ‎ C. 甲烷和氯气在光照的条件下可发生取代反应，但和氯水不反应，C项错误；‎ D. 常温下，甲烷化学性质稳定，不能被高锰酸钾氧化，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列说法正确的是（　　）‎ A. 邻二甲苯只有一种结构说明苯不存在单双键交替的结构 B. 1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为5NA C. 等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl D. 甲烷有两种二氯代物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．邻二甲苯只有一种结构说明苯不存在单双键交替的结构，故A正确；‎ B.1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键为6mol，个数为6NA，故B错误；‎ C．甲烷与氯气反应为连锁反应，副反应多，同时产生多种产物，所以等物质的量的甲烷与氯气反应的产物为多种取代物与氯化氢的混合物，故C错误；‎ D．甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是：(　　)‎ A. 为加快化学反应速率，应在强光照射下完成 B. 甲烷和 Cl2 反应后试管内壁的油状液滴物包括 CH3Cl 、CH2Cl2、CHCl3、CCl4‎ C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出 D. CH4 和 Cl2 完全反应后液面上升，液体充满试管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光照为该反应的条件，无光照该反应不能发生，所以强光照射并不是为了加快化学反应速率，故A错误；‎ B.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，故B错误；‎ C.甲烷和Cl2反应后产物最多的是HCl，HCl溶于饱和食盐水会有少量NaCl晶体析出，故C正确；‎ D.甲烷和Cl2反应在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，CH3Cl是不溶于水的气体，所以液体不会充满试管，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.下列有机反应属于取代反应的是(　　)‎ A. C3H8+5O23CO2+4H2O B. CH2＝CH2+Br2→‎ C. 2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O D. CH4+Cl2→CH3Cl+HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应为丙烷的燃烧，属于氧化反应，故A不符合题意；‎ B．该反应为乙烯和溴的加成反应，故B不符合题意；‎ C．该反应为乙醇的催化氧化，故C不符合题意；‎ D．该反应中甲烷中的氢原子被氯原子代替，属于取代反应，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎14.A、B、C都是金属，把A浸入B的硝酸盐溶液中，A的表面有B析出，B与C和稀硫酸组成原电池时，B为电池的负极。A、B、C三种金属的活动性顺序为（ ）‎ A. B＞A＞C B. A＞C＞B C. A＞B＞C D. B＞C＞A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把A浸入B的硝酸盐溶液中，A的表面有B析出，金属A可以把金属B从其盐中置换出来，所以活泼性A＞B； B、C和稀硫酸组成原电池时，B为电池的负极，说明活泼性B＞C；综合分析A、B、C三种金属的活动性顺序为A＞B＞C，故选C。‎ ‎15.研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是(　　)‎ A. 改变自然界氮循环途径，使其不产生氨 ‎ B. 加强对含氨废水的处理，降低氨气排放 C. 采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备 ‎ D. 增加使用生物有机肥料，减少使用化肥 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；‎ B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；‎ C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；‎ D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16. 下列说法正确是(　　)‎ A. 化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示 B. 化学反应速率的单位由浓度单位决定 C. 在反应过程中,反应物的浓度逐渐变小,所以用反应物表示的化学反应速率为负值 D. 用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时,其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】 【详解】A．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量（均取正值）来表示，A错误；‎ B．化学反应速率的单位由时间单位和物质的量浓度的单位决定，B错误；‎ C．反应过程中，反应物浓度逐渐变小，用反应物或生成物浓度的变化量表示的化学反应速率均为正值，C错误；‎ D．用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.对于反应A2＋3B2===‎2C来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）‎ A. v(B2)＝0.8 mol/(L·s) B. v(A2)＝0.5 mol/(L·s)‎ C. v(C)＝0.6 mol/(L·s) D. v(B2)＝1.2 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据分析可知，v(A2)＝0.5 mol/(L·s)；=0.267 mol/(L·s)；=0.3 mol/(L·s)；=0.4 mol/(L·s)，所以反应速率最快的是B。‎ 故选B。‎ ‎18.下列有关化学用语表示正确的是(　　)‎ A. 乙酸的结构简式：C2H4O2‎ B. F-的结构示意图：‎ C. 中子数为20的氯原子：‎ D. NH3的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸的分子式为：C2H4O2；结构简式CH3COOH，故A错误；‎ B．氟原子的核电荷数为9，氟离子核外有10个电子，F-的结构示意图：，故B正确；‎ C．氯原子的核电荷数为17，质量数=17+20=37，中子数为20的氯原子：，故C错误；‎ D．NH3属于共价分子，氮原子最外层有5个电子，三个电子分别与氢原子形成共价键，还剩有一对电子，满足8电子结构，正确的电子式为：，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎19.下列有关物质性质比较正确的是(　　)‎ ‎①同主族元素的单质从上到下，非金属性减弱，熔点增高 ‎②元素的最高正化合价在数值上等于它所在的族序数 ‎③同周期主族元素的原子半径越小，越难失去电子 ‎④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强 ‎⑤还原性：S2﹣＞Se2﹣＞Cl﹣‎ ‎⑥酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3‎ A. ①③ B. ②④ C. ③⑥ D. ⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①同主族元素的单质从上到下，核外电子层数增多，原子半径增大，非金属性减弱，熔点变化较为复杂，卤素单质的熔点增高，但碱金属单质熔点从上到下降低，故①错误；‎ ‎②氟元素没有正价，有些过渡元素的最高价大于所在族序数，如Cu，元素的最高正价在数值上不一定等于它所在的族序数，故②错误；‎ ‎③同周期主族元素的原子半径越小，原子核对核外电子的吸引程度越大，越难失去电子，故③正确；‎ ‎④元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，而它的气态氢化物水溶液的酸性没有此递变规律，故④错误；‎ ‎⑤元素的非金属性：Cl>S>Se，则离子还原性：Se2－>S2－>Cl－，故⑤错误；‎ ‎⑥同周期从左向右非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3，故⑥正确；‎ 综上所述选项C正确；答案为C。‎ ‎20.下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是(　　)‎ ‎①HClO的氧化性比H2SO4的氧化性强 ②常温下氯气是气态而硫是固态 ‎③盐酸酸性比氢硫酸强 ④HCl比H2S稳定 ⑤H2S能被Cl2氧化成硫 ‎⑥SCl2分子中氯显－1价 ⑦氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行 ‎⑧Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①④⑤⑥⑦‎ C. ④⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①比较非金属性强弱，应根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据含氧酸的氧化性比较，故①错误；‎ ‎②单质的物理性质不能作为判断元素非金属性强弱的依据，故②错误；‎ ‎③氢化物的稳定性可比较非金属性强弱，但是不能根据氢化物的酸性判断非金属性，故③错误；‎ ‎④氢化物的稳定性可比较非金属性强弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越大，故④正确；‎ ‎⑤H2S能被Cl2氧化成硫单质，说明Cl的非金属性比S强，故⑤正确；‎ ‎⑥SCl2分子中氯显－1价，硫显正价，说明Cl的非金属性比S强，故⑥正确；‎ ‎⑦氯气与氢气化合比硫与氢气化合要容易进行，说明Cl的非金属性比S强，故⑦正确；‎ ‎⑧Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于S，则可以说明Cl的非金属性比S强，故⑧正确；‎ 故选：C。‎ ‎21.在元素周期表中，元素A、B位于同周期，A在ⅡA族，B在ⅢA族。A的原子序数为a，B的原子序数为b，不可能是(　　)‎ A. b＝a+1 B. b＝a+11‎ C. b＝a+10 D. b＝a+25‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】元素A、B位于同周期，说明电子层数相同，A在ⅡA族，B在ⅢA族，根据元素周期表结构回答问题。‎ ‎【详解】A的原子序数为a，B的原子序数为b，若元素位于短周期，则b＝a+1；若元素位于长周期，中间相隔副族元素，其中包括镧系和锕系元素（各有15种），所以b＝a+11或b＝a+25；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎22.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构是(　　)‎ A. HClO B. PCl‎5 ‎C. BF3 D. CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HClO中的H原子，最外层最多2个电子，A项错误；‎ B．P最外层电子数为5，和5个Cl原子共用，P的最外层电子达到10，B项错误；‎ C．B的最外层电子数为3，与F共用3对电子对，最外层电子数为6，C项错误；‎ D．C最外层4个电子，分别和O共用2对电子对，C和O均达到8电子稳定结构，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎23.100mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是(　　)‎ A. 加入适量的6 mol·L－1的盐酸 B. 加入数滴氯化铜溶液 C. 加入适量蒸馏水 D. 加入适量的氯化钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。‎ ‎【详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；‎ B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；‎ C．加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；‎ D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答。‎ ‎【详解】A. 表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，A符合题意； ‎ B. 表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，B不符合题意；‎ C. 表示该反应中反应物的总能量等于生成物的总能量，该既不为吸热也不放热，故该反应不可能发生； ‎ D. 该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量，这是不可能的。 ‎ 综上所述，答案选A。‎ ‎25.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,其负极反应式为Al-3e-=Al3+‎ B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－‎ ‎＝Al3+，故A正确；‎ B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；‎ C.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；‎ D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确；‎ 故答案选C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ ‎26.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：‎ 族 周期 IA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎3‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎(1)原子半径最小的元素是____（填元素名称），写出⑧的原子结构示意图______。‎ ‎(2)最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是___（用化学式回答，下同），酸性最强的是___。‎ ‎(3)①与⑤形成的化合物中，化学键类型为_____。‎ ‎(4)⑦与⑨形成的化合物的电子式为___，②与④形成的原子个数比为1:2的化合物的结构式为____。‎ ‎(5)③、④、⑥的原子半径由大到小的顺序为_____（用元素符号回答）。‎ ‎(6)为探究元素②和⑧的非金属性强弱，某同学设计了如图所示的装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。请回答：‎ a.溶液B的作用是_______‎ b.若看到____现象，即可证明酸性_______（用化学式回答），则非金属性_______（用元素符号回答）。‎ c.上述实验中，能说明②和⑧非金属性强弱的化学方程式是_____________。‎ ‎【答案】(1). 氢 (2). (3). NaOH (4). HClO4 (5). 共价键 (6). (7). O=C=O (8). Na>N >O (9). 除去CO2气体中的HCl (10). Na2SiO3溶液中产生白色胶状沉淀（或Na2SiO3溶液变浑浊） (11). H2CO3 > H2SiO3 (12). C > Si (13). Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Si、⑨为Cl。‎ ‎(1)原子核外电子层数越少，原子半径越小；根据Si原子核外各个电子层含有的电子数目确定原子的结构示意图；‎ ‎(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；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越强；‎ ‎(3)非金属元素的原子间形成共价键；‎ ‎(4)活泼的金属与非金属元素形成离子键，②与④形成的原子个数比为1:2的化合物CO2分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，据此书写；‎ ‎(5)同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大；‎ ‎(6)用盐酸与大理石反应制取CO2气体，盐酸具有挥发性，用饱和NaHCO3溶液除去CO2在的HCl杂质气体，然后将CO2通入Na2SiO3溶液中，若看到产生白色沉淀，就证明酸性碳酸>硅酸，也就证明了元素的非金属性C>Si。‎ ‎【详解】根据元素在周期表的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Si、⑨为Cl。‎ ‎(1)原子核外电子层数越少，原子半径越小，在上述元素中H原子核外只有1个电子层，H原子半径最小；Si是14号元素，核外电子排布为2、8、4，所以Si原子结构示意图为；‎ ‎(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；在上述元素中金属性最强的元素的Na元素，所以碱性最强的为NaOH；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越强，在上述元素中F元素非金属性最强，但是F元素无最高正化合价，在上述元素形成的含氧酸中，酸性最强的为HClO4；‎ ‎(3)①与⑤分别表示H、F，两种都是非金属元素，二者形成的化合物HF中，化学键类型为共价键；‎ ‎(4)⑦与⑨形成的化合物MgCl2是离子化合物，2个Cl-与Mg2+通过离子键结合，故MgCl2的电子式为；②与④形成的原子个数比为1:2的化合物CO2是共价化合物，C原子与2个O原子形成4个共价键，因此CO2的结构式为O=C=O；‎ ‎(5)③、④、⑥表示的元素分别是N、O、Na，N、O是第二周期的元素，Na是第三周期的元素，由于不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以Na原子半径最大；N、O是第二周期的元素，原子序数O>N，由于同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径N>O，故三种元素的的原子半径由大到小的顺序为Na>N>O；‎ ‎(6)在锥形瓶中用盐酸与大理石反应制取CO2气体，由于盐酸具有挥发性，在装置B中用饱和NaHCO3溶液除去CO2在的HCl杂质气体，发生反应HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O，然后将除杂后的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，看到产生了白色沉淀，证明了酸性：碳酸>硅酸，由于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越强，所以同时证明了元素的非金属性C>Si。‎ ‎27.某化学课外小组设计了如图所示的装置制取乙酸乙酯（图中夹持仪器和加热装置已略去）。已知下列数据：‎ 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 ‎98%浓硫酸 熔点/℃‎ ‎﹣117.3‎ ‎16.6‎ ‎﹣83.6‎ 沸点/℃‎ ‎78.5‎ ‎117.9‎ ‎77.5‎ ‎338.0‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器C的名称为______，球形冷凝管的作用是_____。‎ ‎(2)向C中加入反应物，待充分反应后，将C中的混合物倒入装有饱和碳酸钠溶液的烧杯中充分振荡洗涤。饱和碳酸钠溶液作用是（填字母）：_____‎ A.中和乙酸并溶解乙醇 B.碳酸钠溶液呈碱性，有利于乙酸乙酯的水解 C.加速乙酸乙酯的生成，提高其产率 D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出 ‎(3)经多次振荡洗涤、静置分液后，为了进一步提纯乙酸乙酯，可采用蒸馏的方法，蒸馏时控制温度在__左右，温度计的水银球应位于____。‎ ‎(4)若实验所用乙酸质量为‎2.4g，乙醇质量为‎2.1g，得到纯净的产品质量为‎2.64g，则乙酸乙酯的产率是______。‎ ‎(5)乙酸乙酯与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式为____________。‎ ‎【答案】(1). 三颈烧瓶 (2). 冷凝回流 (3). AD (4). ‎77.5℃‎ (5). 与支管口平齐 (6). 75% (7). CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)仪器C的名称为三颈烧瓶，球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料利用率；‎ ‎(2)乙酸具有酸性，能和饱和碳酸钠溶液反应而把被吸收，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；‎ ‎(3)根据表中数据可知，馏分乙酸乙酯的沸点为‎77.5℃‎ ‎，温度计的水银球应位于支管口相平位置，此时所测的温度为馏分温度；‎ ‎(4)乙酸和乙醇的反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，‎2.4g乙酸和‎2.1g乙醇混合时可知乙醇过量，根据‎2.4g乙酸计算乙酸乙酯的理论产量，利用产率=×100%计算；‎ ‎(5)乙酸乙酯与氢氧化钠溶液发生完全水解反应，生成醋酸钠和乙醇，据此写出化学方程式。‎ ‎【详解】(1)仪器C的名称为三颈烧瓶，球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料利用率；‎ ‎(2)乙酸具有酸性，能和饱和碳酸钠溶液反应而把被吸收，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，易于分离，故合理选项是AD；‎ ‎(3)根据表中数据可知，馏分乙酸乙酯的沸点为‎77.5℃‎，所以收集产品应控制温度在‎77.5℃‎左右，并且温度计的水银球应位于支管口相平位置，所测的温度才是馏分温度；‎ ‎(4)乙酸和乙醇的反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，因为60：46＜2.4：2.1，所以‎2.4g乙酸和‎2.1g乙醇混合时，乙醇过量，‎2.4g乙酸生成乙酸乙酯的理论产量=×‎88g=‎3.52g，乙酸乙酯的产率=×100%=75%；‎ ‎(5)乙酸乙酯与氢氧化钠溶液发生完全水解反应，生成醋酸钠和乙醇，化学方程式为CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+CH3CH2OH。‎ ‎28.如图所示，在一个小烧杯里加入研细的‎20g Ba(OH)2·8H2O晶体。将此小烧杯放在事先滴有3～4滴水的玻璃片上，然后向小烧杯中加入‎10g NH4Cl晶体，并用玻璃棒快速搅拌。‎ ‎(1)实验中要用玻璃棒搅拌的原因是________________；‎ ‎(2)写出有关反应的化学方程式：________________，该反应__________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。‎ ‎(3)该实验中观察到的现象除产生刺激性气味的气体及反应混合物呈糊状以外，还有_________________________。‎ ‎(4)通过最后一个现象可以说明该反应为_________(填“吸”或“放”)热反应，这是由于反应物的总能量_________(填“大于”或“小于”)生成物的总能量。‎ ‎【答案】(1). 该反应是固体之间的反应，搅拌可使混合物充分接触并发生反应 (2). Ba(OH)2·8H2O +2NH4Cl = BaCl2+2NH3↑ +10 H2O (3). 不是 (4). 玻璃片上因结冰而与小烧杯粘在一起 (5). 吸 (6). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)玻璃棒的搅拌作用是使混合物充分接触，加快化学反应发生；‎ ‎(2)氯化铵和氢氧化钡的反应生成氨气、水、以及氯化钡；复分解反应均不是氧化还原反应；‎ ‎(3)烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；‎ ‎(4)玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量。‎ ‎【详解】(1)Ba(OH)2•8H2O晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应，搅拌可使混合物充分接触并发加快化学反应；‎ ‎(2)氯化铵属于铵盐，能和强碱氢氧化钡反应生成氨气、水、以及氯化钡，方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，该反应是复分解反应，不属于氧化还原反应；‎ ‎(3)氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热的，玻璃片上因结冰而与小烧杯黏在一起；‎ ‎(4)玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量。‎ ‎29.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：‎ ‎（1）氢氧燃料电池的在导线中电流的方向为由______(用a、b表示)。‎ ‎（2）负极反应式为______，正极反应式为___________。‎ ‎（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给,电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：‎ Ⅰ 2Li+H22LiH Ⅱ LiH+H2O=LiOH+H2↑‎ ‎①反应Ⅰ中的还原剂是_________，反应Ⅱ中的氧化剂是_____。‎ ‎②已知LiH固体密度为‎0.82g·cm-3，用锂吸收‎224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为______。‎ ‎③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为___mol。‎ ‎【答案】 (1). 由b到a (2). 2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O (3). O2 + 2H2O + 4e-=4OH- (4). Li (5). H2O (6). 或8.71×10-4 (7). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)原电池主要是将化学键转化为电能；氢气失去电子，为负极,氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极； ‎ ‎(2)负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；‎ ‎(3)①根据化合价的变化判断；②设LiH体积体积为vL，算出质量和物质的量，求出气体的体积；③根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算。‎ ‎【详解】(1)燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极；氧气获得电子，为正极；电子由负极通过导线移向正极，即由a到b；‎ ‎(2)负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O。正极为氧气得到电子，由于电解质溶液为碱性，氧气得到电子和水生成OH-，方程式为O2 + 2H2O + 4e-=4OH-；‎ ‎(3) 2Li+H22LiH，氢化锂中，Li的化合价为+1，则反应中锂失电子发生氧化反应，锂是还原剂。Ⅱ LiH+H2OLiOH+H2↑，该反应中H2O得电子生成氢气，发生还原反应，H2O是氧化剂；‎ ‎②根据化学反应方程式，2n(H2)=n(LiH)，用锂吸收224 LH2，为10mol，则生成的LiH为20mol，其质量为20mol×(7＋1)=‎160g，。生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为‎195cm3:‎224L≈8.7×10－4。‎ ‎③20molLiH可以生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol%80%=16mol，1molH2转化为1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子。‎