衡水市2019-2020学年化学高一下期末达标检测模拟试题含解析

衡水市2019-2020学年化学高一下期末达标检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂，已知α-萜品醇的结构简式如下式，则下列说法错误的是（）
A．1mol该物质最多能和1mol氢气发生加成反应
B．该物质不属于烃
C．该物质能使溴水褪色
D．分子式为C9H16O
【答案】D
【解析】A．含有一个碳碳双键，所以1mol该物质最多能和lmol氢气发生加成反应，故A正确；B．该分子中除了含有C、H元素外还含有O元素，所以不是烃，属于烃的含氧衍生物，故B正确；C．含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故C正确；D．根据结构简式知，其分子式为C10H18O，故D
错误；故选D。

点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键。

该分子中含有醇羟基、碳碳双键，具有醇和烯烃性质，能发生取代反应、氧化反应、加成反应、还原反应、加聚反应、酯化反应等。

2．在制蒸馏水的实验中，下列叙述不正确的是
A．在蒸馏烧瓶中盛约1/3体积的自来水，并放入几粒沸石
B．冷水从冷凝管下口入，上口出
C．冷水从冷凝管上口入，下口出
D．收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分液体
【答案】C
【解析】
试题分析：A、为避免加热时出现暴沸现象，在蒸馏烧瓶中盛约1/3体积的自来水，并放入几粒沸石，正确；B、冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，正确；C、冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，错误；D、收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分液体，正确。

考点：考查化学实验基本操作、蒸馏
3．把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（）A．AlO2－B．Al(OH)3C．Al3+D．Al3+和Al(OH)3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设KAl(SO4)2为1mol，则有1molAl3+、2molSO42-，滴入2mol Ba(OH)2，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，2mol Ba(OH)2提供了4molOH-，和1molAl3+恰好完全反应：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，此时铝元素的主要存在形式是AlO2－。

故选A。

4．下列属于吸热反应的是
A．气态水液化为液态水B．高温分解石灰石
C．氢氧化钠和盐酸反应D．氢气在氯气中燃烧
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、气态水液化为液态水是一个放热过程，是物理变化，故A错误；
B项、高温分解石灰石是一个吸热反应，故B正确；
C项、氢氧化钠和盐酸反应为中和反应，属于放热反应，故C错误；
D项、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢的反应为放热反应，故D错误；
故选B。

5．在体积固定的密闭容器中，加入2molA和1molB发生下列反应并且达到化学平衡状态，
2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)，平衡时C的浓度为amol·L－1。

若维持容器体积和温度不变，按下列4种方法配比作为起始物质充入该容器中，达到平衡后，C的浓度仍为amol·L－1的是( )
A．4molA+2molB B．3molC+1molB+1molD+1molA
C．2molA+1molB+1molD D．1molA+0.5molB + 1.5molC+0.5molD
【答案】D
【解析】
【分析】
维持容器的温度和体积不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍是a mol•L-1，说明达到相同的平衡，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，且和初始加入的2mol A、1mol B
相等即可。

【详解】
A．4molA+2molB 是原来初始量的2倍，相当于增大压强，平衡正向进行，C的浓度增大，A不符合；B．3molC+1molB+1molD+1molA换算成AB为3molA、2molB，相当于在2molA、1molB的基础上增加A，平衡正向移动，C的浓度增大，B不符合；
C．2molA+1molB+1molD相当于在2molA、1molB基础上增加D，平衡逆向移动，C的浓度减小，C不符合；
D．1molA+0.5molB+1molC+0.2molD转化成AB为，2molA，1molB，平衡时C为amol•L-1，D符合。

答案选D。

6．如图为铜铁原电池示意图，下列有关说法正确的是()
A．铜棒逐渐溶解B．该装置能将电能转化为化学能
C．电子由铁棒通过导线流向铜棒D．正极反应为Fe-2e - =Fe 2+
【答案】C
【解析】
【详解】
A．铜铁原电池中，铜是电池的正极，Fe是负极，Fe逐渐溶解，故A错误；
B．该装置为铜铁原电池，是把化学能转化为电能的装置，故B错误；
C．铜铁原电池中，铜是电池的正极，Fe是负极，电子由Fe流向Cu，故C正确；
D．Fe作负极，Fe原子失去电子发生氧化反应，则负极的反应为Fe-2e-=Fe2+，铜是电池的正极，正极反应式是2H++2e-=H2，故D错误。

【点睛】
本题考查原电池原理，明确：①活泼金属为负极，负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应，②电子由负极经导线流向正极。

7．如图表示化学反应过程中的能量变化，据图判断下列说法中合理的是（）
A．500 mL 2.0 mol·L－1HCl溶液和500 mL 2.0 mol·L－1NaOH溶液的反应符合图（a），且放出热量为ΔE1 B．500 mL 2.0 mol·L－1H2SO4溶液和500 mL 2.0 mol·L－1Ba（OH）2溶液的反应符合图（b），且吸收热量为ΔE2 C．发生图（a）能量变化的任何反应，一定不需要加热即可发生
D．CaO、浓硫酸分别溶于水时的能量变化均符合图（a）
【答案】A
【解析】
【详解】
A.因为HCl和NaOH反应为放热反应，由图可知放出的热量为ΔE1，所以图a符合，故A选项是正确的；
B.硫酸与氢氧化钡反应也是放热反应，而图b为吸热反应，故B错误；
C.加热是反应条件，与反应的热效应无关。

有些放热反应也需要加热才能发生，如燃烧反应也需要先加热达到着火点后才能反应，故C错误；
D.浓硫酸溶于水虽然放热，但是物理变化，图a表示的是化学反应过程中的能量变化，故D错误；
所以正确答案为A选项。

.
【点睛】
由图象可以知道图a反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；图b反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应,以此解答该题。

8．汽车尾气转化反应之一是2CO +2NO N2+2CO2，有关该反应的说法正确的是
A．CO是氧化剂B．NO被氧化
C．CO得到电子D．NO发生还原反应
【答案】D
【解析】
分析：2CO+2NO═N2+2CO2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。

详解：A．C元素的化合价升高，则CO为还原剂，选项A错误；B．N元素的化合价降低，NO为氧化剂，被还原，选项B错误；C．C元素的化合价升高，CO中碳失去电子，选项C错误；D．N元素的化合价降低，NO为氧化剂，被还原发生还原反应，选项D正确；答案选D。

点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。

9．25℃时，纯水中存在的平衡：H 2O H＋+ OH－，下列叙述正确的是
A．将水加热，K w增大，pH不变
B．加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低
C．加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，K w变小
D．加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低
【答案】D
【解析】
【详解】
A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，K w=c(H+)×c(OH-)增大，pH减小，故A错误；
B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；
C、加入NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，但K w只与温度有关，温度不变，K w不变，故C错误；
D、加入CH3COONa，CH3COO-结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，故D正确；
故选D。

10．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是
A．L层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．IA族元素的金属性一定比IIA族元素的金属性强
D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
【答案】A
【解析】分析：A、L层上的电子数为奇数的元素是第二周期元素，可能是Li、B、N、F，它们一定是主族元素；
B、核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2-离子；
C、同一周期，IA族元素的金属性一定比IIA族元素的金属性强；
D、同周期金属元素的化合价越高，失去电子的能力越弱。

详解: A、L层上的电子数为奇数的元素是第二周期元素，可能是Li、B、N、F，它们一定是主族元素，故A正确；
B、核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2-离子具有强还原性，故B错误；
C、同一周期，IA族元素的金属性一定比IIA族元素的金属性强，故C错误；
D、同周期金属元素的化合价越高，金属性越弱，失去电子的能力越弱，如Na、Mg、Al的失去电子能力减弱，故D错误；
所以A选项是正确的。

点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，把握同周期、同主族元素性质的变化规律为解答的关键，注意元素性质的特例。

11．下列实验操作和数据记录都正确的是（）
A．用10mL量筒量取9.2 mL NaCl溶液
B．用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH=3.2
C．用25 mL碱式滴定管量取16.60 mL高锰酸钾溶液
D．用托盘天平称量时，将NaOH固体放在左盘内的滤纸上，称得质量为10.2 g
【答案】A
【解析】
分析：A．量筒精确到0.1；
B．pH试纸只能得到整数；
C．用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；
D．NaOH固体有腐蚀性易潮解；
详解：A．量筒精确到0.1，可量取NaCl溶液，体积为9.2mL，A正确。

B．pH试纸精确到1，无法测得pH=3.2，B错误；
C．高锰酸钾具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，C错误；
D．NaOH固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，D错误；
答案选A。

12．下列说法正确的是
A．将铜丝烧热，迅速插入乙醇中，反复多次，可以闻到刺激性气味
B．用精密pH试纸测得某氯水的pH=5.5
C．油脂完全皂化后的反应液中加入热的饱和食盐水，搅拌，烧杯底部析出固体物质
D．分液时下层液体从分液漏斗下口放出，关闭旋塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下口放出
【答案】A
【解析】分析：A、乙醇氧化生成有刺激性气味的乙醛；B、氯水中含有具有漂白性的HClO，能使pH试纸褪色；C．加入饱和食盐水后发生盐析，上层是固体肥皂高级脂肪酸钠；D、分液时先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体。

详解：A. 将铜丝烧热，迅速插入乙醇中，反复多次，乙醇被氧化生成乙醛，可以闻到刺激性气味，选项A正确；B、因为氯水中含有具有漂白性的HClO，能使pH试纸褪色，所以无法用pH试纸测量氯水的pH，选项B错误；C．在油脂完全皂化后的混合物中加入热的饱和食盐水，搅拌，发生了盐析现象，混合物上下分层，上层是固体肥皂，选项C错误；D、分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体，选项D错误；答案选A。

13．在一定条件下发生反应3A(g)+2B(g)zC(g)+2D(g)。

在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min 后反应达到平衡时生成1.6 mol C，又测得D的反应速率v(D)= 0.2 mol.L-1•min-1。

则下列说法不正确的是（）
A．z=4 B．B的转化率是40%
C．A的平衡浓度是1.4mol.L-1D．平衡时气体压强是原来的
9 10
【答案】D 【解析】【详解】
A．V D=0.2mol/(L•min)，V C=1.6 mol
2L
2min
=0.4mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则z=4，
故A正确；
B．3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)，开始(mol) 4 2 0 0
转化(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8
B 的转化率=0.8mol 2mol ×100%=40%，故B 正确；
C ．A 的平衡浓度=2.8mol 2L
=1.4mol/L ，故C 正确； D ．气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的
2.8mol 1.2mol 1.6mol 0.8mol 4mol 2mol ++++=1615
，故D 错误；
答案选D 。

14．如图是四种常见有机物的比例模型。

下列说法正确的是( )
A ．甲能使酸性4KMnO 溶液褪色
B ．乙可与2Br 发生取代反应而使溴水褪色
C ．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D ．丁只能发生取代反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 甲为4CH ，不能被酸性4KMnO 溶液氧化，A 项错误；
B. 乙为乙烯，与2Br 发生加成反应而使溴水褪色，B 项错误；
C. 丙为苯，其6个碳碳键完全相同，C 项正确；
D. 丁为乙醇，还可发生氧化反应等，D 项错误；
故选C 。

【点睛】
本题主要考查了比例模型以及物质的性质，难度不大，注意由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析。

15．下列属于碱的是
A．CO2B．H2SO4C．Mg(OH)2D．NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】
A、二氧化碳是酸性氧化物，选项A不符合；
B、H2SO4溶于水完全电离，电离出的阳离子全部为氢离子，属于酸，选项B不符合；
C、Mg(OH)2是由镁离子和氢氧根离子构成的化合物，电离出的阴离子全部为氢氢根离子，属于碱，选项C符合；
D、NaCl属于盐，选项D不符合；答案选C。

16．海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。

其中成本最高的步骤在于( )
A．从海水中富集含微量元素的化合物B．使含微量元素的离子沉淀
C．对含微量元素的混合物进行提纯D．从化合物中冶炼这些单质
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，其浓度很低，因而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。

因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。

17．把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500mL0.5mol·L-1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢
气的速率v与反应时间t可用如下图的坐标曲线来表示，下列推论错误
．．的是( )
A．t由0→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B．t由b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是反应放热温度升高
C．t=c时反应处平衡状态
D．t>c产生氢气的速率降低主要原因是溶液中c(H+)降低
【答案】C
【解析】
【详解】
A.因铝的表面有一层致密的Al2O3能与HCl反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为
Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，故A正确；
B.在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，故B正确；
C.反应不是化学平衡，随反应进行反应放热对速率的影响比浓度减少的影响大，当t=c时温度影响最大，t＞c时温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，故C错误；
D.随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，，故D正确；
故选:C。

【点睛】
化学平衡研究的对象是可逆反应，可逆反应在一定条件下达到平衡状态。

18．下列说法正确的是( )
A．离子化合物中不可能含有共价键
B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C．非极性键只存在于双原子单质分子里
D．金属元素和非金属元素形成的化合物中一定含有离子键
【答案】B
【解析】A. 离子化合物中可能含有共价键，例如氢氧化钠等，A错误；B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，B正确；C. 非极性键不一定只存在于双原子单质分子里，例如乙醇中也含有非极性键，C错误；D. 金属元素和非金属元素形成的化合物中不一定含有离子键，例如氯化铝等，答案选B。

点睛：明确化学键的含义以及化学键与化合物之间的关系是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。

选项D是解答的易错点。

19．酸雨给人类带来种种灾害，与酸雨形成有关的气体是（）
A．O2B．N2C．SO2D．CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
SO2与空气中的水反应生成H2SO3，溶于雨水形成酸雨；或SO 2在空气中粉尘的作用下与空气中的氧气反应转化为SO3，溶于雨水形成酸雨，答案选C。

【点睛】
酸雨的形成与硫的氧化物或氮的氧化物有关，是煤的燃烧，汽车尾气等造成的。

20．海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。

下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4+ + 5O22NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O)
A．①②均属于固氮反应
B．海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加
C．反应④中每生成1 mol H2O转移2 mol e-
D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；
B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。

硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。

硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；
C.反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；
D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。

故D正确。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（1）氨气是重要的化工原料，主要用作化肥、冷冻剂等。

现向一固定容积的反应器中通入2molN2和6molH2在催化剂作用下加热至平衡状态，测得此时容器内压强比反应前减小了15，列式计算H2的平衡转化率___。

（2）燃料的燃烧将化学能转化成热能，提供了人类生存和发展所需要的能量和动力。

现将标况下8.96L 乙烷和乙烯的混合气体和足量氧气充分混合并点燃，燃烧产物经过浓硫酸充分吸收后增重16.2g，则混合气体中乙烷和乙烯的物质的量之比为多少___？
【答案】40%1:3
【解析】
【详解】
（1）设反应达到平衡时，氮气反应了xmol，
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始(mol) 2 6 0
变化(mol) x 3x 2x
平衡(mol) (2-x) (6-3x) 2x 根据题意，有(2)(63)2485
x x x -+-+=，解得x=0.8； 氢气的平衡转化率230.8()100%40%6H α⨯=⨯=。

（2）设混合气体中乙烷的物质的量为xmol ，乙烯的物质的量为ymol
8.96()=
0.422.4/L n mol mol L =混合气体； 16.2g ()=0.918/n mol g mol
=水； 依题意有x+y=0.4，3x+2y=0.9；
解得y=0.3，x=0.1，故混合气体中乙烷和乙烯的物质的量之比为1:3。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．为探究2SO 的性质，某同学按如图所示的装置进行实验。

完成下列填空：
（1）装置A 中盛放浓碱酸的仪器名称是________________，A 中发生反应的化学方程式是
___________________。

（2）装置B 中的现象是________________________，说明2SO 具有________（填代码）；装置C 中发生反应的化学方程式是________________________________，说明2SO 具有________（填代码）。

a ．氧化性
b ．还原性
c ．漂白性
d ．酸性
（3）装置D 的目的是探究2SO 与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象________________________尾气可采用________溶液吸收。

【答案】分液漏斗 23242422Na SO H SO Na =SO SO H O ++↑+ 溴水褪色 b
222=2H S SO 3S 2H O +↓+ a 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 NaOH
【解析】
【分析】
浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：23242422Na SO +H SO Na SO +SO +H O =↑；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，化学方程式为：SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4，B 装置的
实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：
222=2H S+SO 3S +2H O ↓，C 装置体现了二氧化硫的氧化性；D 装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。

【详解】
根据上述分析可知，
（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A 中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A 为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：23242422Na SO +H SO Na SO +SO +H O =↑，故答案为分液漏斗；
23242422Na SO +H SO Na SO +SO +H O =↑；
（2）装置B 中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：
SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4，S 元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b 项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：222=2H S+SO 3S +2H O ↓，二氧化硫中S 元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c 项正确；，故答案为溴水褪色；b ；222=2H S+SO 3S +2H O ↓；c ；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH 。

【点睛】
本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．元素及其化合物的知识是高中化学重要的组成部分，是考查化学基本概念和理论、化学计算、化学实验知识的载体。

（1）元素周期表1－20号元素中，某两种元素的原子序数相差3，周期数相差1。

①这样的两种元素的组合有________种。

②若这样的两种元素形成的化合物中原子数之比为1∶1。

写出其中一种化合物的名称：_______________________；
（2）A 是自然界存在最广泛的ⅡA 族元素，常以化合物F 存在．从单质A 起始发生的一系列化学反应可由下图表示：
请回答下列问题：
①F的化学式为________，D的电子式为________________。

②E与水反应的化学方程式为___________________________________________；
③实际生产中，可由F为原料制备单质A，写出制备过程的化学方程式（不需考虑综合经济效益）
_______________________________________________________。

【答案】（1）①7 (2分) ；
③过氧化钠或过硫化钾(1分)
（2）①CaCO3(1分)(1分) ②NaH＋H2O===NaOH＋H2↑(1分)
③CaCO3CaO+CO22CaO2Ca+O2(2分)
或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O CaCl2Ca+Cl2(2分)
【解析】
试题分析：(1)：1－20号元素中，两种元素的原子序数相差3，周期数相差1的有：H和Be，He和B,O
和Na，F和Mg，Ne和Al，S和K,Cl和Ca。

7组。

形成的化合物中原子数之比为1∶1的有Na2O2或者K2S2 ：名称为过氧化钠或过硫化钾。

（2）：自然界存在最广泛的ⅡA族元素为Ca，以CaCO3形式存在，F为CaCO3，故D为二氧化碳，电子式：G为氧化钙，C为氢氧化钙，结合Na与水的反应可知，钙与水反应，B为氢气。

E为NaH。

与水反应：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。

③通过Na的制备可得：CaCO3CaO+CO22CaO2Ca+O2(2分)
或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O CaCl2Ca+Cl2
考点：元素及其化合物
点评：本题是对元素及其化合物的考查，但是更多的是对知识的迁移和应用能力的考查。

在对物质进行推断时，应结合已学物质的性质。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．(1)工业上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(N2H4)等。

由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO氧化法，其离子反应方程式为___________，有学者探究用电解法制备的效率，装置如图，试写出其阴极电极反应式__________________；
(2)某种铅酸蓄电池具有廉价、长寿命、大容量的特点，它使用的电解质是可溶性的甲基磺酸铅，电池的工作原理：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O充电时，阳极的电极反应式为_________；
(3)乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇(CH3CH2OH)的一种反应原理为：
2CO(g)+4H 2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H=-akJ/mol
己知：CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ/mol
以CO2(g)与H2(g)为原料也可合成乙醇，并放出热量，写出该反应的热化学反应方程式：___________。

(4)如图是一个电化学过程的示意图。

请回答下列问题：
①写出通入CH3OH的电极的电极反应式______。

②乙池中C棒电极反应的方程式为__________________，当乙池中B极质量增加10.8g，此时丙池中析出
3.2g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是______(填序号)
A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液
【答案】2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl-O2+4e-=2O2-Pb2++2H2O-2e- =PbO2+4H+
2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g) △H=-(a-2b) kJ/mol CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O 2H2O-4e－=O2↑+4H+BD
【解析】
【分析】
根据装置特点判断是原电池还是电解池，根据原电池和电解池原理分析正负极和阴阳极并书写对应的电极反应式；根据盖斯定律书写热化学方程式；根据二次电池的总反应，书写电极反应；根据闭合回路中电子转移守恒计算电极产物的量。

【详解】
(1)根据题干信息知NH3被NaClO氧化生成N2H4，NaClO被还原生成Cl-，离子方程式为：2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl-；根据电解装置分析知，阴极发生还原反应，元素化合价降低，装置中左侧为阴极，氧气得电子生成
氧离子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，故答案为：2NH3+ClO- =N2H4+H2O + Cl-；O2+4e-=2O2-；
(2)根据Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O分析得，充电时，阳极失电子，发生氧化反应，元素化合价升高，则电极反应式为：Pb2++2H2O-2e- =PbO2+4H+；
(3)根据盖斯定律得：2CO(g)+4H 2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H1=-akJ/mol I，
CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-bkJ/mol II，I-2×II得：2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g)
△H=△H1-2△H2=-(a-2b) kJ/mol；
(4)①根据图示，甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的电极为负极，发生氧化反应，因为电解质为KOH，所以氧化产物为碳酸钾，电极反应式为：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O；
②乙池为电解池，C棒连接电池的正极，阳极失电子发生氧化反应，根据放电顺序，水失电子生成氧气和氢离子，电极反应的方程式为：2H2O-4e－=O2↑+4H+；乙池中B极反应为Ag++e－=Ag，质量增加10.8g，则
转移电子数为
10.8g
108g/mol
=0.1mol；丙池某电极析出3.2g金属，说明丙池中电解质是含有氧化性较强的金
属阳离子在阴极得电子析出金属，不可能是镁离子和钠离子的盐溶液，则AC错误；此时转移电子为0.1mol，
若是二价金属，金属的摩尔质量是
3.2g
=64g/mol
0.1mol
2
，所以电解质是含有铜离子的盐溶液，则B正确；
若是一价金属，金属的摩尔质量是32g/mol，但题目中没说丙池盐溶液足量，若AgNO3不足，只能电解出3.2gAg，之后一直电解水，所以D正确，故答案为：2H2O-4e－=O2↑+4H+；BD。

【点睛】
一：与电源正极相连为阳极，与负极相连为阴极；
二：离子移动，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；
三：根据溶液中的离子判断电极反应。