黑龙江省大庆实验中学2019_2020学年高一化学下学期6月月考期中试题含解析

大庆实验中学2019-2020学年高一化学下学期6月月考
（期中）试题（含解析）
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16
一、单选题 (每题只有一个选项是正确的)
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是( )
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C. 化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
D. 可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土对水果进行保鲜
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，蚕丝灼烧时有烧焦羽毛的气味，而人造纤维的主要成分是纤维素，人造纤维灼烧时没有烧焦羽毛的气味，因此使用灼烧的方法可以鉴别蚕丝和人造纤维，A选项正确；
B．乙烯可以制成聚乙烯，聚乙烯无毒，可用于食品包装，因此乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，B选项正确；
C．化石燃料含有硫等元素，完全燃烧生成的二氧化硫等会形成酸雨，会造成大气污染，C选项错误；
D．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，D选项正确；
答案选C。

【点睛】本题考查知识点较多，难度不大，但大多属于记忆性的知识点，注意理论与实际相结合，多注意社会热点问题来分析即可。

2.下列关于化石燃料加工说法正确的是( )
A. 煤的气化和液化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
B. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油、柴油等
C. 石蜡油高温分解的产物中含有烷烃和烯烃
D. 石油催化裂化主要得到乙烯
【解析】
【详解】A．煤的气化是固态燃料转化为气态燃料的过程，属于化学变化，A选项错误；B．石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油，B选项错误；
C．石蜡油在碎瓷片的催化作用下，高温分解得到烷烃和烯烃的混合物，C选项正确；
D．石油催化裂解可以得到乙烯，D选项错误；
答案选C。

3.一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：
下列叙述错误的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 生物柴油是不同酯组成的混合物
C. “地沟油”可用于制备生物柴油
D. 动植物油脂是高分子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A.对比动植物油脂和生物柴油的结构简式，可以得出此反应为取代反应，A正确；
B.由于烃基不同，所以生物柴油是由不同酯组成的混合物，B正确；
C.地沟油主要成分为油脂，通过这种方式转化为生物柴油，变废为宝，可行，C正确；
D.高分子化合物的相对分子质量一般高达104～106，而油脂的相对分子质量在1000左右，故动植物油脂不是高分子化合物，D错误。

答案D。

4.已知某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A。

则mg它的氧化物中所含电子的物质的量为（）
A.
m
A+16
(A-n+8)mol B.
m
A+16
(A-n+10)mol
C.
m
A+8
(A-n+4)mol D.
m
A+8
(A-n+8)mol
【答案】C
【详解】某元素的阳离子R +
的核内中子数为n ，质量数为A ，则其质子数=质量数-中子数=A-n ，所以其原子核外电子数=质子数=A-n ；它的氧化物化学式应为R 2O ，摩尔质量为(2A+16)g/mol ，所含电子数为2(A-n)+8；mgR 2O 的物质的量为
m
mol 2A+16
，所含电子的物质的量为
()2m
A mol 2A -n +8+16
⨯⎡⎤⎣⎦=m A+8(A-n+4)mol ，故答案为C 。

5.锌−空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH 溶液，反应为2Zn+O 2+4OH –
+2H 2O=2()2-
4Zn OH 。

下列说法正确的是( )
A. 放电时，电解质溶液中K +向负极移动
B. 放电时，电解质溶液中c(OH -)逐渐增大
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH --2e -
=()2-
4Zn OH
D. 放电时，电路中通过2mol 电子，消耗氧气22.4L(标准状况) 【答案】C 【解析】 【分析】
根据2Zn+O 2+4OH -+2H 2O═2Zn(OH)42-
可知，O 2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn 元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH --2e -═Zn(OH)42-，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。

【详解】A. 放电时，阳离子向正极移动，即K +向正极移动，故A 错误；
B. 放电时，负极反应式为Zn+4OH --2e -═Zn(OH)42-，则c(OH -)逐渐减小，故B 错误；
C. 根据上述分析，充电时，负极的锌失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn+4OH --2e -═Zn(OH)42-，故C 正确；
D. 放电时，正极反应为O 2+4e -+2H 2O=4OH -：每消耗标况下22.4L 氧气，即1mol ，转移电子4mol ，故D 错误； 故选C 。

6.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 氯化亚铁溶液中通足量Cl 2：Cl 2＋Fe 2+=Fe 3+＋2Cl -
B. 铁与稀硝酸反应：Fe+2H +=Fe 2++H 2↑
C. 少量的NaHCO 3溶液与澄清石灰水反应：Ca 2+＋OH -＋-3HCO =CaCO 3↓＋H 2O
D. 少量SO2通入到漂白粉的溶液:SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯化亚铁溶液与足量Cl2发生氧化还原反应生成氯化铁，离子方程式为Cl2＋2Fe2+=2Fe3+＋2Cl-，故A错误；
B.稀硝酸具有强氧化性，与铁稀反应生成一氧化氮，不能生成氢气，故B错误；
C.少量的NaHCO3溶液与澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2+＋OH-＋HCO3—=CaCO3↓＋H2O，故C正确；
D.二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有强氧化性，少量SO2通入到漂白粉的溶液发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，故D错误；
故选C。

【点睛】二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有强氧化性，少量SO2通入到漂白粉的溶液发生氧化还原反应是解答关键和易错点。

7.下列说法正确的是( )
A. 相对分子质量相差14的两种物质一定是同系物
B. 分子组成上差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物
C. 组成元素相同且各元素百分含量相同的不同有机物互为同分异构体
D. 相对分子质量相同且含碳质量分数相同的不同烃互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.结构相似，分子组成上相差一个或多个“CH2”原子团的有机物互称为同系物，乙烯和环丙烷相对分子质量虽相差14但结构不同不是同系物，A错误；
B.从定义上看，同系物不仅在分子组成上差一个或若干个CH2原子团还要结构相似，B错误；
C.两种有机物的组成元素及各元素百分含量也相同，则最简式相同，可能为同系物，如烯烃同系物，C错误；
D.相对分子质量相同且含碳质量分数相同的烃分子式相同，分子式相同结构不同的有机物互称为同分异构体，D正确；
答案选D。

8.下列各组物质中含有的化学键类型完全相同的是
A. NaCl NH4Cl
B. Na2O CO2
C. H2O CH4
D. CaCl2 Na2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaCl中存在离子键，NH4Cl存在离子键和共价键，A项错误；
B. Na2O存在离子键，CO2存在共价键，B项错误；
C. H2O和CH4存在共价键，C项正确；
D. CaCl2中存在离子键，Na2O2存在离子键和共价键，D项错误；
答案选C。

【点睛】离子键存在于离子化合物中，共价键存在于分子和离子团当中，如NH4+、SO42－、O22－等。

9.分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第26项应为（）
A. C7H16
B. C7H14O2
C. C8H18
D. C8H18O 【答案】C
【解析】
【分析】
根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和一元羧酸。

第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+(7-1)×1=8。

【详解】根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和一元羧酸。

把表中化学式分为4循环，26=4×6+2，即第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+(7-1)×1=8，故第26项化学式为C8H18，故合理选项是C。

【点睛】考查分子式的判断，实际是一道数学题，不需要过多的化学知识，掌握各类烃及衍生物的化学式通式，细心分析表中化学式的有关数据，找出规律，即可解题，寻找规律是关键。

10.下列除去杂质的方法正确的是( )
A. 除去乙烷中少量的乙烯：通入氢气，并加热
B. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和氢氧化钠溶液洗涤、分液
C. 除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.除去乙烷中少量的乙烯，通入氢气，易引入新杂质氢气，一般用溴水除去乙烷中的乙烯，A错误；
B.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，故不能用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中少量的乙酸，B错误；
C.CO2、SO2都能与碳酸钠溶液反应，不能用饱和碳酸钠溶液除CO2中少量的SO2，C错误；
D.乙醇和氧化钙不反应，乙酸具有酸性与氧化钙反应，加足量生石灰、蒸馏可除去乙醇中少量的乙酸， D正确；
答案选D。

11.下列醇不能发生催化氧化反应的是( )
A. (CH3)3COH
B. CH3OH
C. (CH3)3CCH2OH
D.
HO—CH2—CH2—OH
【答案】A
【解析】
【详解】A. (CH3)3COH分子中与羟基相连的碳原子上无氢原子，不能发生催化氧化，故A正确；
B.CH3OH与羟基相连的碳原子上有氢原子，能发生催化氧化，可生成甲醛，故B错误；
C. (CH3)3CCH2OH与羟基相连的碳原子上有氢原子，能发生催化氧化，可生成2,2—二甲基丙醛，故C错误；
D. HO—CH2—CH2—OH与羟基相连的碳原子上有氢原子，能发生催化氧化，可生成乙二醛，故D错误；
故选A。

【点睛】醇发生氧化反应的结构特点是：有羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，当含有-CHOH结构时，可被氧化生成酮，当含有-CH2OH结构时，可被氧化生成醛。

12.下列不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
B. 将收集NO2气体的烧瓶密闭后，放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化
C. 对2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)平衡体系加压，颜色变深
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯气和水反应是可逆反应，饱和食盐水中氯离子浓度大，使平衡逆向移动，抑制了氯气的溶解，故能用勒夏特列原理解释；
B.二氧化碳气体中存在平衡2NO2⇌N2O4，正反应为放热反应，放入热水中，平衡逆向移动，故能用勒夏特列原理解释；
C.该反应为等体反应，压强增大平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释；
D.生产硫酸的过程中存在二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的可逆反应，使用过量的空气即增大氧气的浓度，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释；
答案选C。

13.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。

下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。

下列说法错误的是
A. 原子半径：W<X
B. 常温常压下，Y单质为固态
C. 气态氢化物热稳定性：Z<W
D. X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为
Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。

【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。

14.下列由实验得出的结论正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且-OH中H的活性比水弱，故A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故B正确；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误；
答案选B。

15.设N A为阿伏加德罗常数的数值。

下列说法错误的是( )
A. 标准状况下，11.2L甲烷含氢原子数目为2N A
B. 100g 46％的乙醇溶液中，含氧原子的数目为N A
C. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N A
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13N A
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.标准状况下，11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，1个甲烷分子中含有4个氢原子，故0.5mol甲烷分子中含氢原子数目为2N A，A正确；
B.100g 46％的乙醇溶液中乙醇分子的物质的量为10046%
1
46/
g
mol
g mol
⨯
=，一个乙醇分子中含有
1个氧原子，但水分子中也含有氧原子，故溶液中含氧原子的数目大于N A，B错误；
C.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g乙烯中的氢原子数为2N A，故14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数也为2N A，C正确；
D.混合物的总质量为58g，则混合物的物质的量为1mol，每个C4H10分子中含13个共价键，则
48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13N A，D正确；
答案选B。

16.世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁­空气电池，其结构如图所示。

下列有关该电池放电时的说法正确的是( )
A. a极发生氧化反应
B. 铁表面发生的反应为xH2O(g)＋Fe=FeO x＋xH2
C. 若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4 mol电子转移
D. 正极的电极反应式为FeO x＋2xe-=Fe＋xO2-
【答案】B
【解析】
【分析】
由新型中温全瓷铁­空气电池的装置图可知，a极上空气中氧气得电子发生还原反应，为原电池的正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应，为原电池的负极。

【详解】A. a极上空气中氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B.由新型中温全瓷铁­空气电池的装置图可知，铁表面H2O(g)参与反应生成H2，发生的反应为xH2O(g)＋Fe=FeO x＋xH2，故B正确；
C.若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则氧气的物质的量为
22.4L
22.4L/mol
×
1
5
=0.2mol，电
路中转移的电子为0.8mol，故C错误；
D. O2在正极发生反应，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，故D错误；
故选B。

17.苯环中不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实有( )个
①苯不能使KMnO4(H＋)溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色⑥苯的间位二元取代物只有一种⑦苯的对位二元取代物只有一种
A. 3个
B. 4个
C. 5个
D. 6个
【答案】B
【解析】
【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，①正确；
②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，②正确；
③与氢气加成是苯和双键都有的性质，因此苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，不能证明苯环中存在单双键交替结构，③错误；
④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C−C，另一种是两个甲基夹C=C，但邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，④正确；
⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，⑤正确；
⑥不管苯环中是否为单双建交替，苯的间位二元取代物都为一种，⑥错误；
⑦不管苯环中是否为单双建交替，苯的对位二元取代物都为一种，⑦错误；
①②④⑤正确，共4个；
答案选B。

18. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同。

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。

根据以上叙述，下列说法中正确的是
A. 上述四种元素的原子半径大小为W<X<Y<Z
B. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D. 由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，则 W是H。

【详解】A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；答案选C。

19.在有机中，在同一平面上碳原子最多有几个，在同一直线上的碳原子最多有几个（）
A. 11，4
B. 13，3
C. 13，4
D. 12，3 【答案】C
【解析】
【详解】在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙基中连接双键的C原子处于碳碳双键形成的平面，乙基中的亚甲基具有四面体结构，乙基中甲基C原子通过旋转碳碳单键可能处于碳碳双键形成的平面，乙炔基为直线结构，处于苯环的平面结构，苯环中6个C 原子、甲基中1个C原子、乙炔基中2个C原子、碳碳双键中2个原子、乙基中2个C原子，可能处于同一平面，所以最多有13个C原子；
有机物中，处于共线的碳原子最多的是乙炔基、乙炔基连接的苯环C原子及该C原子对位的苯环C原子，故最多有4个C原子共线；
综上所述，在同一平面上的碳原子最多有13个，在同一直线上的碳原子最多有4个，故答案为D。

【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：①甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共线；④苯分子中所有原子共面；③HCHO分子中所有原子共面。

20.在容积不变的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2A⇌B(g)+C(s)，且达到平衡，当升高
温度时，容器内气体的密度变大，则下列判断正确的是( )
A. 若正反应为吸热反应，则A为气态
B. 若正反应为放热反应，则A为非气态
C. 若在平衡体系中加入少量C，则该平衡逆向移动
D. 若改变温度，气体的平均摩尔质量不变，则A一定为非气态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.因温度升高，平衡向吸热的方向移动，若正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，若A为气态，根据ρ=m÷V，m减小，V不变，所以密度减小，A错误；
B.因温度升高，平衡向吸热的方向移动，若正反应是放热反应，逆反应是吸热反应，升高温度平衡逆向移动，若A为非气态，根据ρ= m÷V，m减小，V不变，所以密度减小，B错误；
C.在平衡体系中加入少量C，由于C是固体，所以C的浓度不变，平衡不移动，C错误；
D.无论A的状态如何，该反应2A（？）B（g）+C（s）是前后气体体积发生变化的反应，若改变温度，要使气体的平均摩尔质量不变，则只能有一种气态物质参与反应，故A一定为非气态，D正确；
答案选D。

二、填空题
21.下图所示是元素周期表的部分轮廓图，根据元素①～⑩在周期表中的位置按题目要求回答：
①
②③④
⑤⑥⑦⑧
⑨
⑩
(1)写出由元素①③④按原子个数比4:2:3组成的物质的化学式_______，其含有的化学键类
型有________。

(2)元素⑤~⑧形成的
简单离子中，离子半径由大到小的顺序为____________(用离子符号表示)。

(3)元素③⑦⑨的简单气态氢化物沸点由高到低的顺序排列是______(用化学式表示)。

(4)写出元素⑩的原子结构示意图______。

(5)元素②和④组成的一种化合物是引起温室效应的主要气体，其电子式为_________，将少量该化合物通入由元素④⑤⑥组成的一种盐溶液中，写出相应的化学方程式_____。

(6)元素⑧的一种氧化物通入氯化钡溶液无沉淀，通入硝酸钡溶液却会产生白色沉淀，写出少量该氧化物通入硝酸钡溶液的离子方程式___。

【答案】 (1). NH 4NO 3 (2). 离子键、（极性）共价键 (3). P 3- >S 2- > Na + > Al 3+ (4).
NH 3 >AsH 3 > PH 3 (5).
(6).
(7).
CO 2+2NaAlO 2+3H 2O==2Al(OH)3↓+Na 2CO 3 (8). 3SO 2+3Ba 2+
+2-3NO +2H 2O==3BaSO 4↓+2NO↑+4H +
【解析】 【分析】
根据元素在周期表的结构判断元素种类，根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H ，②为C ，③为N ，④为O ，⑤为Na ，⑥为Al ，⑦为P ，⑧为S ，⑨为As ，⑩为Rb ，
(1) H 、N 、O 按按原子个数比4:2:3组成的物质的化学式为NH 4NO 3，铵根离子与硝酸根离子间存在离子键，硝酸根离子中N 与O 以共价键结合，则化学键类型有离子键、（极性）共价键，故答案为：NH 4NO 3；离子键、（极性）共价键；
(2) 元素⑤~⑧形成的简单离子中，电子层数越多，半径越大，核外电子数相同时，核电荷越大，半径越小，则离子半径由大到小的顺序为P 3->S 2-> Na +
> Al 3+
，故答案为：P 3->S 2-> Na +
> Al 3+
； (3) 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则沸点AsH 3> PH 3，NH 3分子间存在氢键，则沸点最高，故沸点由高到低的顺序排列是NH 3>AsH 3> PH 3，故答案为：NH 3>AsH 3> PH 3；
(4) Rb 在元素周期表中第五周期IA 族，共有5个电子层，最外层电子数为1，则原子结构示
意图，故答案为：；
(5) 元素C和O组成的一种化合物为CO2，是引起温室效应的主要气体，其电子式为，将少量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，化学方程式为：
CO2+2NaAlO2+3H2O==2Al(OH)3↓+Na2CO3，故答案为：；
CO2+2NaAlO2+3H2O==2Al(OH)3↓+Na2CO3；
(6) 元素S的一种氧化物通入氯化钡溶液无沉淀，通入硝酸钡溶液却会产生白色沉淀，则该
NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：氧化物为SO2，反应离子方程式为：3SO2+3Ba2++2-
3
NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+。

3SO2+3Ba2++2-
3
22.CH4是天然气主要成分，天然气是一种高效、低耗、污染小的清洁能源，也是重要的化工原料。

(1)CH4除了可以直接燃烧供能外，还可用作燃料电池的燃料，写出如图所示甲烷燃料电池负极的电极反应式_________。

(2)以CH4为原料制取H2是工业上常用的制氢方法，化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)⇌
CO(g)+3H2(g)，该反应为吸热反应。

一定温度下，将CH4和H2O(g)各0.11 mol充入2L恒容密闭容器中，50s后达平衡状态：
①若平衡时压强与初始压强比为21：11，平衡时CH4的浓度为____，50s内用H2表示该反应的平均速率 v(H2)＝____。

②以下可作为该反应达平衡状态的标志的是________。

A．气体总压强保持不变 B．气体的密度保持不变 C．单位时间消耗1molCH4的同时生成3molH2 D．气体的平均摩尔质量保持不变 E．CO和H2的分子数之比为1:3 (3)与甲烷结构相似的有机物还有很多，它们的碳原子之间都以碳碳单键结合成链状，剩余价键均与氢原子结合，这样的烃称为烷烃。

①分子式为C 7H 16，含有三个甲基的的烷烃可能结构有_____种
②烷烃CH 3CH(C 2H 5)C(CH 3)3的一氯代物有_____种，系统命名为_______。

【答案】 (1). CH 4-8e -+10OH -= CO 32-+7H 2O (2). 0.005mol/L (3). 0.0003mol/(L .
s) (4). AD (5). 3 (6). 5 (7). 2，2，3—三甲基戊烷 【解析】 【分析】
(1) 根据燃料电池原理及电解质组成分析书写电极反应式；(2) 运用三段式法根据反应速率表达式进行相关计算；根据平衡状态的本质及特征分析解答；(3) 根据甲基的数目判断支链的数目，根据碳链的异构分析解答；(4) 根据氢原子种类判断一氯取代物种类，运用系统命名法命名有机物。

【详解】(1) 碱性甲烷燃料电池中，甲烷作负极，发生氧化反应，生成CO 32-，电极反应式为：CH 4-8e -+10OH -= CO 32-+7H 2O ，故答案为：CH 4-8e -+10OH -= CO 32-+7H 2O ；
(2) ① 恒容时，压强之比等于物质的量之比，则平衡时，气体总物质的量为0.11mol×2×
21
11
=0.42mol ，设平衡时甲烷的浓度为a 则 ()()()()422++CH g H O g CO g 3H g 0.110.110
0.11-a 0.11-a 0.11-a (0.11-a)3a
a
0.11-a (0.11-a)3
⨯⨯起始反应平衡
a+a+(0.11-a)+ (0.11-a)×3=0.42mol，a=0.01mol ，c(CH 4)=
0.01mol
=0.005mol/L 2L
，v (H 2)=3 v (CH 4)=0.01mol
2L 3=0.0003mol(L s)
50s
⨯⋅，故答案为：0.005mol/L ；0.0003mol/(L .s)； ②A. 该反应为气体体积增大的反应，容器为恒容，则气体总压强保持不变，说明各组分浓度保持不变，能说明反应达到平衡，故A 选；
B. 反应前后气体总质量不变，气体体积恒定，则气体的密度始终保持不变，故B 不选；
C. 单位时间消耗1molCH 4的同时生成3molH 2都表示正反应方向速率，不能说明反应达到平衡，故C 不选；
D. 反应正方向为气体物质量增大的过程，气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量保持不变，能说明反应达到平衡，故D 选；
E. CO 和H 2的分子数之比为1:3，并不能说明浓度不在变化，故不能说明反应达到平衡，故E 不选，故答案为：AD ；。