四川省威远中学2018_2019学年高一化学下学期第二次月考试题(含解析)

四川省威远中学2018-2019学年高一化学下学期第二次月考试题（含
解析）
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Zn—65
第Ⅰ卷(选择题共42分)
一、选择题（本大题共21个小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意
．．．．．．．．．．．．．）1.2014年1月22日是第45个“世界地球日”，主题是：“珍惜地球资源转变发展形势”。

下列行为中不符合
．．．这一主题的是( )
A. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质
B. 大量开采化石原料，以满足社会对能源的需求
C. 减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃
D. 节约能源，提高能源利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 绿色化学技术中最理想的是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，故A符合上述主题；
B. 化石原料属于不可再生能源，且化石燃料的大量使用对环境也造成破坏作用，故B不符合上述主题；
C. 氟氯烃使用对大气臭氧层起破坏作用，所以较少或不使用对环境起到保护作用，故C符合上述主题；
D. 节约能源，提高能源利用率，符合“珍惜地球资源转变发展形势”这一主题；
故选B。

2.下列说法正确的是( )
A. 淀粉、纤维素、油脂、酶均属于天然的高分子化合物
B. 将苯、己烷、乙醇三种液体分别与溴水混合振荡后，混合液均分为两层，且溴水层无色
C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是碳酸
D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，故A错误；
B. 乙醇与溴水互溶，故B错误；
C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是乙酸，故C错误；
D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料，故D正确；
故选D。

3.用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中正确
．．的是( )
A. 常温常压下，17g NH3含有的原子数为4N A
B. 1molC n H2n+2含有的共价键数目为3nN A
C. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为3N A
D. 标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数为1.5N A
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温常压下，17g NH3的物质的量为1mol,含有的原子数为4N A故A正确；B. 1molC n H2n+2属于饱和烷烃，含有的共价键数目为（3n+1）N A，故B错误；C. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为2N A，故C错误；D. 标准状况下， H2O不是气态，无法计算含有的原子数，故D 错误；答案：A。

4.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。

中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。

铟与铷（37Rb）同周期。

下列说法不正确的是
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在
周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位
于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。

【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

5.随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是( )
A. 单质的熔、沸点逐渐降低
B. 离子的还原性逐渐增强
C. 气态氢化物稳定性逐渐增强
D. 单质氧化性逐渐增强
【答案】B 【解析】
【分析】A. 卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高。

B.卤素离子的还原性随着原子半径增大而增强。

C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。

D. 卤族单质的氧化性随原子半径增大而减弱。

【详解】A.卤素单质是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单
质的熔沸点随着原子半径增大而升高，A错误。

B.卤素离子半径越大，原子核对最外层电子吸引力越小，还原性越强，所以卤素离子的还原
性随原子半径增大而增强，B正确。

C.卤族元素非金属性随原子半径增大而减弱，所以气态氢化物的稳定性随着原子半径增大而
逐渐减弱，C错误。

D.卤族元素得电子能力随着原子序数增大而减弱，所以卤素单质的氧化性随着原子半径增大
而减弱，D错误。

6.下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是
( )
A. 气态氢化物的稳定性：R>W
B. X与Y可以形成原子个数比为1∶1和1∶2的两种离子化合物
C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-
D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】C
【解析】
分析】
X、Y、Z、W、R都为短周期元素，结合原子序数和主要化合价分析，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为
Na元素；Z为+3价，Z为Al元素；W的化合价为+6、-2价，故W为S元素；R的化合价为+7、-1价，则R为Cl元素。

据此解答。

【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W、R依次为O、Na、Al、S、Cl元素；则
A. R为Cl，W为S，在同一周期，非金属性Cl＞S，所以HCl的稳定性比H2S强，A正确；
B. X为O，Y为Na，X与Y可以形成Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，B正确；
C.离子电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，C错误；
D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，D正确；
答案选C。

【点睛】本题的突破口是：根据图表中化合价的数值、原子序数的变化确定元素种类。

再根据元素周期律的相关知识和化合物的性质进行判断即可。

注意微粒半径大小比较的规律。

7.下列表述正确的是( )
A. CH4的球棍模型示意图为
B. HF的电子式：
C. 乙烯的最简式为 CH2
D. 还有4种含有苯环的同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH4的比例模型示意图为，故A错误；B. HF属于共价化合物，其电子式：
，故B错误；C. 乙烯的分子式为C2H4,所以最简式为 CH2，故C正确；D. 共有4种含有苯环的同分异构体，故D错误；答案：C。

8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )
A. 强碱性溶液中：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
B. 强酸性溶液中：K＋、SO42-、Fe2+、NO3-
C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、CO32-、NO3-、K+
D. 某无色溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、NO3-
【答案】A
【解析】
A. 强碱性溶液中K＋、AlO2－、Cl－、SO42－之间不反应，可以大量共存，A正确；
B. 强酸性溶液中Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中如果显酸性，则CO32－、NO3－一定不能大量共存，C错误；
D. 某无色溶液中Fe3+不能大量共存，D错误，答案选A。

9.下列反应中，属于加成反应的是( )
A. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失
【答案】C
【解析】
【详解】A. 乙烯含有C=C双键，具有还原性，能和酸性KMnO4溶液发生氧化，故不选A；B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色属于萃取，故不选B；C. 乙烯含有C=C双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故C正确；D. 甲烷与氯气混合光照发生取代反应，故D不选；答案：C。

10.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是( )
A. 分子式为C7H6O5
B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应
C. 分子中含有两种官能团
D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H＋,羟基不能电离出H＋，故D错误；答案：B。

【点睛】根据官能团判断相应的性质。

含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。

11.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；
C. 乙酸与生石灰反应；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；
【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；
C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；正确选项C。

【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。

12.下列关于有机物的说法中，正确的一组是( )
①淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应②淀粉和纤维素互为同分异构体
③食用油属于酯类，石蜡油属于烃类④石油的分馏和煤的气化都发生了化学变化
⑤淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应
A. ①②⑤
B. ①②④
C. ①③⑤
D. ③④⑤【答案】C
【解析】
【详解】①淀粉最终水解成葡萄糖，油脂水解成高级脂肪酸(盐)和甘油，故①正确；②淀粉和纤维素分子式为(C6H10O5)n，但n值不同，二者不互为同分异构体，故②错误；③油脂分为脂肪和油，液态的油脂称为油，食用油属于油脂，石蜡属于烃类，故③正确；④石油分馏是利用沸点不同，煤的气化发生化学变化，如C＋H2O CO＋H2，故④错误；⑤淀粉遇碘变蓝，葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，生成Cu2O沉淀，故⑤正确；综上所述，选项C正确。

13.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度；②改用100 mL 3 mol/L 盐酸；③多用300 mL 1 mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸。

其中能使反应速率加快的是( )
A. ①②④
B. ①③④
C. ①②③④
D. ①②③⑤【答案】A
【解析】
【分析】
若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题．
【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故①正确；②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故②正确；③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故③错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故④正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则无法代替盐酸与铁反应制氢气，故⑤错误；综上所述，①②④正确；故答案为A。

14.下列实验操作及结论正确的是( )
A. 钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同
B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成
C. 在CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液振荡，立即加入麦芽糖溶液并加热，能证明麦芽糖具有还原性
D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，能证明醇氧化成醛
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠和乙醇反应比钠和水反应的速率慢，且钠沉入乙醇溶液中，与水反应是浮在水面上，故A错误；B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，没有红色沉淀生成，因为水解液显酸性，所以不能证明有葡萄糖生成，故B错误；C. 因为NaOH溶液过量，所以新制的Cu(OH)2悬浊液显碱性，加入麦芽糖溶液并加热，有红色沉淀生成，能证明麦芽糖具有还原性，故C正确；D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，不能证明醛的存在，故D错误；答案：C。

15.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K 层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。

下列说
法不正确
．．．的是( )
A. 5种原子中，C的原子半径最大
B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质不一定是含C的盐
C. 向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红
D. E的氧化物的水化物的酸性比B的强
【答案】D
【解析】
【分析】
A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B是N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，C、D分别是Na、Mg；往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E是Cl元素。

【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，5种原子中，Na 的原子半径最大，故A正确；
B. 某物质焰色反应呈黄色，只能说明含有钠元素，该物质不一定是钠盐，如氢氧化钠的焰色反应呈黄色，故B正确；
C.镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红，故C正确；
D. 次氯酸的酸性小于硝酸，高氯酸的酸性比硝酸的强，故D错误。

16.下列说法正确的是( )
A. 如图所示的是吸收能量的过程，所涉及的氧化还原反应可设计成原电池
B. 等质量不同烃(C x H y)完全燃烧时，y
x
越小，耗氧量越多
C. 异丙苯()最多有7个碳原子共平面
D. 有机物乙苯()的一溴取代物有5种
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知该反应为放热反应，但不能判断能否自发进行，所以不一定能设计成原电池，故A错误；B. 根据C x H y的燃烧通式为: C x H y+ (x+y/4)O2xCO2+y/2H2O, m一定,当y/x越大时,完全燃烧时耗氧量越多，故B错误。

C. 异丙苯()最多有8个碳原子共平面，故C错误；D. 有机物乙苯()中含有5种类型的氢原子，其一溴取代物有5种，故
D正确；答案：D。

17.对于苯乙烯()的下列叙述①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤可与Br2、HCl等发生加成反应；其中正确的是( ) A. 仅①④⑤ B. 仅①②⑤ C. 仅①②④⑤ D. 全部正确【答案】C
【解析】
【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；
②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；
③苯乙烯为有机物，属于烃类，不溶于水，故③错误；
④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；
⑤苯乙烯中含有碳碳双键，可与Br2、HCl等发生加成反应，故⑤正确；
综上所述，本题选C。

18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价
变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。

【详解】A.FeCl 3与Fe 反应生成FeCl 2，2FeCl 3+Fe=3FeCl 2，此过程中Fe 的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A 不符合题意；
B.MgCl 2与NaOH 溶液发生复分解反应MgCl 2+2NaOH=Mg （OH ）2 +2NaCl ，过量的NaOH 溶液可用HCl 除去HCl+NaOH=NaCl+H 2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B 符合题意；
C.部分氯气与H 2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C 不符合题意；
D.NO 2 与水反应生成硝酸和NO 。

反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D 不符合题意； 综上所述，本题应选B 。

【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的
考查，注意
把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。

19.已知短周期元素的四种离子a A 2＋
、b B ＋
、c C 3－
、d D －
具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是( )
A. 原子半径：B ＞A ＞C ＞D
B. 原子序数：D ＞C ＞B ＞A
C. 离子半径：C 3－
＞D －
＞A 2＋
＞B ＋
D. 氧化性：A 2＋
＞B ＋
，还原性：C 3－
＜D －
【答案】A 【解析】 【分析】
短周期元素的四种离子a A 2＋
、b B ＋
、c C 3－
、d D －
具有相同的电子层结构，所以有 a-2=b-1=c+3=d+1，且A 、B 在周表中C 、D 的下一周期，原子序数a>b>d>c 。

【详解】A. A 、B 在周表中C 、D 的下一周期，且原子序数a>b>d>c ，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B ＞A ＞C ＞D ，故A 正确；
B. 短周期元素的四种离子a A 2＋
、b B ＋
、c C 3－
、d D －
具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A 、B 在周表中C 、D 的下一周期，原子序数a ＞b ＞d ＞c ，故B 错误；
C. a A 2＋、b B ＋、c C 3－、d D －具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a ＞b ＞d ＞c ，所以离子半径C 3－＞D －＞B ＋＞A 2＋，故C 错误；
D ．同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应
阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＞D－，故D错误；
故选A。

20.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
A、现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；
B、氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性，B错误；
C、操作、现象和解释都正确，C正确；
D、浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误，答案选C。

点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析以及评价的角度，对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。

另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。

21.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶2时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为( )
A. 1∶4
B. 1∶5
C. 1∶6
D. 1∶7
【答案】B
【解析】
【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×
（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）=
9
(32)[6(2)]
mol
-+--=1mol，根
据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。

第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
二、非选择题（本大题包括4个小题，除标注外每空2分，共58分）
22.根据化学能和热能、电能相关的知识，请回答下列问题：
I．已知31 g白磷(P4)变为31 g红磷(P)时释放能量。

上述变化属于_____变化；稳定性白磷_____红磷(填“>”或“<”)；
II．氢气是一种清洁能源，在我国航天工程中也有应用。

(1)已知：2H2＋O22H2O。

该反应1g氢气完全燃烧放出热量121kJ，其中断裂1molH—H键吸收436kJ，断裂1molO＝O键吸收496kJ，那么形成1molH—O键放出热量_______________。

(2)航天技术上使用的氢－氧燃料电池原理可以简单看作下图“氢－氧燃料电池的装置图” 则：
①a极为电池的______(填“正极”或“负极”)；溶液中OH－移向_______电极（填“a”或“b”）。

②b电极附近pH_______。

(填增大、减小或不变)。

③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：负极_________。

【答案】 (1). 化学 (2). ＜ (3). 463kJ (4). 负极 (5). a (6). 增大 (7). CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O
【解析】
【分析】
分析: (1 )根据H=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量计
算;( 2 ) 根据原电池的工作原理分析解答。

【详解】(1)白磷与红磷为同素异形体，则白磷转化为红磷为化学变化；31 g白磷变为31 g 红磷(P)时释放能量,为放热反应,说明白磷能量高于红磷,能量越低越稳定，因此稳定性是白磷小于红磷,因此，本题正确答案是:化学；＜；
II.(1) 1g氢气完全燃烧放出热量121k J,则2mol氢气即4g氢气完全燃烧放出热量为
4⨯121kJ=484kJ;其中断裂1molH-H键吸收436kJ,断裂1molO=O键吸收496kJ ,因此有
2⨯436+496-4x=-484 ,解得x=463 ,即形成1molH-O键放出热量为463kJ;答案：463kJ。

(2)①根据电子的流向可知a电极是负极, b电极是正极。

则原电池中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,则溶液中OH-移向a电极。

答案：负极；a。

②b电极是正极,氧气得到电子转化为氢氧根，氢氧根浓度增大,则b电极附近pH增大;答案：增大；
③如把氢气改为甲烷,由于电解质溶液显碱性,则负极甲烷失去电子转化为碳酸根,电极反应
式为CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O,答案： CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O。

23.Ⅰ．下表是元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：
(1)请画出元素⑨阴离子的结构示意图：_________。

(2)③⑤⑧的原子半径由小到大的顺序为__________(填元素符号)。

(3)⑤和⑦的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为______＞______(填化学式)。

(4)③⑤两种元素的原子按1∶1组成的常见化合物的电子式为___________。

(5)用电子式表示⑥和⑨形成的化合物的过程：________________。

Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(1)若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液的现象________，即可证明。

请写出一种制取氯气的化学反应方程式：_______，从环境保护的角度考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用___________溶液吸收尾气。

(2)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C 中溶液__________的现象，即可证明。

但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有_______溶液的洗气瓶。

【答案】 (1). (2). O＜S＜Na (3). NaOH (4). Al(OH)3 (5).
(6).
(7). 变蓝色(8). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 或2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (9). NaOH (10). 有白色沉淀生成 (11). 饱和NaHCO3溶液
【解析】
【分析】
根据元素周期表分析各元素的名称:③为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg，⑦为Al,⑧为S,⑨为Cl元素，再根据元素周期律判断相应的性质即可。

【详解】Ⅰ.(1)根据元素周期表知⑨为氯元素，元素阴离子的结构示意图：。

答案：。

(2)由元素周期表知③为O元素，⑤为Na元素，⑧为S元素，根据元素周期律可知原子半径由小到大的顺序为O＜S＜Na。

答案：O＜S＜Na。

(3)⑤为钠，最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，⑦为铝，最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，所以他们的碱性强弱为NaOH ＞Al(OH)3。

答案：NaOH ；Al(OH)3。

(4)③为氧，⑤为钠，两种元素的原子按1∶1组成的常见化合物为Na2O2,其电子式为
；答案：。

(5)⑥为镁，⑨为氯，两者形成离子化合物氯化镁，用电子式表示氯化镁形成的化合物的过程为：；答案：。

Ⅱ．(1)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气,氯气具有强氧化性,可与碘化钾反应生成碘,因淀粉遇碘变蓝色,则可观察到溶液变蓝；制取氯气的化学反应方程式：
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；因为氯气有毒,不能排放到空气中,可与氢氧化钠溶液反应而被吸收,则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；答案：变蓝色；MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O或
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；NaOH。

（2）因碳酸比硅酸的酸性强,二氧化碳可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,溶液变浑浊,氯化氢具有挥发性,干扰实验结果,需要将二氧化碳中的氯化氢除掉,根据氯化氢与碳酸氢钠反应,而二氧化碳不反应,可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；因此答案是:有白色沉淀生成;饱和NaHCO3。

【点睛】根据氯气能够将碘离子氧化成碘单质;氯气有毒,氯气能够与氢氧化钠溶液反应;盐酸酸性强于碳酸,二氧化碳能使石灰水变浑浊;盐酸挥发,应排除实验中干扰等性质解答此题。

24.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如。