江西省宜春市上高二化学中2018_2019学年高一化学下学期第一次月考试题(含解析)

江西省宜春市上高二化学中2018-2019 学年高一化学放学期第一次月
考试题（含分析）
可能用到的相对原子质量：C:12O:16 Na:23 S:32 Fe:56Cu:64
一、选择题 ( 此题包含 16 小题，每题只有一项切合题意，每题 3 分，共 48 分)
1. 李克强总理在世界核安全会议上倡议各成员国安全、合理地开发利用核能。

23592U是核反响堆的重要原料，以下说法正确的选项是()
A. 23592U 中的中子数为 235
235238
B.92U和92U是同一种核素
C.合理利用核能切合“低碳经济”要求
235238
D.92U和 92U是铀元素的两种同素异形体
【答案】 C
【分析】
235
【详解】 A.92U其质子数为92，质量数为235，由中子数=质量数 - 质子数可知，中子数=235-92=143 ，故 A 错误；
B.235238
B 错误；92U和
92U质子数同样但中子数不一样，是不一样的核素，
故
C.合理利用核能能够减少化石燃料的应用，减少化石燃料的使用，能够减少二氧化碳的排放，切合“低碳经济”要求，故 C 正确；
D. 23892U 和235
92U互为同位素，是同一元素的不一样原子，不是单质，
故
D 错误。

应选 C。

2. 以下化学用语的书写，正确的选项是()
A.氯原子的构造表示图
B. 6 个质子 8 此中子的碳元素的核素切合：12C
C.KOH 的电子式：
D.HClO 的构造式为 H-Cl-O
【答案】 C
【分析】
【详解】 A. 氯原子构造中最外层电子数为7，正确的构造表示图为，故A错误；
B.6 个质子 8 此中子的碳元素的核素符号为14C，故 B 错误；
6
C.氢氧化钾属于离子化合物，化学式中存在钾离子和氢氧根离子，氢氧化钾的电子式为，
故 C 正确；
D.氧元素的非金属强于氯元素的， HClO的构造式应当是 H－ O－Cl ，故 D错误。

应
选 C。

3. 以下相关浓硫酸的表达正确的选项是()
A.冷的浓硫酸使铁、铝钝化属于化学变化
B. 浓硫酸与金属活动性次序中在氢后边的金属反响生成的气体一般为SO2，与氢前方的金属
反响生成的气体一般为H2
C. 浓硫酸拥有吸水性，能够干燥NH3、 H2等气体
D. 浓硫酸是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反响制取H2S 气体【答案】 A
【分析】
【详解】 A. 常温下铁、铝遇冷的浓H2SO4时表面会生成一层致密的氧化物薄膜，化学上称为钝
化，属于化学变化，故 A 正确；
B. 浓硫酸拥有强的氧化性，与金属反响得不到氢气，故B错误；
C. 氨气属于碱性气体，能被浓硫酸汲取，所以不可以被浓硫酸干燥，故 C 错误；
D. 浓硫酸拥有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不可以用浓硫酸制取硫化氢，故 D 错误。

应选A。

4. 氢气在氯气中焚烧产生苍白色火焰。

在反响过程中，损坏 1 mol氢气中的化学键耗费的能
量为Q1kJ，损坏 1 mol氯气中的化学键耗费的能量为Q2 KJ，形成 1 mol氯化氢中的化学键释
放的能量为Q3kJ 。

以下关系式中正确的选项是
A. Q 1+ Q2＜2Q3
B. Q 1+ Q2＞Q3
C. Q 1+ Q2＜Q3
D. Q 1+ Q2＞2Q3
【答案】 A
【分析】
试题剖析：损坏1molH2中的化学键耗费的能量为Q1kJ ，则 H-H 键能为 Q1kJ/mol ，损坏 1molCl 2
中的化学键耗费的能量为Q2 kJ，则 Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl 中的化学键开释的能量为 Q3kJ ，则 H-Cl 键能为 Q3kJ/mol ，对于 H2（ g）+Cl 2（ g）═ 2HCl（ g），反响热△ H=反响
物的总键能- 生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（ Q1+Q2 -2Q3） kJ/mol，因为氢气在氯气中焚烧是放热反响，则Q1+Q2-2Q3＜0，所以 Q1+Q2＜ 2Q3，选 A。

考点：考察反响热的计算。

n-中共有 x 个核外电子， R 原子的质量数为A，氧原子的质子数为8，则 R 原子核
5. 在离子 RO
3
内含有的质子数量是
A. A –x+n+48
B. A –x+n+24
C. x-n-24
D. x+n-24【答案】C
【分析】
【剖析】
依据阴离子核外电子数=质子数 +所带电荷数解答。

【详解】设R 原子核内含质子的数量为Z，离子RO3n-中共有x 个核外电子，所以Z+24+n=x，所以 R原子核内含质子的数量Z=x-n-24 。

答案选 C。

【点睛】此题主要考察了中子数、质量数、质子数之间的关系，明确离子核外电子数、质子
数、电荷数之间的关系是解题的重点。

6.将来新能源的特色是根源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且能够重生。

以下满
足将来新能源标准的是 ()
①天然气②煤③石油④太阳能⑤生物质能⑥风能⑦氢
A. ①②③④
B.
C. ④⑤⑥⑦
D.
③⑤⑥⑦
③④⑤⑥⑦
【答案】 C
【分析】
【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常有新能源有：太阳能、核能、地热
能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，知足将来新能源标准的是④⑤⑥⑦。

应选 C。

7.2016 年 IUPAC命名 117 号元素为Ts（中文名“钿”， ti án）， Ts 的原子核外最外层电子数
是 7。

以下说法不正确的选项是
A. Ts是第七周期第VIIA 族元素
B. Ts的同位素原子拥有同样的电子数
C.中子数为 176 的 Ts 核素符号是
D.Ts 在同族元素中非金属性最弱
【答案】 C
【分析】
剖析：依据原子序数判断该元素在周期表中的地点，依据构成原子的相关物理量之间的关系
以及元素周期律解答该题。

详解： A、 117 号元素位于118 号左边即ⅦA 族，所以 Ts 是第七周期第ⅦA 族元素， A 正确；
B、同位素是同种元素不一样原子之间的互称，所以Ts的同位素原子拥有同样的电子数， B 正确；
C、中子数为176 的 Ts 核素，其质量数为176+117=293，所以这类核素符号是，C错误。

D、元素周期表同一列从上往下非金属性挨次减弱，所以Ts 在同族元素中非金属性最弱，D正确；答案选C。

点睛：明确元素周期表的构造以及编制原则是解答的重点，元素周期表每一周期元素种类依
次为 2、8、 8、 18、 18、 32、 32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数
挨次为 2、10、 18、36、 54、86、 118，所以只需记着了罕有气体元素的原子序数，便可由主族
元素的原子序数推出主族元素的地点。

8. 用如图装置制取、提纯并采集表中的 4 种气体 (a 、b、c 表示相应仪器中加入的试剂) ，此中可行的是
气体a b c
A NO2浓硝酸铜片NaOH溶液
B SO浓硫酸铜片酸性 KMnO
24
C CO稀硫酸Na CO固体浓硫酸
223
D NH3浓氨水生石灰浓硫酸
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】 C
【分析】
A 生成 NO2不可以用 NaOH溶液干燥，会被汲取；
B 生成 SO2需要加热条件； D 中 NH3不可以用浓硫酸
干燥，会汲取掉NH3
9. 以下各个装置中能构成原电池的是( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【分析】
构成原电池的条件是开朗型不一样的电极，导线相连而且插入电解质溶液中。

A 中电极同样，错
误。

C 中不是电解质溶液，错误。

D中没有形成完好的闭合回路，错误。

答案是B。

10. 以下过程中，共价键被损坏的是()
A. 冰消融
B. KOH 消融
C. NaHSO4溶于水
D. 碘升华
【答案】 C
【分析】
A．冰消融战胜的分子间作用以及氢键，共价键没有损坏，故 A 错误； B． KOH 属于离子化合
物，消融时生成
+-
B 错误； C． NaHSO4溶于水K 和 OH，只好损坏离子键，不会损坏共价键，故
在水分子的作用下，电离出++2-，损坏了共价键，故 C 正确； D．碘升华战胜的是分
Na 、H 和 SO
4
子间作使劲，共价键没有损坏，故D错误；故答案为C。

11.原子序数挨次增大的元素 a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、 6、 7、 1。

a-的电子
层构造与氦同样， b 和 c 的次外层有8 个电子， c-和 d+的电子层构造同样。

以下表达错误的选项是( )
A. 元素的非金属性序次为c＞ b＞ a
B. a 和其余 3 种元素均能形成共价化合
物
C. d 和其余 3 种元素均能形成离子化合物
D. 元素 a 、b 、c 各自最高和最低化合价
的代数和分别为 0、 4、 6 【答案】 B 【分析】
试题剖析：原子序数挨次增大的元素 a 、 b 、 c 、 d ，它们的最外层电子数分别为 1、6、 7、 1，
a - 的电子层构造与氦同样，则
a 为 H 元素；
b 和
c 的次外层有 8 个电子，原子只好有 3 个电子
层，则 b 为 S 元素， c 为 Cl ， c - 和 d +的电子层构造同样，则 d 为 K 元素。

A ．同周期自左而右
非金属性加强，氢化物中
H 元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性
Cl ＞ S ＞ H ，故 A 正确；
B ． H 元素与 S 元素、 Cl 元素分别形成 H 2S 、 HCl ，二者属于共价化合物，但与
K 元素形成的化
合物为 KH ，属于离子化合物，故
B 错误；
C ． K 元素与其余元素能够形成 KH 、 K 2S 、KCl ，均属
于离子化合物，故 C 正确； D ． H 元素最高正化合价为 +1、最低负化合价为 -1 ， S 元素最高正 化合价为 +6、最低负化合价为 -2 ， Cl 元素最高正化合价为 +7、最低负化合价为 -1 ，最高和最
低化合价的代数和分别为
0、 4、 6，故 D 正确。

应选 B 。

考点：考察原子构造与元素周期律的关系
12.X 、Y 、 Z 均为元素周期表中前 20 号元素， X a ＋ 、Y b － 、Z ( b ＋ 1) － 简单离子的电子层构造同样， 以下说法正确的选项是
A. 已知 m X a ＋
与 n Y b －
，得 m ＋ a ＝ n － b
b －
( b
＋ 1) －
a
＋
B. 离子半径： Y >Z >X
C. Z ( b
＋1) －
的复原性必定大于 Y b
－
D. 气态氢化物的稳固性 H b ＋ 1Z 必定大于 H b Y
【答案】 C 【分析】
试题剖析： A 。

原子失掉电子形成阳离子，原子获取电子，形成阴离子。

因为
m
X a+、 nY b － 、Z （ b+1）
－
简单离子的电子层构造同样，所以 m-a=n+b ，所以选项 A 错误。

B. 对于电子层构造同样的微
粒来说，核电荷数挪动，离子半径就越小。

所以离子半径：
Z （
b+1）－
﹥ Y b －
> X a+。

错误。

C ．对于
电子层构造同样的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，离子的复原性就越弱。

Z (b+1) －的复原性必定大于 Y b －。

正确。

D. 核电荷数 Y>Z ，核电荷数越大，其气态氢化物的稳固性
就越强，所以稳固性
H b+1Z 必定小于 H b Y 。

错误。

考点：考察电子层构造同样的微粒的半径、复原性、物质的稳固性的知识。

13.由质量均为 100g 的铁片、铜片和足量 CuSO4溶液构成原电池装置，经过一段时间后，两电极的质量差变成 12g，则以下说法正确的选项是（）
A. 铁片溶解了 12g
B. 导线中经过了 0.2mol电子
C. 铜片上析出了 6gCu
D. 铜片溶解了 6.4g
【答案】 B
【分析】
【详解】由质量均为100g 的铁片、铜片和足量
4
CuSO溶液构成原电池装置，此中铁是负极，
发生失掉电子的氧化反响Fe－ 2e－＝ Fe2＋，铜是正极，溶液中的铜离子发生获取电子的复原反
应 Cu2＋＋ 2e－＝ Cu，经过一段时间后，两电极的质量差变成 12g，设溶解的铁的物质的量是x mol，依据电子得失陷恒可知析出铜是x mol ，所以 64x＋ 56x＝ 12，解得 x＝ 0.1 。

则
A.铁片溶解了 5.6g ， A 错误；
B.导线中经过了 0.2mol 电子， B 正确；
C.铜片上析出了 6.4gCu ，C 错误；
D.铁溶解，铜片不溶解， D 错误。

答案选 B。

14.五种短周期元素的某些性质如表所示( 此中只有 W、 Y、 Z 为同周期元素 ) 。

以下说法正确的
是
元素代号X W Y Z Q
原子半径 ( ×10 －12m)37646670154
主要化合价＋ 1－ 1－ 2＋5、－ 3＋ 1
A.由 Q与 Y 形成的化合物中只存在离子键
B.W 的最高正价为＋ 7
C.由 X、 Y、 Z 三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性
D.Z 与 X 之间形成的化合物拥有复原性
【答案】 D
【分析】
依据表中数据知，X 的原子半径最小，且其正化合价为+1，则 X 位于第IA 族； W、 Y、 Z 为同
周期元素，依据其化合价知，W为第 VIIA 族、 Y 为第 VIA 族、 Z 为第 VA族元素， Q为第 IA 族
元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是 Na 元素， W、Y、Z 都属于第二周期元素，
所以 W是 F 元素、 Y 是 O元素、 Z 是 N 元素， X 原子半径小于W，所以 X 是 H元素， A．Y 是 O 元素、 Q是 Na 元素，二者能形成Na2O、 Na2O2， Na2O 中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，选项 A 错误； B. W是 F 元素，没有正价，选项 B 错误； C. 由 X、 Y、 Z 三种元素形成的
化合物 HNO3的水溶液呈酸性，选项 C 错误； D. Z 与 X 之间形成的化合物NH3或 N２ H４均拥有还
原性，选项 D 正确。

答案选D。

点睛：此题考察了原子构造和元素周期律的关系，依据元素的原子半径、化合价联合元素周
期律来推测元素，正确推测元素是解此题重点，再联合物质的构造来剖析解答。

依据表中数
据知， X 的原子半径最小，且其正化合价为 +1，则 X 位于第 IA 族； W、 Y、Z 为同周期元素，依据
其化合价知， W为第 VIIA 族、 Y 为第 VIA 族、 Z 为第 VA 族元素， Q为第 IA 族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以 Q是 Na元素， W、Y、 Z 都属于第二周期元素，所以 W是 F 元素、 Y 是
O元素、 Z 是 N 元素， X 原子半径小于 W，所以 X是 H 元素，据此剖析。

15.短周期元素 X、 Y、 Z 和 W 的原子序数挨次递加，且在同一周期，四种元素原子的最外层
电子数之和为19， X 和 Y 元素原子的原子序数比6∶7， X 的最高正价是W的最低负价的绝对
值的 2 倍。

以下说法正确的选项是
A. X 单质不可以够与CO2反响
B. Y 的氧化物是优秀的半导体资料
C. Z 的氢化物比W的氢化物更稳固
D. X 的最高价氧化物和Z 的最高价氧化物化合的产物中有共价键和离子键
【答案】 D
【分析】
试题剖析：X 和Y 元素的原子序数比6： 7，设X 的原子序数6， X： C，则Y 的原子序数7， Y：N， X 的最高价是W的最低负价的绝对值的 2 倍且它们属于同周期，即W：O，不切合题意，则
X 和Y 元素的原子序数分别为12、14，则是：Mg、Si ，X 的最高价是W的最低负价的绝对值的
2 倍且它们属于同周期，即W：Cl，四种元素最外层电子数之和为19，则Z：S，A、2Mg＋ CO2=2MgO ＋ C，错误；B、 SiO2是石英，晶体硅是优秀的半导体资料，不是二氧化硅，错误；C、Cl的非
金属性强于S，非金属性越强，其氢化物越稳固，稳固性：HCl>H2S，错误；D、 X的最高价氧
化物： MgO， Z 的最高价氧化物： SO3，二者化合物是MgSO4，含有离子键和共价键，正确。

考点：考察元素周期律和元生性质。

16.燃料电池是一种新式电池，它主假如利用燃料在焚烧过程中把化学能直接转变成电能，氢氧燃料电池的电极反响以下：
X 极： O2＋2H2O＋ 4e －－
；===4OH
－－===4HO
Y 极： 2H＋4OH － 4e
2
以下判断正确的选项
是 ()
A. X 是正极，发生氧化反响
B.该电池可用稀硫酸作为电解质溶液
C.供电时 Y 极邻近的酸性减弱
D.使用时若生成 1 mol H 2O则转移 2 mol 电子
【答案】 D
【分析】
【详解】 A.X 是正极，发生复原反响，故 A 错误；
B. 由电极反响式可知，电池应用碱液作电解质溶液，故B错误；
C. 由 B 可知，电池应用碱液作电解质溶液，
-
C 错误；OH被耗费，酸性加强，故
D.X、 Y两极反响式相加可得 O+2H =2H O，每生成 1molH O转移 2mol 电子，故 D 正确。

2222
应选 D。

二、非选择题 ( 每空 2 分，共 52分 )
17. 往常状况下，微粒 A 和 B 为分子， C 和 E 为阳离子， D为阴离子，它们都含有10 个电子；
B 溶于 A 后所得的物质可电离出
C 和 D； A、 B、 E 三种微粒反响后可得 C 和一种白色积淀。

请回答：
(1)用化学符号表示以下 2 种微粒： C ： ____________D ： _______________
(2)写出 A、 B、 E三种微粒反响的离子方程式： ______________和 _______________________
【答案】(1).
+
(2).
-
(3).Al
3++
(4). NH4OH+ 3NH + 3H2O = Al(OH) 3↓+ 3NH4
2+3224+ Mg + 2NH+ 2H O = Mg (OH)↓+ 2NH 【分析】
【剖析】
常有的 10 电子分子有 H2O、 NH3、 CH4、 HF等，常有的10 电子阳离子有
+2+3++ Na 、 Mg 、 Al、NH4、
+
电子阴离子有--
C 和 D”，可推
H3O，常有的 10F、OH，依据“B 溶于 A 后所得的物质可电离出
+-
出 A 为 H2O、B 为 NH3、C为 NH 、D为 OH，再依据 A、 B、E 反响后可得 C和一种白色积淀，可
4
2+3+
推出 E 为 Mg 或 Al，据此答题。

【详解】（ 1）由上述剖析可知，+-
A为 HO；B为 NH；C为 NH；D 为 OH；
234
故答案为：
+-
NH4； OH。

2+3+3+
（ 2）A 为 H2O、B 为 NH3，E 为 Mg或 Al，A、B、E 三种微粒反响的离子方程式为：Al +3NH+3H2O═Al （ OH）+2++
↓+3NH 或 Mg +2NH+2H O═Mg（ OH）↓+2NH ；
343224
故答案为：
3++2++ Al +3NH+3H2O═Al （ OH）3↓+3NH4或 Mg +2NH3+2H2O═Mg（ OH）2↓+2NH4。

18.现有 A、 B、 C、 D 四种短周期元素， A 分别与 B、C、 D联合生成甲、乙、丙三种化合物，且
甲、乙、丙三分子中含有的质子数都为10，C、D联合生成化合物丁。

相关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转变关系以以下图所示：
(1)写出 B＋乙―→甲＋ C的化学反响方程式 ______________________________________ 。

(2)依据以上条件能够确立 A、 B、 C、 D 四种元素中的三种，不可以被确立的第四种元素是
________( 填写序号 ) 。

①A②B③C④D
(3)依照以下条件能够进一步确立上述第四种元素：①甲与丙以及乙与丙均能够发
生反响，②甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质。

据此，请回答以下问题：
写出上述第四种元素在周期表中的地点 ________________ 。

写出 C＋丙―→乙＋丁的化学反响方
程式 _________________________________________ 。

【答案】(1).2F2＋2H2O===4HF＋ O2(2).④(3).第二周期第ⅤA族(4).4NH3＋ 5O24NO＋6H2O
【分析】
【剖析】
A、 B、C、 D 四种短周期元素，A 分别与 B、 C、 D 联合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、
丙分子均含有10 个质子， C、 D 联合生成化合物丁，乙和 B 单质反响生成 C 单质和化合物甲，
反响是置换反响，因为甲、乙、丙分子均含有10 个质子，则可初步确立 A 是氢元素，考虑到
B 可置换C，可初步确立 B 是氟元素，C是氧元素，所以，D应当是碳元素或氮元素，
故
A 是H 元素，
B 是F 元素，
C 是O元素，
D 是N 或C 元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或 CO2，据此答题。

【详解】（ 1）依照剖析可知，转变关系图中已确认的反响为B+乙→甲 +C的反响，是氟气和水
反响生成氟化氢和氧气，化学反响方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2HO=4HF+O2。

（2）依照剖析可知， D 元素不可以确立，故答案为：④。

（3）依照题中所给的条件甲与丙以及乙与丙均能够发生反响，甲、丙都是无色、有刺激性气
味的物质，判断出丙是 NH3，丁是 NO，故 D 是 N 元素， N 元素在周期表中的地点是第二周期第
VA族； C＋丙→乙＋丁即氨的催化氧化，反响方程式为4NH3＋ 5O24NO＋6H2O，故答案为：第二周期第ⅤA 族； 4NH3＋5O24NO＋ 6H2O。

19.W、X、 Y、 Z 是原子序数挨次增大的同一短同期元素，W、 X 是金属元素，Y、Z是非金属元素。

(1)W、X 各自的最高价氧化物对应的水化物能够反响生成盐和水，该反响的离子方程式为
_____________
(2)W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为________________________ 。

(3)Y 的廉价氧化物通入Z 单质的水溶液中，发生反响的化学方程式为
_________________________ 。

Y 的最高价氧化物能否知足8 电子稳固构造______________(填是.否)
(4) 比较 Y、 Z 气态氢化物的稳固性由大到小的次序是________________( 用分子式表示 ) 。

(5)W、X、 Y、 Z 四种元素简单离子的离子半径由大到小的次序是
____________________________________________________ 。

( 用离子符号表示) 。

【答案】 (1). OH－＋ Al(OH) 3＝ AlO2-＋ 2H2O (2). Na＋[] 2－ Na＋(3). SO2＋Cl 2＋2H2O＝ 2HCl＋ H2SO4(4).否(5). HCl＞ H2S(6). S2－＞ Cl －＞Na＋＞ Al 3＋
【分析】
【剖析】
W、 X、Y、 Z 是原子序数挨次增大的同一短同期元素，W、 X 是金属元素， Y、 Z 是非金属元素，
W、X 各自的最高价氧化物对应的水化物能够两两反响，则X 为铝元素， W为钠元素， W、X、Y、
Z 均为第三周期元素，W与 Y 可形成化合物 W2Y，则 Y 为硫元素， Z 的原子序数比Y 大，所以Z
为氯元素，据此答题。

【详解】（ 1） W、 X 各自的最高价氧化物对应的水化物分别为Al （ OH）3、NaOH，反响的离子方
－-－-
＋ 2H2O。

程式为 OH ＋ Al(OH) 3=AlO2＋ 2H2O，故答案为： OH＋Al(OH) 3=AlO2
（ 2）W与 Y 可形成化合物Na2S，Na2S 由钠离子和硫离子构成，电子式为Na＋[] 2－Na＋，故答案为： Na＋ [] 2－ Na＋。

（ 3）二氧化硫通入氯水中，反响的化学方程式为SO2＋Cl 2＋ 2H2O=2HCl＋ H2SO4，Y 的最高价氧
化物为SO3，SO3中， S 原子的最外层电子为：6+6＝ 12，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，不都知足8 电子稳固构造，故答案为：SO2＋ Cl 2＋ 2HO=2HCl＋ H2SO4；否。

（ 4）因为氯的非金属性强于硫，所以氯化氢的稳固性强于硫化氢，故答案为：HCl＞ H2S。

（ 5）电子层数越多，离子半径越大，电子层数同样时，核电荷数越多，离子半径越小，所以
W、 X、Y、 Z 四种元素简单离子的离子半径由大到小的次序是：S2－＞ Cl －＞ Na＋＞ Al 3＋，
故答案为： S2－＞ Cl －＞ Na＋＞ Al 3＋。

【点睛】利用元素周期表、元素周期律，联合元素的位、构、性三者的亲密关系进行元素推
断是化学重要的知识。

元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是
元素原子所在的主族序数，同一周期跟着元素原子序数的增大，原子半径渐渐减小，元素的
金属性渐渐减弱，非金属性渐渐加强；同一主族的元素从上到下，原子半径渐渐增大，元素
的金属性渐渐加强，非金属性渐渐减弱。

20.(1) 以下对于充电电池、干电池的表达合理的是___________________________ 。

①干电池能够实现化学能向电能的转变和电能向化学能的转变
②锌锰干电池长时间连续使用时内装糊状物可能流出腐化电器
③充电电池能够无穷制地频频放电、充电
④充电是使放电时的氧化复原反响逆向进行
(2)铅蓄电池中，正极资料为 PbO2，负极资料为 Pb，放电时其负极反响式为 ______________。

(3)原电池在 NaOH溶液介质中，铝为负极，其负极反响式为_________________________ 。

(4)如图为绿色电源“二甲醚(CH3OCH3) 燃料电池”的工作原理表示图． b 电极是 _________极．请写出负极的电极反响方程式：___________________________________________ ．
【答案】(1).②④ (2). Pb＋2-－ 2e－－－ 3e－-
SO===PbSO (3). Al＋4OH===AlO2
44
＋ 2H2O (4).正(5). (CH3) 2O﹣12 e－+3H2O === 2CO2+12H+
【分析】
【详解】（ 1）①原电池是把化学能转变成电能的装置，所以锌锰干电池能将化学能转变成电
能，但不可以达成电能向化学能的转变，故①错误；
②NH4Cl 和 ZnCl 2都是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以干电池长时间连续使用时内装糊状物可能
流出腐化电器，故②正确；
③充电电池属于二次电池，但其实不是能够无穷制地频频充电、放电，故③错误；
④充电过程的反响物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化复原反响逆向进行，故
④正确。

所以对于充电电池、干电池的表达合理的是②④，故答案为：②④。

（2）铅蓄电池放电时其负极反响式为： Pb＋SO42-－2e－=PbSO4，故答案为： Pb＋ SO42-－ 2e－=PbSO4。

（3）原电池在 NaOH溶液介质中，铝为负极，铝失掉电子，且溶液为碱性，则其负极反响式
－
－ 3e －-
＋ 2HO，故答案为：
－
－ 3e
－-
＋2HO。

为 Al ＋4OH=AlO2Al ＋4OH=AlO2
（4）反响实质是二甲醚的焚烧，原电池负极发生氧化反响，二甲醚在负极放电，正极发生还
原反响，氧气在正极放电，由图可知， a 极为负极， b 为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a 电极的电极反响式为 CH3OCH3-12e - +3H2O═2CO+12H+，
故答案为：正极； CH3OCH3+3H2O-12e-═2CO+12H+。

【点睛】依据装置中的信息，经过外电路中电子的流向、物质的转变、电解质离子的运动方
向等信息确立两个电极的极性，而后剖析电极反响。

21.某课外活动小组在实验室用以下图所示装置迅速制取氨并考证氨的某些性质，同时采集少
许纯净的氮气，请回答。

(1) 写出用生石灰和浓氨水反响制氨的化学方程式____________________________ ，解开释出NH3的原由 _______________________________________________________ 。

(2)实验进行一段时间，察看到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变成红色，盛无水硫酸铜的干燥管
内出现蓝色，而且在最后的出气导管口处采集到纯净、干燥的氮气。

依据这些现象，写出
在硬质玻璃管内发生反响的化学方程式：___________________________________ ，
(3)在最后的出气导管口处采集干燥、纯净的氮气，采集方法是________。

A．排空气法B．排水法C．用气囊采集
(4)E 中的碱石灰 ________( 填“能”或“不可以” ) 换成 CaCl 2。

(5)在浓硝酸中放入铜片，若铜有节余，开始反响的化学方程式为__________________ ，
(6)若将 12.8 g铜跟必定量的浓硝酸反响，铜耗费完时，共产生NO和 NO2气体 V L( 标准状况 ) ，将产生的气体与必定量的氧气混淆恰巧被必定量的NaOH溶液汲取生成硝酸盐, 则通入氧气的物质的量是 _____。

【答案】 (1). NH
223
(2).生石灰与水反响放出大批热，3·H O＋CaO===Ca(OH)＋NH↑
促进 NH3·H2O受热分解生成 NH3，又因为温度高升， NH3的溶解度减小，使 NH3从水中逸出(3).
3CuO＋2NH3Cu＋3H O＋ N(4). C (5).不可以 (6).
Cu＋ 4HNO( 浓)===Cu(NO )
2
32233＋ 2NO↑＋ 2H2O(7). 0.1 mol
【分析】
【剖析】
（ 1）生石灰与氨水中的水反响生成氢氧化钙，同时放出大批热，促进NH3·H2O受热分解生成NH3，又因为温度高升NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出；
（2）加热的硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变成红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥
管内出现蓝色，说明有水生成，在最后的出气导管口处采集到纯净、干燥的氮气，该反响
的化学方程式为3CuO＋ 2NH33Cu＋ 3H2 O＋ N2；
（ 3）因N2的密度与空气的密度邻近，所以不可以用排空气采集，又因要获取干燥的N2，也不可以
用排水法采集，所以用气囊采集；
（4）因为氯化钙能与氨气反响，所以不可以把碱石灰换为氯化钙；
（5）铜与浓硝酸反响的化学方程式为Cu＋ 4HNO3( 浓 )=Cu(NO3) 2＋ 2H2O＋ 2NO↑；
（6）依据得失电子守恒进行计算。

【详解】（ 1）生石灰与氨水中的水反响生成氢氧化钙，同时放出大批热，促进NH3·H2O受热
分解生成NH3，又因为温度高升NH3的溶解度减小，使 NH3从水中逸出，故反响的化学方程式为：
NH3·H2O＋ CaO=Ca(OH)2＋ NH3↑，故答案为：NH3·H2O＋ CaO===Ca(OH)2＋ NH3↑；生石灰与水反
应放出大批热，促进NH3·H2O受热分解生成NH3，又因为温度高升，NH3的溶解度减小，使NH3从水中逸出。

（2）加热的硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变成红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥
管内出现蓝色，说明有水生成，在最后的出气导管口处采集到纯净、干燥的氮气，该反响
的化学方程式为3CuO＋ 2NH33Cu＋ 3H2 O＋ N2，故答案为：3CuO＋ 2NH33Cu＋ 3H2O＋ N2。

（ 3）因N2的密度与空气的密度邻近，所以不可以用排空气采集，又因要获取干燥的N2，也不可以用排水法采集，所以用气囊采集，故答案为：C。

（4）装置 E 中盛放的是碱石灰，其作用是汲取氨气中的水蒸气，水能与无水硫酸铜作用出现
蓝色，所以用无水硫酸铜查验氧化铜和氨气反响能否有水生成，因为氯化钙能与氨气反响，所
以不可以把碱石灰换为氯化钙，故答案为：不可以。

（5）铜与浓硝酸开始反响的化学方程式为Cu＋ 4HNO3( 浓 )=Cu(NO3) 2＋ 2H2O＋ 2NO↑，故答案为：
Cu＋ 4HNO3( 浓 )=Cu(NO3) 2＋ 2NO↑＋ 2H2O。

（6）反响耗费的铜的物质的量为12.8g ÷64g/mol=0.4mol ， 0.1mol 铜完好反响失掉 0.4mol
电子，依据电子守恒，氧气获取的电子与铜失掉的电子必定相等，则耗费氧气的物质的量为：
0.4mol/4=0.1mol，则通入氧气的物质的量是0.1mol ，故答案为：0.1mol 。

【点睛】常有气体的采集方法： 1. 排水法：合用于难或不溶于水且与水不反响的气体，导管
稍稍伸进瓶内； 2. 向上排空气法：气体密度大于空气( 相对分子质量大于29) 且不与空气中的
成分反响可用向上排空气法采集； 3. 向下排空气法气体密度小于空气( 相对分子质量小于29)
且不与空气中的成分反响可用向下排空气法采集。