【文档说明】【精准解析】江西省南丰县第二中学2019-2020学年高一下学期4月线上测试化学试题.doc，共(19)页，671.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2436bcb6ba77d8e1b964b118485ebb35.html

以下为本文档部分文字说明：

2019~2020学年度下学期高一下4月能力测试化学学科试题一、单选题(每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.对于可逆反应4NH3+5O24NO+6H2O(g),下列叙述正确的是（）A.达到平衡状态，2v正(NH3)=3v逆(H2O)B.单位时

间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.反应达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%【答案】D【解析】【详解】A.反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率

之比等于化学计量数之比为正反应速率之比，2v正(NH3)=3v逆(H2O)，不能说明该反应到达平衡状态，A项错误；B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1:1，

不能说明到达平衡，B项错误；C.达到平衡时，若减小容器体积，压强增大，正逆反应速率都增大，C项错误；D.可逆反应进行不到底，达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%，D项正确；答案选D。2.下列与有关非金属元素叙述以及推理结果不正确的是（）①非金属性F＞

Cl，故将F2通入NaCl溶液中，发生反应为F2＋2Cl－=Cl2＋2F－②非金属性F＞Br，故酸性：HF＞HBr③非金属性S＞As，故前者的气态氢化物稳定性更强④非金属性O＞N，故O2与H2化合比N2更容易A.②③B.③④C.①④D.①②【答案】D

【解析】【详解】①将F2通入NaCl溶液中，F2先与水反应生成HF和O2，不与NaCl发生置换反应，①不正确；②非金属性F＞Br，元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，不能判断氢化物水溶液酸性的强弱，②不正确；③非金属性S＞As，元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，故前者的气态氢化物稳定性更强，

③正确；④非金属性O＞N，元素非金属性越强，其单质与H2更易化合，故O2与H2化合比N2更容易，④正确；不正确的是①②，答案选D。3.在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停

止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是A.I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2＝2NO2B.II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C.对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对

Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【答案】C【解析】【详解】A、Ⅰ中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2

=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在Ⅱ中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；

C、根据以上分析可知，C错误；D、Ⅲ中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色

的气体产生。针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确；答案选C。4.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z

元素原子序数的两倍，下列说法正确的是A.X在元素周期表中位于第3周期第VIA族B.X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小C.XZ2和YZ2的化学性质相似D.利用W的含氧酸酸性强于Y的含氧酸酸性，可证明非金属性：W>Y【答案】B【解析】【分析】

W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W为硫(S)，Z为氧(O)；从而得出Y为氮(N)，X为硅(Si)。【详解】A．X为硅(Si)，在元素周期表中位于第3周期第ⅣA族，A不正确；B．X(Si)的电子层数多

一层，Y(N)、Z(O)同周期且Y在Z的左边，三种元素对应原子的半径依次减小，B正确；C．XZ2(SiO2)和YZ2(NO2)的化学性质不同，C不正确；D．没有指明W(S)的含氧酸与Y(N)的含氧酸是否为最高价含氧酸，所以不

能证明非金属性：W>Y，D不正确；故选B。5.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表元素符号XYZRT原子半径（nm）0.1600.0800.1020.1430.074主要化合价+2+2-2，+4，+6+

3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是（）A.单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>X>YB.离子半径：T2->X2+C.元素最高价氧化物的水化物的碱性：Y>R>XD.单质与氢气化合由易到难：Z>T【答案】B【解析】【分析】短周期元素，X、Y都有+2价，处于ⅡA族，原子半径X＞Y

，则X为Mg、Y为Be；Z、T都有-2价，而Z有+2、+6价，可推知Z为S元素、T为O元素；R有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于S，则R为Al。【详解】A．金属性Mg＞Al，故与稀硫酸反应的速率快慢：Mg＞Al，故A错误；B．电子层结构相同，核电荷数越大离

子半径越小，故离子半径O2－＞Mg2＋，故B正确；C．金属性Mg＞Be，Mg＞Al，故碱性Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C错误；D．非金属性O＞S，故氧气比硫更容易与氢气化合，故D错误，故选B。【点睛】本题考查性质结构位置关系应用，元素周期律等，根据元素化合价与比较确定元素

是解题关键，难点B，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小。6.下列装置中能构成原电池的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构成原电池需具备以下条件：两个活性不同的电极；电解质溶液；形成闭合回路；存在能自动发生

的氧化还原反应，据此分析解答。【详解】A．该装置没有形成闭合回路，不能构成原电池，故A不选；B．该装置中两根电极都是锌，活性相同，不能构成原电池，故B不选；C．该装置存在两个活性不同的电极、可发生氧化还原反应、存在电解质溶液、形成闭合回路，

可构成原电池，故C选；D．酒精为非电解质，不存在电解质溶液，不能构成原电池，故D不选；故选C。【点睛】明确原电池的几个构成要素是解题的关键。本题的易错点为D，要注意电解质和非电解质的判断。7.在密闭容器中进行反应X+2Y⇌2Z，已知反应中X、Y、Z的起始浓度分别

为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是A.X为0.2mol/LB.Y为0.5mol/LC.Z为0.35mol/LD.Y为0.10mol/L【答案】C【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，各物

质一定共存，即任何物质的浓度不可能为0；【详解】A.若X为0.2mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不选A；B.若Y为0.5mol/L，反应消耗0.2mol/LZ，则Z的浓度为0，故不选B；C.若Z为0.35mol/L，反

应消耗0.025mol/LX、0.05mol/LY，则X、Y、Z的浓度都不为0，故选C；D.若Y为0.10mol/L，反应消耗0.1mol/LX，则X的浓度为0，故不选D；选C。8.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（）A.

a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH--4e-====2H2O+O2↑C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案

】B【解析】【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极，据此分析解答。【详解】A、氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧

化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A正确；B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据图示，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前

景的绿色电源，故C正确；D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意电解质溶液的酸碱性对电极反应式的影响，正极的电极反应式，碱性

溶液中O2+2H2O+4e-=4OH-，酸性溶液中O2+4e--+4H+=2H2O。9.将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）2C（气）。若经2s（秒）后测得C的浓度为

0.6mol·L－1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol·L－1·s－1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L－1·s－1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1

其中正确的是：A.①③B.①④C.②③D.③④【答案】B【解析】【分析】2A（气）+B（气）2C（气），若经2s（秒）后测得C的浓度为0.6mol·L-1，v（C）=0.3mol·L-1·s-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析A、B；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2m

ol、B为0.6mol，以此分析C、D。【详解】①经2s（秒）后测得C的浓度为0.6mol·L-1，v（C）=0.3mol·L-1·s-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质A表示的反应的平均速率为

0.3mol·L-1·s-1，故正确；②由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质B表示的反应的平均速率为0.15mol·L-1·s-1，故错误；③生成C的物质的量为1.2mol，则转化的A为1.2mol，所以A的转化率为1.24molmol×100%=30%，

故错误；④生成C的物质的量为1.2mol，则转化的B为0.6mol，2s时物质B的浓度为20.62molmolL−=0.7mol·L－1，故正确；①④正确，故选B。10.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确．．．的是甲乙丙装置

现象金属W不断溶解Y的质量增加W上有气体产生A.装置甲中W作原电池负极B.装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝CuC.装置丙中溶液的c(H+)不变D.四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y【答

案】C【解析】【详解】A.W不断溶解，说明W失电子发生氧化反应，所以装置甲中W作原电池负极，故A正确；B.装置乙中Y的质量增加，说明溶液中铜离子在Y极得电子生成铜单质，Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu，故B正确；C.W极有气体

生成，说明氢离子得电子生成氢气，装置丙中c(H+)减小，故C错误；D.甲装置中金属W不断溶解，W是负极，活泼性W＞X；乙装置中Y的质量增加，Y是正极，活泼性X＞Y；丙装置中W上有气体产生，W是正极，活泼性Z＞W；所以四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，故D正确；选C。

【点睛】本题考查原电池知识，注意把握原电池中正负极的判断方法以及电极方程式的书写方法，明确活泼金属作负极，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。11.下列说法中，错误的是（）A.人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的

B.煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化工燃料C.人体运动所消耗的能量与化学反应无关D.我国目前最主要的能源是煤炭【答案】C【解析】【详解】A.人类目前所直接利用的能量大部分是化石能源的燃烧，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；B.煤、石油、天然气是化石

燃料，所以煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化工燃料，B正确；C.人体在运动时发生一系列的化学反应，消耗能量，如ATP与ADP的相互转化，所以人体运动所消耗的能量与化学反应有关，C错误；D.我国煤炭资源丰富，所以目前最主要的能源是煤炭，D正确；故合理选项是C。12.下列有关电池的说法不正确的是

A.手机上用的锂离子电池属于二次电池B.铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C.甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D.锌锰干电池中，锌电极是负极【答案】B【解析】【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜

作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。答案选B。13.下列物质间的反应，其能量变化

符合如图的是（）A.碳酸钙的分解B.灼热的炭与二氧化碳反应C.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合D.铝热反应【答案】D【解析】【详解】从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。A.碳酸钙的分解是吸热反应，A项错误；B.灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应，B项错误；C.Ba(O

H)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合是吸热反应，C项错误；D.铝热反应是放热反应，D项正确；答案选D。14.下列关于化学用语的表述正确的是（）A.原子核内有8个中子的碳原子148CB.HClO的结构式为H-

Cl-OC.Ca2+的结构示意图为D.NH4Cl的电子式【答案】C【解析】【详解】A.原子符号左下角的数子表示质子数，左上角的数子表示质量数，质量数等于质子和中子之和，原子核内有8个中子的碳原子146C，故A错误；B．HClO分子中的中心原子是O，

不是Cl，HClO的结构式为H-O-Cl，故B错误；C．钙是20号元素，易失去最外层是2个电子，形成钙离子，Ca2+的结构示意图为，故C正确；D．NH4Cl的电子式，故D错误；故选C。15.恒温恒容条件下，能说明反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)一定处于化学平衡状态的是

A.C的浓度不再改变B.容器内的压强保持不变C.C与D的物质的量相等D.消耗1molB的同时生成0.5molD【答案】A【解析】【详解】A.根据平衡状态的定义，C的浓度不再改变，反应一定平衡，故选A；B.A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)反应前

后气体的物质的量不变，气体压强是恒量，容器内的压强保持不变，不一定平衡，故不选B；C.C与D的物质的量相等，C与D的浓度不一定不再改变，所以不一定平衡，故不选C；D.消耗1molB的同时生成0.5molD，都表示正反

应速率，不能判断正逆反应速率相等，所以反应不一定平衡，故不选D。16.工业上用CO和H2生产燃料甲醇(CH3OH)。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如图所示(反应混合物均呈气态)。下列说法错误的是A.反应的化学方程式：

CO+2H2⇌CH3OHB.反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C.反应至10分钟，ʋ(CO)=0.075mol/(L·min−1)D.反应至3分钟，用甲醇来表示反应的平均速率为16mol/(L·min−1)【

答案】B【解析】【详解】A.根据图像可知该反应可逆，反应的化学方程式：CO+2H2⇌CH3OH，故A正确；B.反应进行至3分钟时，甲醇的浓度继续变化，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，故B错误；C.反应至10分钟，ʋ(C

O)=()1-0.25mol/L10min=0.075mol/(L·min−1)，故C正确；D.反应至3分钟，用甲醇来表示反应的平均速率为0.5mol/L3min=16mol/(L·min−1)，故D正确；

选B。二、非选择题(共48分)17.有A、B、C、D、E、F、G七种元素，试按如下所给的条件推断：①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径：A>B>C；②D、E是非金属元素，它们与氢

化合可生成气态氢化物HD和HE，室温下，D的单质是液体，E的单质是固体；③F是地壳中含量最多的元素，G是非金属性最强的元素(1)C离子的结构示意图为________________________；E单质的颜色为_________。(2

)用电子式表示B、D元素形成的化合物的形成过程：_____________________________。(3)有G、F元素参加的置换反应的化学方程式为___________________________。(4)用离子方程式证明D、E元素的非金属性强弱，并用单线桥表示电子转移的方

向和数目：________________________。(5)用刺孔的C单质(足量)包裹住2.3gA单质放于水中，标准状况下，收集到气体的体积最多为_____L。【答案】(1).(2).紫黑色(3).(4).2F2+2H2O=4HF+O2

(5).(6).4.48【解析】【分析】①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径：A>B>C，则A为钠(Na)，B为镁(Mg)，C为铝(Al)；②D、E是非金属元素，它们与氢化合可生成气态氢化

物HD和HE，则D、E显-1价，为第ⅦA族元素，室温下，D的单质是液体，E的单质是固体，从而得出D为溴(Br)，E为碘(I)；③F是地壳中含量最多的元素，则其为氧(O)，G是非金属性最强的元素，则其为氟(F)

。【详解】(1)C离子为Al3+，其结构示意图为；E为碘，它的单质颜色为紫黑色。答案为：；紫黑色；(2)B、D元素分别为Mg和Br，Mg与Br2反应生成MgBr2，电子式表示的形成过程为：。答案为：；(3)G、F元素为F和O，F2能将H

2O中的O置换出来，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；(4)D、E为Br和I，可利用Br2与I-反应，生成Br-和I2，证明D、E元素的非金属性强弱，反应方程式为：。答案为：；(5)Al、Na放入水中

，发生反应的方程式为Al+Na+2H2O==NaAlO2+2H2↑，则2.3g即0.1molNa完全反应，生成H20.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。答案为：4.48。【点睛】在进行铝箔包裹的Na与H2O反应生成氢气体积的计算时，我们容易忽视反应产物

NaOH可与Al再反应，又生成H2这一事实，从而得出错误的结论。18.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_____

_____。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n

(NH3)00.240.360.400.400~50s内的平均反应速率v(N2)=_________。(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为

kJ/mol。NN的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中___(填“吸收”或“放出”)的能量为____，反应达到(2)中的平衡状态时，对

应的能量变化的数值为____kJ。(4)为加快反应速率，可以采取的措施是_______a.降低温度b.增大压强c.恒容时充入He气d.恒压时充入He气e.及时分离NH3【答案】(1).3X+Y⇌2Z(2).1.2×10−3mol/(L·s)(3).放出(4).46kJ(5).18.4(6).

b【解析】【分析】（1）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据=ct计算；（3）形成化学键放出能量，断裂化合价吸收能量；(4)根据影响反应速率的因素分析；【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的

物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；（2）0～50s内，NH3物质的量变化为0.24mol，根据方程式可知，N2物质的量变化为0.12mol，(Z)=

ct=0.12mol=2L50s1.2×10−3mol/(L·s)；（3）断裂1molNN吸收946kJ的能量，断裂1molH-H键吸能量436kJ，形成1moN-H键放出能量391kJ，根据方程式3H2+N2⇌2NH3，生成2mol氨气，

断键吸收的能量是946kJ+436kJ×3=2254kJ，成键放出的能量是391kJ×6=2346kJ，则生成1molNH3过程中放出的能量为2346kJ-2254kJ2=46kJ；反应达到(2)中的平衡状态时生成0.

4mol氨气，所以放出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ；(4)a.降低温度，反应速率减慢，故不选a；b.增大压强，体积减小浓度增大，反应速率加快，故选b；c.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选c；d.恒压时充入He气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢

，故不选d；e.及时分离NH3，浓度减小，反应速率减慢，故不选e。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，根据键能计算反应热，影响化学反应速率的因素，注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现的，若改变了压强

而浓度不变，则反应速率不变。19.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。(1)将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：甲乙丙①下列说法正确的是____

____。A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙中铜片上没有明显变化C甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D两烧杯中溶液的pH均增大②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲________乙(填“>”“<”或“＝”)。③请写出图中构成原电池的负极电极反应式：__________________

______________。④当甲中溶液质量增重31.5g时，电极上转移电子数目为________。(2)图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。通甲烷一极的电极反应方程式为_____________________

_______________________________________。【答案】(1).BD(2).>(3).Zn－2e－===Zn2＋(4).NA(5).CH4+10OH—-8e-=CO32-+7H2O【解析】【详解】（1）①A、甲符合原电池构成条件，所以属于

原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，选项A错误；B、乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，选项B正确；C、甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，选项C错误；D

、两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，则两烧杯中溶液的c（H+）均减小，选项D正确；答案选BD；②甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙

；③锌的金属性强于铜，锌作为负极，原电池的负极电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；④甲中正极反应为2H++2e－=H2↑，溶液质量增重31.5g（32.5g-1g）时，消耗0.5molZn，电极上转移电子数目为NA；（2）图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质

是KOH。通甲烷一极为负极，碱性条件下甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应方程式为CH4+10OH—-8e-=CO32-+7H2O。20.有一种金属单质A，焰色反应呈黄色，能发生如图所示的变化：A2O，加热⎯⎯⎯⎯→B2HO⎯⎯⎯→C(1)图中淡黄

色固体B是__________；(2)写出图中的C溶液与硝酸溶液反应的化学方程式_____________________。【答案】(1).Na2O2(2).HNO3+NaOH=NaNO3+H2O【解析】【分析】Na的焰色反应呈黄色；钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气

。【详解】(1)钠燃烧生成过氧化钠，图中淡黄色固体B是Na2O2；(2)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，C是氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸反应生成硝酸钠和水，反应的化学方程式是HNO3+NaOH=NaNO3+H2O。21.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的

每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：(1)②的元素符号是__________；该元素的最高价氧化物的电子式为__________；(2)⑤和⑥两种元素的非金属性强弱关系是：⑤________⑥(填“>”或“<”)；(3)①和③两种元素组成的化合物中含有的化学键为_______

___(填“离子键”或“共价键”)(4)④和⑥两种元素组成的化合物与AgNO3溶液反应的离子方程式为______________。【答案】(1).C(2).(3).＜(4).共价键(5).Cl−+Ag+=AgCl↓【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，①～⑥

对应的元素分别是H、C、O、Na、S、Cl；【详解】(1)根据元素在周期表中的位置，②是碳元素，元素符号是C；C元素的最高价氧化物是CO2，CO2的电子式为；(2)⑤是S元素、⑥是Cl元素，同周期元素从左到右非金属性增强，两种元素的非金属性

强弱关系是：S<Cl；(3)非金属元素之间易形成共价键，①是H元素、③是O元素，两种元素组成的化合物H2O或H2O2中含有的化学键为共价键；(4)④是Na元素、⑥是Cl元素，两种元素组成的化合物是NaCl，NaCl与AgN

O3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应的离子方程式为Cl−+Ag+=AgCl↓。22.常温下，将amol氮气与bmol氢气的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(

g)。(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)＝13mol，nt(NH3)＝6mol，则a值为________。(2)反应达到平衡时，混合气体的体积为716.8L(标准状况下)，其中氨气体积分数为2

5%，平衡时氨气的物质的量为________。(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比(写最简整数比，下同)n始∶n平＝______。(4)原气体中a∶b＝________。(5)达到平衡时混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)＝

________。【答案】(1).16(2).8mol(3).5∶4(4).2∶3(5).3∶3∶2【解析】【分析】(1)根据三段式结合时刻t时，nt(N2)＝13mol，nt(NH3)＝6mol计算；(2)根据

n=mVV计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量；(3)利用差量法计算原混合气体的物质的量；(4)原混合气体的物质的量-氮气的物质的量=氢气的物质的量，据此计算；(5)计算出达到平衡时，反应混合物各组分的物质的量，据此计算。【详解】(1)N2(g)+3H2

(g)2NH3(g)起始(mol)：ab0转化(mol)：396t时刻(mol)：a-3b-96则a-3=13，解得：a=16，故答案为16；(2)反应达平衡时，混合气体为716.8L22.4L/mol=32mol，其中NH

3的物质的量为32mol×25%=8mol，故答案为8mol；(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，物质的量减少△n开始：1mol3mol2mol2mol转化：4mol12mol8mol8mol气体的减少量与生成的氨气相等，故原混合气体为3

2mol+8mol=40mol，则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比n(始)∶n(平)=40mol∶32mol=5∶4，故答案为5∶4；(4)由(1)知a=16mol，则b=40mol-16mol=2

4mol，所以a∶b=16mol∶24mol=2∶3，故答案为2∶3；(5)平衡混合气的组成为：N212mol，H212mol，NH3为8mol，平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=12mol∶12mol∶8mol=3∶3∶2，故答案为3∶3∶2。