安徽省阜阳市临泉一中高三上学期月考化学试卷（月份）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年安徽省阜阳市临泉一中高三（上）月考化学试卷（9月份） 一、选择题(共11小题,每小题3分,满分33分） 1．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程,化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知白磷和（kJmol﹣1）P﹣P：198P﹣O:360O=O：498；则反应P4(白磷)+3O2═P4O6的能量变化为（） A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量 C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量 2．与30mL1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣浓度相同的是（） A．150mL0。2mol/LFeCl2溶液 B．15mL2mol/LNaCl溶液 C．60mL1mol/LAlCl3溶液 D．90mL0。5mol/LCaCl2溶液 3．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是（） A．Al2O3用作耐火材料 B．Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂 C．明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 D．FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板 4．按照氟、氯、溴、碘的顺序，下列递变规律中正确的是（） A．单质的熔、沸点逐渐降低 B．与H2反应越来越容易 C．F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的还原性逐渐增强 D．单质的氧化性逐渐增强 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中不正确的是（) A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA B．28g乙烯(C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA C．常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA D．常温常压下，22。4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA 6．下列各组反应（表中物质均为反应物），反应刚开始时，放出H2的速率最大的是(） 金属(粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0。16mol/L盐酸10mL30℃BMg0。13mol/L盐酸10mL60℃CFe0。13mol/L盐酸10mL60℃DMg0。16mol/L盐酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D7．下列说法错误的是（） A．二氧化碳和漂白粉作用，生成具有氧化性的物质 B．二氧化硫通入氢硫酸中，使溶液的酸性一定减弱 C．二氧化硫和烧碱反应，使溶液的碱性一定减弱 D．二氧化氮可相互结合为四氧化二氦氮 8．实验室中制备HClO溶液的最好方法是将Cl2缓慢通入（） A．蒸馏水 B．烧碱溶液 C．纯碱溶液 D．石灰石的悬浊液 9．下列做法中不正确的是（) A．向污水中加入适量明矾，可除去其中的悬浮物 B．用氢氟酸刻蚀工艺玻璃上的纹饰 C．从碘水中提取单质碘时,可用无水乙醇代替CCl4 D．在海轮外壳上嵌入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 10．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1。0molB，反应A（g）+B(g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（） t/s 0 5 15 25 35n（A）/mol 1.0 0。85 0.81 0.80 0。80A．反应在前5s的平均速率v(A)=0。17molL﹣1s﹣1 B．保持其他条件不变,升高温度，平衡时c（A）=0。41molL﹣1，则反应的△H＞0 C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时,C的转化率大于80% D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0。20molB和1.0molC，反应达到平衡前v（正)＜v(逆) 11．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示．则下列说法错误的是（） A．镁和铝的总质量为9g B．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸 C．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5molL﹣1 D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L 二、解答题(共9小题，满分34分） 12．短周期元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍;B元素的最高正价是+6价；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与氖原子的电子层结构相同,则 （1）A:B：C：D:(填元素符号) （2）B元素与氢元素形成的化合物所含化学键为（填“共价键"或“离子键”) 13．物质A﹣E都是中学化学中常见的物质，它们可以发生如下图所示的反应,其中E是蓝色溶液． （1）在以上反应中（用序号填空），属于氧化还原反应的是，属于离子反应的是． (2）写出反应③的离子方程式:． （3)反应⑦的速率如上图，其原因可能是． （4）从上述框图中选取电极材料和电解质溶液组成原电池,其中正极材料是．负极反应为． 14．二氧化锰与浓盐酸混合加热得到氯气,如图是制取并探究Cl2化学性质的装置图． (1）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为． (2）若要得到干燥纯净的气体，B、C中应分别盛放的试剂为、． （3）E中若装有FeCl2溶液,反应的离子方程式为，E中若装有淀粉碘化钾溶液,能观察到的实验现象是 (4）实验中发现:浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，稀盐酸与MnO2混合加热不生成氯气．针对上述现象某化学兴趣小组对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案： a．稀盐酸滴入MnO2中，然后通入HCl气体加热 b．稀盐酸滴入MnO2中，然后加入NaCl固体加热 c．稀盐酸滴入MnO2中,然后加入浓硫酸加热 d．MnO2与NaCl的浓溶液混合加热 e．浓硫酸与NaCl固体、MnO2固体共热 ①实验b的目的是．实验c的目的是． ②实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成．由此得出影响氯气生成的原因是． 15．某同学受2Mg+CO22MgO+C的启发，用如图所示的装置进行Mg和SO2的实验． （1）选择制取SO2的合适试剂：．（填写对应的序号） ①10%的H2SO4溶液②80％的H2SO4溶液③Na2SO3固体④CaSO3固体 （2）写出装置B中发生的主要反应的化学方程式：． （3）你认为该装置是否有不足之处；如果有，请列出两点：、． （4）对于反应后试管C中的成份某同学提出如下假设： 假设①全部是Na2SO3；假设②全部是NaHSO3;假设③；假设④． (5）请补充完善假设．并将下表实验检验设计及结论补充完整． 实验操作预期现象结论（1）取少许反应后试管C中的溶液,加入足量的BaCl2溶液无白色沉淀产生证明假设是正确的（2）若有白色沉淀产生，再检测（1）的上层溶液的PH若PH＞7则溶液中溶质是若PH=7则溶液中溶质是若PH＜7则溶液中溶质是 16．现有某铁碳合金（铁和碳两种单质的混合物），某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置(夹持仪器已省略）和实验方案进行实验探究． （1）A中铁与浓硫酸发生反应的化学方程式是,反应中浓硫酸表现出的性质是、． (2）连接好装置后，首先应进行的操作是． （3）装置C溶液反应时,体现气体的性． （4）称量E的质量，并将ag铁碳合金样品放入装置A中，再加入足量的浓硫酸，待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．铁碳合金中铁的质量分数为（写表达式)． (5）甲同学认为，依据此实验测得的数据，计算合金中铁的质量分数会偏低，原因是空气中CO2、H2O进入E管使b增大．你认为改进的方法是． (6）乙同学认为，即使甲同学认为的偏差得到改进，依据此实验测得合金中铁的质量分数还会偏高．你认为其中的原因是． 17．碳在一定量空气中燃烧，生成标准状况下为6。72L的混合气体,总质量为10.8g． 求：（1）判断混合气体的成分,并算出对应气体的物质的量? （2)将混合气体通入2L0。1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠,则溶液中两溶质的物质的量浓度分别为多少？（忽略体积变化） 18．元素X、Y、Z、M、N为短周期主族元素,且原子序数依次增大,已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3:4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4且M原子的质子数是Y原子的2倍，N﹣、Z+、X+的半径逐渐减小,化合物XN在常温下为气体,据此回答下列问题： (1)用电子式表示Z与N形成化合物的过程． （2)X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式(分解反应）． （3）如图表示由上述元素组成的两种气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：． （4）A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质，且组成元素的原子个数之比为1：1：1．若在各自的水溶液中，A能抑制水的电离,B能促进水的电离，则A的化学式为，B的化学式为．A、B之间反应的离子方程式为．A中存在的化学键类型为:． 19．X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16．X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图所示变化： 已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个．请回答下列问题: (1)Y单质分子的电子式为． （2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入（填物质名称或化学式均可)；负极电极反应式为． （3）已知Y的单质与Z的单质生成C的反应是可逆反应，将等物质的量的Y、Z的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应．下列说法中,正确的是（填写下列各项的序号)． a．达到化学平衡时，正反应速率与逆反应速率相等 b．反应过程中，Y的单质的体积分数始终为50% c．达到化学平衡时，Y、Z的两种单质在混合气体中的物质的量之比为1:1 d．达到化学平衡的过程中，混合气体平均相对分子质量逐渐减小． 20．图中，A到L为常见物质或该物质的水溶液，B在A气体中燃烧产生棕色烟，B、G为中学化学中常见金属单质，H为红褐色沉淀，I的焰色反应为黄色，组成J的元素原子核内只有一个质子,F为无色、有刺激性气味气体，且能使品红溶液褪色． 回答下列问题： （1）K所含的化学键有． （2）D的水溶液与少量G反应的总离子方程式为． （3）写出工业上制取单质B的化学方程式． （4）写出Cu与E反应的离子方程式．请设计实验方案验证E反应后的阳离子． 2016-2017学年安徽省阜阳市临泉一中高三（上）月考化学试卷(9月份） 参考答案与试题解析 一、选择题（共11小题,每小题3分，满分33分) 1．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程,化学键的键能是形成（或拆开)1mol化学键时释放（或吸收)的能量．已知白磷和（kJmol﹣1）P﹣P：198P﹣O：360O=O：498；则反应P4（白磷)+3O2═P4O6的能量变化为（) A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量 C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量 【考点】反应热和焓变． 【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键，以此解答． 【解答】解：各化学键键能为P﹣P198kJmol﹣1、P﹣O360kJmol﹣1、O=O498kJmol﹣1． 反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能,由图可知：1个P分子中含有6个P﹣P，1个P4O6分子中含有12个P﹣O．1molP4和3molO2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJmol﹣1+3×498kJmol﹣1﹣12×360kJmol﹣1=﹣1638kJmol﹣1，反应放热1638kJ， 故选A． 【点评】本题考查反应热与化学键键能的关系，为高频考点，侧重考查学生的分析、计算能力，难度中等,注意从物质能量、键能理解反应热． 2．与30mL1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣浓度相同的是（) A．150mL0。2mol/LFeCl2溶液 B．15mL2mol/LNaCl溶液 C．60mL1mol/LAlCl3溶液 D．90mL0。5mol/LCaCl2溶液 【考点】物质的量浓度的相关计算． 【分析】电解质离子的浓度=电解质浓度×电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关，1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣浓度为2mol/L，以此解答该题． 【解答】解：1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣浓度为2mol/L, A。150mL0.2mol/LFeCl2溶液中Cl﹣浓度为0。2mol/L×2=0。4mol/L，故A错误； B。15mL2mol/LNaCl溶液中Cl﹣浓度为2mol/L×1=2mol/L,故B正确； C。60mL1mol/LAlCl3溶液中Cl﹣浓度为1mol/L×3=3mol/L，故C错误; D。90mL0。5mol/LCaCl2溶液中Cl﹣浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故D错误． 故选B． 【点评】本题考查物质的量浓度，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查,比较基础，注意电解质溶液中离子的浓度与电解质浓度的计算． 3．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是（） A．Al2O3用作耐火材料 B．Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂 C．明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 D．FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板 【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物． 【分析】A、耐火砖需要具有高熔点； B、氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠； C、明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要,可以净水; D、氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁； 【解答】解：A、氧化铝具有高熔点,能做耐火材料，故A正确； B、氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠,不能生成氧气,应为过氧化钠,故B错误； C、明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，可以净水；故C正确； D、氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板；故D正确； 故选B． 【点评】本题考查了物质性质的应用,主要考查铝的氧化物、钠的氧化物、氯化铁性质的分析判断，盐类水解的应用，胶体的性质分析,题目较简单． 4．按照氟、氯、溴、碘的顺序，下列递变规律中正确的是（） A．单质的熔、沸点逐渐降低 B．与H2反应越来越容易 C．F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的还原性逐渐增强 D．单质的氧化性逐渐增强 【考点】卤素原子结构及其性质的比较． 【分析】氟、氯、溴、碘同为第VIIA族元素，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性减弱,与氢气化合越来越困难，离子的还原性增强，单质的熔、沸点逐渐升高,据此分析． 【解答】解：A．氟、氯、溴、碘，单质的熔、沸点逐渐升高，故A错误; B．氟、氯、溴、碘同为第VIIA族元素，同主族从上到下,非金属性逐渐减弱，与与H2反应越来越困难，故B错误； C．非金属性越强则单质的氧化性越强,对应离子的还原性越弱，所以F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的还原性逐渐增强，故C正确； D．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则氧化性为F2＞Cl2＞Br2＞I2，所以氟、氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱，故D错误； 故选C． 【点评】本题考查元素周期律，同主族元素非金属性的强弱的变化规律是解答本题的关键,熟悉元素周期律即可解答，题目难度不大． 5．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中不正确的是（) A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA B．28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA C．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA D．常温常压下,22。4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【分析】A、NO2和CO2均含2个氧原子； B、乙烯C2H4)和环丁烷（C4H8)的最简式均为CH2; C、NO2和N2O4的最简式均为NO2； D、常温常压下，气体摩尔体积大于22。4L/mol． 【解答】解：A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，而NO2和CO2均含2个氧原子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol氧原子，即2NA个,故A正确； B、乙烯C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2mol碳原子，即2NA个，故B正确; C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n==2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子,即6NA个,故C正确； D、常温常压下，气体摩尔体积大于22。4L/mol，故22。4L氯气的物质的量小于1mol，故转移的电子的物质的量小于2mol,故D错误． 故选D． 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 6．下列各组反应（表中物质均为反应物），反应刚开始时，放出H2的速率最大的是(） 金属（粉末状)/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0.16mol/L盐酸10mL30℃BMg0.13mol/L盐酸10mL60℃CFe0.13mol/L盐酸10mL60℃DMg0。16mol/L盐酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D【考点】化学反应速率的影响因素． 【分析】影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大,注意硝酸与金属反应不生成氢气． 【解答】解:活泼性Mg＞Fe，则Mg反应较快,硝酸与金属反应不生成氢气，D中氢离子浓度最大，且温度较高,则反应速率最大． 故选D． 【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意金属的活泼性强弱，为影响反应速率的主要因素,易错点为A,注意硝酸与金属反应不生成氢气． 7．下列说法错误的是（） A．二氧化碳和漂白粉作用，生成具有氧化性的物质 B．二氧化硫通入氢硫酸中，使溶液的酸性一定减弱 C．二氧化硫和烧碱反应，使溶液的碱性一定减弱 D．二氧化氮可相互结合为四氧化二氦氮 【考点】二氧化硫的化学性质． 【分析】A、二氧化碳可以和次氯酸盐之间反应生成具有氧化性的次氯酸； B、二氧化硫和氢硫酸之间会发生反应生成硫单质和水； C、二氧化硫是酸性有气体，与碱反应； D、NO2分子在一定条件下和N2O4分子之间存在转化平衡． 【解答】解：A、漂白粉中含有次氯酸钙，二氧化碳可以和次氯酸钙之间反应生成具有氧化性的次氯酸,故A正确； B、二氧化硫和氢硫酸之间会发生反应生成硫单质和水,但是当二氧化硫相对于氢硫酸过量时，会得到亚硫酸，酸性比氢硫酸要强，故B错误； C、二氧化硫是酸性有气体，与碱反应,导致溶液中的氢氧根离子的浓度减少，碱性一定减弱，故C正确； D、NO2分子在一定条件下和N2O4分子之间存在转化平衡，故D正确． 故选B． 【点评】本题涉及硫化氢、次氯酸盐、二氧化硫以及二氧化氮的化学性质等知识，属于综合知识的考查题，难度不大． 8．实验室中制备HClO溶液的最好方法是将Cl2缓慢通入（） A．蒸馏水 B．烧碱溶液 C．纯碱溶液 D．石灰石的悬浊液 【考点】氯气的化学性质． 【分析】氯气与水反应为可逆反应，且生成盐酸,HClO与烧碱、纯碱反应,不能制备HClO,结合平衡移动分析． 【解答】解：A．氯气与水反应为可逆反应，且生成盐酸，产物不纯，故A不选； B．与烧碱反应，不能制备HClO，故B不选； C．与纯碱反应，不能制备HClO,故C不选； D．由Cl2+H2O⇌HCl+HClO可知，石灰石的悬浊液可与HCl反应，平衡正向移动,则实验室中制备HClO溶液的最好方法是将Cl2缓慢通入石灰石的悬浊液,故D选; 故选D． 【点评】本题考查氯气的性质及HClO的制备,为高频考点，把握制备原理及平衡移动为解答的关键,注意制备HClO不能混有杂质，HClO不能发生反应,题目难度不大． 9．下列做法中不正确的是（） A．向污水中加入适量明矾，可除去其中的悬浮物 B．用氢氟酸刻蚀工艺玻璃上的纹饰 C．从碘水中提取单质碘时，可用无水乙醇代替CCl4 D．在海轮外壳上嵌入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 【考点】硅和二氧化硅;金属的电化学腐蚀与防护；分液和萃取． 【分析】A．明矾溶于水形成的胶体能吸附水中的不溶性杂质而形成大颗粒易于沉降； B．氢氟酸能够与二氧化硅反应生成四氟化硅气体； C．萃取剂与水不能互溶，应分层，从碘水中提取单质碘时,可用CCl4，不可用无水乙醇代替； D．锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化,铁做正极被保护； 【解答】解：A．明矾化学式为KAl（SO4)212H2O，在溶液中易水解生成Al(OH）3胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物，故A正确； B．玻璃中含有SiO2,氢氟酸刻蚀工艺玻璃反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以可以用HF（氢氟酸）来刻蚀工艺玻璃上的纹饰，故B正确； C．萃取剂与水不能互溶，应分层，碘易溶于水四氯化碳，且四氯化碳不溶于水，可用萃取分液法分离,而酒精与碘水中的水互溶，不分层，不可用无水乙醇代替CCl4，故C错误; D．锌的活泼性比铁强，锌和铁在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极被腐蚀,海轮船体铁做正极被保护,故D正确； 故选C． 【点评】本题主要考查了元素化合物知识，掌握胶体的净水原理、玻璃刻蚀原理、萃取剂的选择、金属的电化学防护是解答本题的关键，题目难度不大． 10．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1。0molA和1.0molB，反应A(g)+B（g）⇌C（g)经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表,下列说法正确的是() t/s 0 5 15 25 35n（A）/mol 1。0 0.85 0。81 0.80 0.80A．反应在前5s的平均速率v（A）=0.17molL﹣1s﹣1 B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0。41molL﹣1，则反应的△H＞0 C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的转化率大于80％ D．相同温度下,起始时向容器中充入0。20molA、0.20molB和1.0molC，反应达到平衡前v(正）＜v(逆） 【考点】化学平衡的计算． 【分析】依据化学平衡三段式列式计算； A（g）+B(g）⇌C（g） 起始量（mol）1.01.00 变化量（mol）0.200。200.20 平衡量（mol）0。800.800。20 A、依据V（A）=计算； B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0。41molL﹣1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行； C、等效为起始加入2。0molA和2.0molB，与原平衡相比,压强增大,平衡向正反应方向移动,平衡时的AB转化率较原平衡高,故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的物质的量大于0。4mol，参加反应的C的物质的量小于1。6mol，据此判断． D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向． 【解答】解：A的物质的量达到0。80mol反应达到平衡状态,则 A(g）+B（g）⇌C（g） 起始量（mol)1。01。00 变化量（mol）0。200。200。20 平衡量（mol）0.800。800。20 K==0。625 A、反应在前5s的平均速率v（A）==0.015molL﹣1s﹣1,故A错误; B、保持其他条件不变，升高温度,平衡时c(A）=0。41molL﹣1，A物质的量为0。41mol/L×2L=0.82mol＞0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H＜0,故B错误； C、等效为起始加入2。0molA和2。0molB，与原平衡相比,压强增大,平衡向正反应方向移动,平衡时的AB转化率较原平衡高,故平衡时AB的物质的量小于1。6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80％，故C错误; D、相同温度下,起始时向容器中充入0。20molA、0.20molB和1。0molC,Qc==50＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前v（正）＜v（逆)，故D正确； 故选D． 【点评】本题考查了化学平衡计算应用，化学反应速率计算，平衡常数的计算分析应用是解题关键,掌握基础是关键，题目难度中等． 11．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示．则下列说法错误的是（） A．镁和铝的总质量为9g B．最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸 C．氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5molL﹣1 D．生成的氢气在标准状况下的体积为11。2L 【考点】镁、铝的重要化合物;化学方程式的有关计算． 【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时,沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍．从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0。15mol，所以沉淀量最大,Mg（OH）2为0.15mol,Al（OH）3为0.35mol﹣0.15mol=0。2mol,由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH)3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH)=n［Al（OH）3］=0.2mol,氢氧化钠的浓度为=5mol/L，以此来解答． 【解答】解：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大,此时为Mg（OH）2和Al(OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH)的倍．从200mL到240mL,NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH)2,物质的量为0。15mol,所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0。35mol﹣0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3］=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L， A．由元素守恒可知n（Al）=n［Al（OH）3]=0。2mol，n(Mg）=n［Mg（OH）2］=0。15mol，则镁和铝的总质量为0。2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正确; B．由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,故B正确； C．沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍,所以n（Na2SO4）=×0。2L×5mol/L=0。5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故C错误； D．由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0。15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2)=3n(Al）+2n（Mg)=3×0.2mol+2×0。15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22。4mol/L=10.08L，故D错误； 故选D． 【点评】本题以图象题的形式考查镁铝的重要化合物的性质及计算，为高频考点，把握图象中各阶段的物质的量的关系及各阶段发生的化学反应为解答的关键，注意利用守恒计算，侧重分析与计算能力的综合考查,题目难度中等． 二、解答题（共9小题,满分34分） 12．短周期元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素的最高正价是+6价；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与氖原子的电子层结构相同,则 (1）A：CB:OC:SiD：Na（填元素符号) (2）B元素与氢元素形成的化合物所含化学键为共价(填“共价键”或“离子键"） 【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【分析】短周期元素中,A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍,A有2个电子层，最外层电子数为4,则A为碳元素;B元素的最高正价是+6价，位于ⅥA族，则B为S元素；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，有3个电子层，M层电子数为4，故C为Si元素；D元素原子最外层有1个电子，处于ⅠA族，D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则D为Na元素，据此进行解答． 【解答】解：短周期元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A有2个电子层，最外层电子数为4,则A为碳元素；B元素的最高正价是+6价,位于ⅥA族,则B为S元素;C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，有3个电子层,M层电子数为4，故C为Si元素；D元素原子最外层有1个电子，处于ⅠA族,D的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则D为Na元素, （1）根据分析可知，A、B、C、D分别为C、S、Si、Na元素， 故答案为：C；S;Si；Na; （2）B为S元素,S与H元素形成的化合物为H2S，H2S为共价化合物，分子中含有化学键为共价键, 故答案为：共价． 【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力． 13．物质A﹣E都是中学化学中常见的物质,它们可以发生如下图所示的反应，其中E是蓝色溶液． （1）在以上反应中(用序号填空），属于氧化还原反应的是①②⑦，属于离子反应的是③④⑤⑦． (2）写出反应③的离子方程式：CuO+2H+═Cu2++H2O． (3)反应⑦的速率如上图，其原因可能是形成Fe﹣Cu原电池,反应速率加快． （4）从上述框图中选取电极材料和电解质溶液组成原电池，其中正极材料是Cu．负极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+． 【考点】无机物的推断． 【分析】E是蓝色溶液，应为CuSO4，由转化关系可反应的条件可知，D+H2=A，E+Fe=A，判断A为Cu，D为CuO,B为CuCl2，C为Cu（OH）2，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题． 【解答】解：E是蓝色溶液，应为CuSO4,由转化关系可反应的条件可知D为CuO，A为Cu，B为CuCl2，C为Cu(OH)2， （1）由以上分析可知A为Cu，B为CuCl2，C为Cu（OH)2,D为CuO，E为CuSO4； 题中①②⑦有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,③④⑤⑦为溶液中的反应,属于离子反应, 故答案为:①②⑦；③④⑤⑦; （2）反应③为氧化铜和硫酸的反应，反应的离子方程式为CuO+2H+═Cu2++H2O, 故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O； （3)在硫酸铜中加入铁，置换出铜,形成形成Fe﹣Cu原电池，反应速率加快， 故答案为：形成Fe﹣Cu原电池，反应速率加快; (4）依据原电池眼眶里分析，转化关系中选取铁铜做电极，稀硫酸做电解质溶液,形成原电池反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,正极材料为铜,负极材料是铁，负极电极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+； 故答案为：Cu;Fe﹣2e﹣=Fe2+． 【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型,侧重于学生的分析能力、推断能力和综合运用元素化合物知识，注意把握题给信息，找出推断的突破口，把握相关物质的性质以及离子方程式、化学方程式的书写，难度中等． 14．（2016秋临泉县校级月考）二氧化锰与浓盐酸混合加热得到氯气，如图是制取并探究Cl2化学性质的装置图． （1)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O． (2)若要得到干燥纯净的气体，B、C中应分别盛放的试剂为饱和食盐水、浓硫酸． （3）E中若装有FeCl2溶液，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，E中若装有淀粉碘化钾溶液，能观察到的实验现象是溶液变蓝 （4）实验中发现:浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，稀盐酸与MnO2混合加热不生成氯气．针对上述现象某化学兴趣小组对“影响氯气生成的原因"进行了讨论，并设计了以下实验方案： a．稀盐酸滴入MnO2中，然后通入HCl气体加热 b．稀盐酸滴入MnO2中，然后加入NaCl固体加热 c．稀盐酸滴入MnO2中，然后加入浓硫酸加热 d．MnO2与NaCl的浓溶液混合加热 e．浓硫酸与NaCl固体、MnO2固体共热 ①实验b的目的是探究c(Cl﹣）对反应的影响．实验c的目的是探究c（H+）对反应的影响． ②实验现象:a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成．由此得出影响氯气生成的原因是c（H+）浓度的大小． 【考点】氯气的实验室制法． 【分析】（1)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水； （2）从A中制取的氯气中含有水蒸气、氯化氢，要得到纯净干燥的氯气应除去水蒸气、氯化氢； （3）氯气具有强的氧化性，能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝； （4)比较浓度变化的离子对化学反应是否有影响，从而得出结论、 【解答】解：(1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水,反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O； 故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O； （2）从A中制取的氯气中含有水蒸气、氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大,用盛有饱和食盐水的洗气瓶可以除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以除去氯气中的水； 故答案为：饱和食盐水；浓硫酸； （3）氯气具有强的氧化性，能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣； 能够氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，所以看到:溶液变蓝; 故答案为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；溶液变蓝； （4）①实验b：加入NaCl固体前后，溶液中浓度变化的离子是氯离子,所以探究的是氯离子浓度的影响； 实验c：加入浓硫酸前后，溶液中浓度变化的离子是氢离子，所以探究的是氢离子浓度的影响， 故答案为:探究Cl﹣浓度的影响；探究H+浓度的影响； ②由实验现象知,氢离子的浓度越大,越有氯气生成，氢离子的浓度越小，越没有氯气生成，由此得出影响氯气生成的原因是氢离子的浓度， 故答案为：c(H+)浓度的大小． 【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，熟悉氯气制备的原理和氯气的氧化性是解题关键，题目难度中等． 15．某同学受2Mg+CO22MgO+C的启发，用如图所示的装置进行Mg和SO2的实验． (1）选择制取SO2的合适试剂：②③．（填写对应的序号） ①10％的H2SO4溶液②80％的H2SO4溶液③Na2SO3固体④CaSO3固体 (2）写出装置B中发生的主要反应的化学方程式：3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS）． （3）你认为该装置是否有不足之处有；如果有，请列出两点：在A与B之间未连接一干燥装置、C装置未与大气相通未放设计防倒吸装置． （4)对于反应后试管C中的成份某同学提出如下假设： 假设①全部是Na2SO3；假设②全部是NaHSO3；假设③Na2SO3和NaHSO3的混合物;假设④NaSO3和NaOH的混合物． （5）请补充完善假设．并将下表实验检验设计及结论补充完整． 实验操作预期现象结论(1）取少许反应后试管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液无白色沉淀产生证明假设假设②是正确的（2）若有白色沉淀产生，再检测（1)的上层溶液的PH若PH＞7则溶液中溶质是Na2SO3和NaOH的混合物若PH=7则溶液中溶质是Na2SO3若PH＜7则溶液中溶质是NaHSO3的Na2SO3的混合物 【考点】性质实验方案的设计． 【分析】(1)实验室常用亚硫酸钠和80%的H2SO4溶液制备二氧化硫; （2）镁和二氧化硫反应，可生成氧化镁、硫化镁； （3）该装置缺少干燥和防倒吸装置； (4）二氧化硫和氢氧化钠反应，可生成Na2SO3、NaHSO3，根据反应的程度判断； (5）取少许反应后试管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液,无白色沉淀产生，生成NaHSO3； 若有白色沉淀产生,说明生成Na2SO3，再检测（1)的上层溶液的PH，若PH＞7则溶液是Na2SO3和NaOH的混合物；PH=7则说明是Na2SO3；PH＜7则说明是NaHSO3的Na2SO3的混合物． 【解答】解：（1）因SO2的溶解度较大，应选用浓度较大的H2SO4溶液；为了使反应顺利进行须选择Na2SO3固体与硫酸反应（CaSO3固体与硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水）． 故答案为：②③； （2)根据Mg与CO2的反应知:Mg与SO2反应能生成氧化镁与单质硫,但单质硫能与镁反应生成硫化镁,方程式为3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS）， 故答案为：3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS)； （3）该装置缺少干燥和防倒吸装置，在A与B之间未连接一干燥装置,C装置未与大气相通未放设计防倒吸装置 故答案为:有；在A与B之间未连接一干燥装置；C装置未与大气相通未放设计防倒吸装置（写两点即可）； （4）二氧化硫和氢氧化钠反应，可生成Na2SO3、NaHSO3，反应后产物可能为全部是Na2SO3；全部是NaHSO3,Na2SO3和NaHSO3的混合物，NaSO3和NaOH的混合物， 故答案为:Na2SO3和NaHSO3的混合物；NaSO3和NaOH的混合物； （5)取少许反应后试管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液,无白色沉淀产生，生成NaHSO3； 若有白色沉淀产生，说明生成Na2SO3，再检测(1)的上层溶液的PH，若PH＞7则溶液是Na2SO3和NaOH的混合物;PH=7则说明是Na2SO3；PH＜7则说明是NaHSO3的Na2SO3的混合物， 故答案为:假设②；若PH＞7则溶液是Na2SO3和NaOH的混合物;PH=7则说明是Na2SO3；PH＜7则说明是NaHSO3的Na2SO3的混合物． 【点评】本题以二氧化硫的性质为载体,考查物质的性质设计实验，为高频考点,侧重于考查学生分析问题的能力，难度较大，会从教材中找出问题原型,对信息进行迁移来解决问题． 16．（2016秋临泉县校级月考）现有某铁碳合金(铁和碳两种单质的混合物）,某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质,设计了如图所示的实验装置（夹持仪器已省略）和实验方案进行实验探究． （1）A中铁与浓硫酸发生反应的化学方程式是2Fe+6H2SO4（浓)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，反应中浓硫酸表现出的性质是酸性、氧化性． (2)连接好装置后，首先应进行的操作是检查装置气密性． (3）装置C溶液反应时，体现气体的还原性性． （4）称量E的质量,并将ag铁碳合金样品放入装置A中,再加入足量的浓硫酸,待A中不再逸出气体时,停止加热，拆下E并称重，E增重bg．铁碳合金中铁的质量分数为×100%（写表达式)． （5）甲同学认为，依据此实验测得的数据，计算合金中铁的质量分数会偏低，原因是空气中CO2、H2O进入E管使b增大．你认为改进的方法是E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管． (6）乙同学认为，即使甲同学认为的偏差得到改进,依据此实验测得合金中铁的质量分数还会偏高．你认为其中的原因是反应产生的CO2气体未能完全排到装置E中,导致b偏低． 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量． 【分析】由实验装置图可知，装置A中浓硫酸和铁、碳在加热的条件下反应生成了二氧化碳和二氧化硫，装置B品红溶液是检验二氧化硫气体的，装置C足量的高锰酸钾溶液是除掉二氧化硫的，装置D是用于干燥二氧化碳气体，最后得到干燥的二氧化碳被实验装置E中足量的碱石灰吸收， （1）铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水,根据硫的化合价的变化情况判断硫酸的作用； （2)该实验中有气体参加，所以实验一开始要检验气密性； （3）装置C是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫，二氧化硫显还原性; （4）根据ag铁碳合金,加入过量浓硫酸，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则可求出ag铁碳合金中含碳元素的质量进而求出铁的质量分数； (5）E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入干燥管； （6)装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收． 【解答】解:（1)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：2Fe+6H2SO4（浓)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，在该反应中部分硫元素从+6价降为+4价,同时生成硫酸铁,所以硫酸表现出的性质是酸性和氧化性； 故答案为：2Fe+6H2SO4（浓)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O;酸性和氧化性； （2）该实验中有气体参加，所以实验一开始要检查装置气密性， 故答案为：把检查装置气密性; （3）装置C是利用高锰酸钾溶液的强氧化性吸收二氧化硫,二氧化硫显还原性, 故答案为：还原性； （4）称取ag铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重,E增重bg,则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律,则ag铁碳合金中含碳元素的质量为=g,则含铁的质量为ag﹣g，铁的质量分数为×100%， 故答案为：×100%； (5)E中所装试剂为碱石灰，可吸收空气中CO2、H2O使b增大，改进的方法是增加一个盛碱石灰的干燥管防止空气中的二氧化碳和水进入, 故答案为：E装置后再连接一个盛碱石灰的干燥管； （6）装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收会导致测定结果偏低, 故答案为：反应产生的CO2气体未能完全排到装置E中，导致b偏低． 【点评】本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等． 17．碳在一定量空气中燃烧，生成标准状况下为6.72L的混合气体，总质量为10。8g． 求：（1）判断混合气体的成分，并算出对应气体的物质的量？ (2）将混合气体通入2L0.1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应，生成碳酸钠和碳酸氢钠,则溶液中两溶质的物质的量浓度分别为多少？（忽略体积变化） 【考点】化学方程式的有关计算． 【分析】(1）碳在一定的空气中燃烧生成的混合气体为CO、CO2;设CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者体积及质量列方程计算各自物质的量; (2）氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，设生成Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，根据C元素守恒、钠离子守恒列方程计算解答． 【解答】解：（1)碳在一定的空气中燃烧生成的混合气体为CO、CO2，设CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者体积及质量列方程，则： 解得x=0。15y=0。15 答：混合气体为CO、CO2,混合气体中CO为0.15mol，CO2为0。15mol； （2）氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，设生成Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，根据C元素守恒、钠离子守恒列方程，则： 解得a=0.05b=0。1 则c（Na2CO3）==0.025mol/L c（NaHCO3）==0.05mol/L， 答：溶液中碳酸钠为0。025mol/L,碳酸氢钠为0.05mol/L． 【点评】本题考查混合物计算,难度不大，注意利用方程组进行解答． 18．（2015秋沈阳校级期中)元素X、Y、Z、M、N为短周期主族元素，且原子序数依次增大，已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4且M原子的质子数是Y原子的2倍,N﹣、Z+、X+的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，据此回答下列问题： (1)用电子式表示Z与N形成化合物的过程． （2）X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式2H2O22H2O+O2↑（分解反应）． （3)如图表示由上述元素组成的两种气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式:2SO2+O22SO3． （4）A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质，且组成元素的原子个数之比为1：1：1．若在各自的水溶液中,A能抑制水的电离，B能促进水的电离，则A的化学式为NaOH，B的化学式为NaHS．A、B之间反应的离子方程式为OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣．A中存在的化学键类型为:离子键、共价键． 【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【分析】元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8,Y为O元素；M原子的质子数是Y原子的2倍,则M为S元素；结合N﹣、Z+、X+的半径逐渐减小,化合物XN在常温下为气体,可判N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素，据此解答． 【解答】解:元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素,且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3:4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8,Y为O元素;M原子的质子数是Y原子的2倍，则M为S元素；结合N﹣、Z+、X+的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，可判N为Cl元素，Z为Na元素，X为氢元素． (1）Z与N形成的化合物的化学式为NaCl,用电子式表示其形成过程为 故答案为：; (2）H与O可分别形成10电子和18电子的分子，分别为H2O、H2O2，H2O2在二氧化锰作催化剂条件下分解生成水与氧气,反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑， 故答案为：2H2O22H2O+O2↑; （3）由图可知,该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫,反应化学方程式为:2SO2+O22SO3， 故答案为:2SO2+O22SO3； (4）A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质,且组成元素的原子个数之比为1:1：1．若在各自的水溶液中，A能抑制水的电离,说明A是酸或碱，B能促进水的电离,说明B是含有弱离子的盐，A为NaOH，B为NaHS等,A、B之间反应的离子方程式为：OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣，A中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，所以A中含有离子键和共价键, 故答案为:NaOH；NaHS；OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣；离子键、共价键． 【点评】本题考查结构物质性质关系应用，难度不大,根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固． 19．（2015春重庆期中）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16．X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图所示变化： 已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个．请回答下列问题: （1）Y单质分子的电子式为． (2）X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成,通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电,则正极通入氧气（填物质名称或化学式均可）；负极电极反应式为H2﹣2e﹣