2022届陕西省商洛市山阳中学高二下化学期中考试化学试题（含解析）

陕西省商洛市山阳中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Al-27，P-31，S-32第Ⅰ卷选择题(共48分)一、单选题(本题共16小题，每题3分，每题只有一个选项符合题意)1.中华传统文化中蕴藏着很多化学原理。下列对古文或古诗词的说明正确的是选项古文或古诗词说明A冰，水为之，而寒于水冰变成水过程中放出能量B蜡烛成灰泪始干蜡烛燃烧过程中化学能全部转化为光能C日照香炉生紫烟紫烟指的是碘的升华D用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露该过程中利用到蒸馏原理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．冰，水为之，而寒于水，说明冰的能量低，水由固态转化为液态时吸收能量，故A错误；B．所有的燃烧都是放热反应，燃烧时，化学能转化为热能和光能，故B错误；C．日照香炉生紫烟中的紫烟是瀑布飞泻产生的水气受到光照后产生的光学现象，不是碘升华，故C错误；D．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，蒸令气上为利用互溶混合物的沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故选D。2.空气中CO2急剧上升，会导致各种环境问题。实现“碳中和”是世界各国正在努力实现的宏伟目标。下列工业生产和日常生活中的做法不利于“碳中和”的是A.化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附装置B.设计直接过滤大气的装置吸收其中CO2C.把捕集的CO2作为原料制作成食品或饲料D.出行尽可能多坐私家车而不乘坐大型公交车【答案】D【解析】【详解】A．化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附装置，可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，A不符合题意；B．设计直接过滤大气的装置吸收其中CO2，能够降低空气中CO2的含量，该方法有利于“碳中和”，B不符合题意；C．把捕集的CO2作为原料制作成食品或饲料既满足了制取新物质的原料或得到制取的产品的需求，同时可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，C不符合题意；D．出行多坐私家车，会增加CO2的排放量，导致空气中CO2含量增加，该方法不有利于“碳中和”，D符合题意；故合理选项是D。3.现有①、②、③三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3.则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞②＞① B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞① D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】A【解析】【分析】由①1s22s22p63s23p4、②1s22s22p63s23p3、③1s22s22p3可知，①为S，②为P，③为N。【详解】A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素P的3p电子为半满稳定结构，第一电离能大于S，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：③＞②＞①，A项正确；B．一般而言，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：②＞①＞③，B项错误；C．非金属性越强，元素的电负性越大，则电负性：③＞①＞②，C项错误；D．N、P最外层电子数相同，最高正化合价相同，都为+5价，S最外层电子数为6，最高正化合价为+6，最高正化合价：①＞③=②，D项错误；答案选A。4.下列说法中正确的是A.在多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.电子在3PX与3PZ轨道上的运动状态不相同C.N原子的电子排布违背了泡利不相容原理D.B原子由时，由基态转化为激发态，形成发射光谱【答案】B【解析】【详解】A．同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但不同能层时，外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B．3PX与3PZ为同一能层上的轨道，其能量相同，但在同一原子里,没有运动状态完全相同的电子存在，则电子在3PX与3PZ轨道上的运动状态不相同，故B正确；C．N原子核外电子数为7，处于2p能级上的3个电子应尽可能分占3个不同2p原子轨道，且自旋状态相同，违背了洪特规则，故C错误；D．B原子的基态原子电子排布式为，由基态转化为激发态时，电子的能力增大，需吸收能量，形成吸收光谱，故D错误；答案选B。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NAB.100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量锌反应时，生成的SO2数目为0.92NAC.常温常压下，31g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P-P键的数目为1.5NAD.0.1molNaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．1L0.1mol/L的AlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，Al3+在溶液中会发生水解反应而消耗，因此该溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，A错误；B．100mL18.4mol/L的浓硫酸中含有溶质H2SO4的物质的量为1.84mol，开始时发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，溶液变稀，此时发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故生成的SO2的物质的量小于0.92mol，则产生的生成的SO2数目少于0.92NA，B错误；C．常温常压下，31g白磷的物质的量是0.25mol，在1个P4O6中含有6个P-P键，因此燃烧0.25mol白磷时断裂P-P键的物质的量为0.25mol×6=1.5mol，故断裂的P-P键的数目为1.5NA，C正确；D．在NaHCO3晶体中含有Na+、，因此0.1molNaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.2NA，D错误；故合理选项是C。6.1934年约里奥-居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核He)轰击金属原子X，得到核素Y，开创了人造放射性核素的先河：X＋He→Y＋n，其中元素X、Y的最外层电子数之和为8，下列叙述正确的是A.X的相对原子质量为26 B.X、Y均可形成三氯化物C.X的原子半径小于Y D.Y仅有一种含氧酸【答案】B【解析】【分析】由X＋He→Y＋n及质量守恒可知：W=30+1-4=27，X、Y的最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为，金属原子X的质量数为27、且位于ⅢA族，则Z=13符合题意，故X为Al；Y的最外层电子数为8-3=5，质子数为13+2=15，Y为P，以此来解答。【详解】由上述分析可知X为Al、Y为P元素。A．W为27，X原子的相对原子质量为27，A错误；B．X、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，B正确；C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则X的原子半径大于Y的半径，C错误；D．Y的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，因此P元素不是只形成一种含氧酸，D错误；故合理选项是B。7.化学制备萘的合成过程如图下列说法正确的是A.a的分子式是 B.b的所有碳原子可能处于同一平面C.萘的二氯代物有10种 D.a→b的反应类型为加成反应【答案】C【解析】【详解】A.根据结构简式确定分子式为，故A错误；B.b中4个C原子采用杂化，采用杂化的C原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C.由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种，二氯代物有10种，故C正确；D.a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用“定一移二”的方法判断即可。8.某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，下列说法中错误的是（）A.该元素原子核外共有34个运动状态不同的电子B.该元素原子核外有8种能量不同的电子C.该元素原子核外电子有18种空间运动状态D.该元素原子价电子排布式为3d104s24p4【答案】D【解析】【分析】某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，原子序数为34，为Se元素，为ⅥA族元素；【详解】A．原子核外有34个电子，电子的运动状态各不相同，故A正确；B．核外电子分布于8个不同的能级，则有8种不同的能量，故B正确；C．34个电子位于18个轨道，有18种空间运动状态，故C正确；D．为ⅥA族元素，价电子排布式为4s24p4，故D错误；故选：D。9.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂：对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论Aa中溶液褪色氧化性：SO<I-Bb中无现象，加硫酸后产生淡黄色沉淀硫酸将S2-氧化为硫单质Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去亚硫酸钠溶液中存在水解平衡Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已变质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，可以和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠做还原剂，碘化钠是还原产物，所以还原性：SO＞I-，A错误；B．Na2SO3溶液中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是-2价，二者可以和硫酸溶液发生氧化还原反应，硫元素归中到0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，B错误；C．Na2SO3溶液中亚硫酸根离子水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性逐渐消失，所以红色褪去，C正确；D．亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化的缘故，不能证明Na2SO3溶液已变质，D错误；正确选项C。【点睛】亚硫酸钠中硫元素为+4价，既具有氧化性，又具有还原性，但亚硫酸钠主要体现强的还原性，常做还原剂；亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子水解，溶液显碱性。10.下列4种溶液均由浓度为0.1mol/L的2种溶液等体积混合而成：①NH4Cl与HCl②NH4Cl与NaOH③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)，下列各项排序错误的是A.c(NH3·H2O)：②=④＞③＞① B.c()：④＞①＞③＞②C.溶液中c(Cl-)：①=③＞②=④ D.pH：②＞④＞③＞①【答案】A【解析】【详解】A．④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)溶液中铵根离子抑制一水合氨的电离，一水合氨浓度最大；②NH4Cl与NaOH反应生成NH3•H2O和NaCl，c（NH3•H2O）小于④；①NH4Cl与HCl不反应，溶液为强酸性溶液，铵根离子水解程度最小，则c（NH3•H2O）小于③；③NH4Cl与NaCl混合，铵根离子正常水解，所以溶液中c（NH3•H2O）的大小为：④＞②＞③＞①，故A错误；B..①NH4Cl与HCl不反应，溶液中氢离子抑制了铵根离子的水解；②NH4Cl与NaOH反应生成氨水和氯化钠，一水合氨部分电离，铵根离子浓度较小；③NH4Cl与NaCl，铵根离子部分水解；④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)溶液显碱性，铵根离子水解程度小于一水合氨的电离，c()：④＞①＞③＞②，故B正确；C．混合液中氯离子的物质的量不变，②NH4Cl与NaOH混合液中氯离子浓度为0.05mol/L；①NH4Cl与HCl的混合液中氯离子浓度为0.1mol/L；③NH4Cl与NaCl的混合液中氯离子浓度为0.1mol/L；④NH4Cl与NH3•H2O混合液中氯离子浓度为0.05mol/L，则c（Cl-）大小为：③=①＞②=④，故C正确；D．②NH4Cl与NaOH反应生成NH3•H2O和NaCl，溶液显示碱性，溶液的pH＞7；①NH4Cl与HCl不反应，溶液为强酸性溶液；③NH4Cl与NaCl混合，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，酸性氢离子浓度小于①；④NH4Cl与NH3·H2O(pH＞7)，铵根离子抑制一水合氨的电离，溶液碱性弱于②，所以混合液的pH大小为：②＞④＞③＞①，故D正确；故答案A。11.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A.原子半径：Y＞Z＞R＞TB.气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC.第一电离能：X＞ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价不相同【答案】C【解析】【分析】R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，R只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同一周期，它们均处于第二周期，T无正价，则T为F元素；Y、Z为金属元素，且Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be，Y为Li；X、Z位于同一主族，则X为Mg或Ca；X与R的原子序数之和是W的2倍，若X为Mg元素，W原子序数为，W为Ne，不符合题意；若X为Ca，W原子序数为，则W为Si，符合题意，故X为Ca，W为Si，以此解答该题。【详解】由上述分析可知：X为Ca，Y为Li，Z为Be，R为O，T为F，W为Si元素。A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小关系为：Y(Li)＞Z(Be)＞R(O)＞T(F)，A正确；B．同周期主族元素自左向右元素的非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的非金属性减小。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。则元素的非金属性Si＜O＜F。故元素气态氢化物的稳定性：W(Si)＜R(O)＜T(F)，B正确；C．同主族元素从上到下元素金属性逐渐增强。元素的金属性越强，其第一电离能越小。元素的金属性：Ca＞Be，所以第一电离能：X(Ca)＜Z(Be)，C错误；D．XR2、WR2分别CaO2、SiO2，CaO2中O元素化合价为-1价，SiO2中O元素化合价为-2价，因此两种化合物中O的化合价不相同，D正确；故合理选项C。12.下列反应的离子方程式正确的是A.铜、稀硫酸、双氧水反应：B.向溶液中通入少量，C.溶液与溶液反应：D.向稀溶液中滴加溶液：【答案】A【解析】【详解】A．铜、稀硫酸、双氧水反应生成CuSO4和H2O，则其离子方程式为：，A正确；B．向溶液中通入少量生成物为Na2S而不是NaHS，该反应的离子方程式为：，B错误；C．溶液与溶液反应生成BaSO4和Mg(OH)2均为沉淀，离子方程式式书写时均不能拆，正确的离子方程式为：，C错误；D．向稀溶液中滴加溶液，由于生成的NH3极易溶于水且量很少，则不会放出NH3，而是生成NH3·H2O，正确的离子方程式为：，D错误；故答案为：A。13.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。14.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A.a≈3，说明HA属于弱酸B.水的电离程度：d点>e点Cc点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)D.b点溶液中粒子浓度大小：c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A不选；B．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d点>e点，故B不选；C．c点溶液显中性，由电荷守恒得：c(Na＋)=c(A-)，故C选；D．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A−水解程度，所以c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A−水解程度都较小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不选；故选：C。15.向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A.III代表溶液中Fe2+的物质的量的变化情况B.I代表溶液中Br-的物质的量的变化情况C.a等于6D.原混合溶液中n(FeBr2)=4mol【答案】C【解析】【详解】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况。由通入氯气以及反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol。A．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-变化情况，故A错误；B．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，故B错误；C．由上述分析可知，溶液中n（Br-）=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D．溶液中n（Br-）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D错误。故选C。16.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Y元素的原子半径最大。已知A、B、C分别是X、Y、Z三种元素的单质，A和C常温下为气体。在适宜的条件下，A、B、C可以发生如图所示的反应。下列说法不正确的是A.Y、X两元素形成的化合物属于离子化合物B.Z的含氧酸均为强酸C.非金属性：X＜ZD.原子半径：Y＞Z＞X【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Y元素的原子半径最大，则Y为Na元素；已知A、B、C分别是X、Y、Z三种元素的单质，A和C常温下为气体，结合图中转化可知，B为Na，C为Cl2，D为NaCl，A为H2，E为HCl。盐酸与Na反应生成NaCl和H2，均符合图中转化，即X为H，Y为Na，Z为Cl元素，然后结合元素周期律及物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为H，Y为Na，Z为Cl，A是H2，B是Na，C是Cl2。A．X为H，Y为Na，二者形成的化合物NaH是离子化合物，含离子键，A正确；B．Z为Cl，其形成的含氧酸若为HClO为弱酸，而Cl的最高价含氧酸HClO4为强酸，B错误；C．HCl中氢元素表现正化合价，氯元素表现负化合价，故元素的非金属性：X(H)＜Z(Cl)，C正确；D．同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所有元素中氢原子半径最小，则原子半径：Y(Na)＞Z(Cl)＞X(H)，D正确；故合理选项是B。第Ⅱ卷(共52分)17.1869年，俄国化学家门捷列夫制作了第一张元素周期表，如表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。（1）e元素简化的电子排布式为_________（2）元素h中质子数和中子数相等的同位素符号是_________。（3）画出元素i的简单离子结构示意图为：_________，i元素的价层电子排布图为_________。（4）与g同族的锗常用于液晶电视材料其基态原子的电子排布式为_________（5）工业上用b的单质在电炉中还原g的氧化物制备g单质，写出化学反应方程式：_________。（6）由表中两种元素形成的氢化物A含有18个电子，A是一种6原子分子，可作火箭发动机燃料。B是一种与水组成相同的常见绿色氧化剂。已知16克液态A与液态B充分反应生成一种液态的10电子分子和一种气态单质，并放出838kJ热量，写出A与B反应的热化学方程式_________【答案】（1）[Ar]3d104s1（2）（3）①.②.（4）1s22s22p63s23p63d104s24p2（5）2C+SiO22CO↑+Si（6）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-1676kJ/mol【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可知：a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是Na元素，e是Cu元素，f是Al元素，g是Si元素，h是S元素，i是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【小问1详解】e是29号Cu元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其简化的电子排布式为[Ar]3d104s1；【小问2详解】h是16号S元素，原子核内质子数是16，若其原子核内质子数与中子数相等，则该原子质量数是16+16=32，用原子符号可表示为：；【小问3详解】i是17号Cl元素，Cl原子获得1个电子变为Cl-，离子核外电子排布是2、8、8，所以Cl-离子结构示意图为；Cl原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，则其价电子排布式是；【小问4详解】g是14号Si元素，与g同族的锗常用于液晶电视材料，Ge原子序数是32，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；【小问5详解】b是C，g是Si，在工业上用b的单质在电炉中还原g的氧化物制备g单质，C与SiO2在高温下反应产生CO、Si，反应方程式为：2C+SiO22CO↑+Si；【小问6详解】由表中两种元素形成的氢化物A含有18个电子，A是一种6原子分子，可作火箭发动机燃料，则A是N2H4；B是一种与水组成相同的常见绿色氧化剂，则B是H2O2，已知16克液态A与液态B充分反应生成一种液态的10电子分子和一种气态单质，并放出838kJ热量，反应产生的液态10电子分子是H2O，气体是N2，该反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O。16克N2H4的物质的量n(N2H4)=，0.5molN2H4反应放出热量是838kJ，则1molN2H4反应放出热量是838kJ×2=1676kJ，故A与B反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)△H=-1676kJ/mol。18.均含有短周期元素W的X、Y、Z三种物质间的转化关系如图所示。回答：

（1）若W是非金属元素，X可能是_________(填化学式)，写出X溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_________，X转化为Z的离子方程式是_________（2）若W是金属元素，X、Y、Z可能分别是_________、_________、_________(填化学式)，写出Z转化为Y的离子方程式_________【答案】（1）①.NaHCO3②.c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()③.+OH-=+H2O（2）①.Al②.Al2(SO4)3③.NaAlO2④.+4H+=Al3++2H2O【解析】【分析】由转化关系可知X既能与酸反应，也能与碱反应。如若W是金属元素，则X为单质，应为Al，Y是Al2(SO4)3、Z是NaAlO2，若W是非金属元素，X可能是C元素，则X可能是NaHCO3等，Y是CO2，Z是Na2CO3，以此分析解答。小问1详解】由转化关系可知X既能与酸反应，也能与碱反应。根据转化关系，若W是非金属元素，X可能是NaHCO3，Y是CO2，Z是Na2CO3。NaHCO3在溶液中电离产生Na+、，在溶液中同时存在电离作用和水解作用而消耗，导致离子浓度：c(Na+)＞c()；的水解作用大于电离作用，导致溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)；电离产生H+、，H+同时还有H2O电离产生，而只有电离产生，因此c(H+)＞c()，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；NaHCO3与NaOH反应产生Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式为：+OH-=+H2O；【小问2详解】若W是金属元素，X是Al，Y是Al2(SO4)3，Z是NaAlO2，NaAlO2与硫酸反应产生Al2(SO4)3、H2O，该反应的离子方程式为：+4H+=Al3++2H2O。19.认真观察下列装置，回答下列问题：（1）装置B中PbO2上发生的电极反应为：_________。连接装置B、C的U形管中装填含有琼脂的KCl饱和溶液，其作用是_________。（2）装置A中总反应的离子方程式为_________。（3）若用装置D实现在铜上镀银，则极板N的材料为_________，X溶液为_________【答案】（1）①.PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O②.使装置B和C构成闭合回路，平衡电荷（2）Cu+2H+Cu2++H2↑（3）①.银②.AgNO3溶液【解析】【分析】B和C装置形成原电池，Pb作负极，PbO2作正极，正极上PbO2得电子和硫酸根离子反应生成PbSO4，盐桥的作用是使装置B和C构成闭合回路，平衡电荷。A为电解池，Cu电极连接电源正极为阳极，Pt电极连接电源负极为阴极。在阴极上H+得到电子生成H2；若用装置D实现在铜上镀银，则镀件为阴极，连接电源负极，镀层金属银为阳极，连接电源正极，含有Ag+的溶液为电解质溶液，据此分析解答。【小问1详解】B和C装置形成原电池，PbO2为正极，Pb得到电子变为Pb2+，然后Pb2+与溶液中结合形成PbSO4，故原电池的正极的电极反应式为：PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O；连接装置B、C的U形管中装填含有琼脂的KCl饱和溶液，其作用是使装置B和C构成闭合回路，平衡电荷；【小问2详解】装置A为电解池，在阳极Cu上，Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，阳极电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；在阴极Pt上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，故阴极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，则装置A电解总反应方程式为：Cu+2H+Cu2++H2↑；【小问3详解】若用装置D实现在铜上镀银，则与电源负极连接的极板M为阴极，材料为镀件铜，与电源正极连接的极板N为阳极，材料为金属银，电解质溶液为AgNO3溶液。20.硼氢化钠(NaBH4)广