湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二8月月考试化学题（解析版）


湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高二8月月考试题
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 毒胶囊和老酸奶事件说明化学试剂对食品的危害，我们应该拒绝一切化学试剂的使用
B. 兴建更多的钢铁、水泥企业，提高钢铁、水泥的产量
C. 日本核泄漏造成的核辐射事故暴露出核能应用潜在的巨大危险，应立即停建核电站
D. 开发新能源，减小含碳化合物的使用，降低碳的排放
【答案】D
【解析】考查化学与生活、生产及环境保护等。答案选D。
2.下列物质能发生加成反应的是（ ）
A. 乙烯 B. 甲烷 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】A
【解析】
【分析】能发生加成反应主要含有碳碳双键/三键、醛基、苯环等。
【详解】A.乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，A项正确；
B.甲烷为饱和烃，不能发生加成反应，B项错误；
C.乙醇中所有化学键均为单键，不能发生加成反应，C项错误；
D.乙酸，羧基中的碳氧双键不能发生加成反应，所以乙酸不能发生加成反应，D项错误；
答案选A。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 化学变化必然会引起能量变化，所以能量变化也一定会引起化学变化
B. 所有化学变化的能量都可以通过原电池转化为电能
C. 所有化学变化一定遵循质量守恒和能量守恒
D. 化学变化一定有化学键的断裂和生成，有化学键断裂或生成的一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学变化一定会引起能量变化，但是物质三态之间的转变也存在热量的变化，如固态的水变为气态时吸收热量，但属于物理变化，A项错误；
B.原电池中进行的反应为自发进行的氧化还原反应，所以不是自发进行的氧化还原反应和非氧化还原反应的能量不能通过原电池转化为电能，B项错误；
C.化学反应过程中不仅遵守质量守恒也要遵守能量守恒也守恒，C项正确；
D.化学变化中既有有化学键断裂，又有新化学键的生成，二者缺一不可，例如电离只有化学键的断裂，没有形成，所以不是化学变化，D项错误；
答案选C。
4.在元素周期表中，同周期元素原子具有相同的（ ）
A. 电子层数 B. 核电荷数
C. 核外电子数 D. 最外层电子数
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素周期表中，同周期元素原子的原子结构示意图分析。
【详解】因元素周期表中，同周期元素原子的原子结构示意图中，核核电荷数不同，核外电子数不同，电子层数相同，最外层电子数不同。
答案选A。
5. 下列有关化学反应速率及限度的描述错误的是（ ）
A. 催化剂能改变化学反应的速率
B. 一定条件下的可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%
C. 有气体参加的反应，通过压缩体积增大压强，可以使反应速率增大
D. 当化学反应达到其最大限度时，反应就停止了
【答案】D
【解析】“有气体参加的反应，通过压缩体积增大压强”，则可以增大气体反应物的浓度，故能使反应速率增大，C正确；“当化学反应达到其最大限度时”，达化学平衡状态，υ正=υ逆≠0，即为一种动态平衡，反应并没有停止，故D错误；
6.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：SO42－+Ba2+ =BaSO4↓
B. 金属钠与水反应：Na+2H+=Na++H2↑
C. 大理石与盐酸反应：CaCO3+2H+ =H2O+CO2↑+ Ca2+
D. 氯气通入冷水中：Cl2+ H2O=ClO－+Cl－+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A.没有写出氢离子和氢氧根的中和反应，正确方程式为：2H++2OH-+SO42-+Ba2+ =BaSO4↓+2H2O，A项错误；
B.等式两边电荷没有配平，正确的离子方程式：2Na+2H+=2Na++H2，B项错误；
C.碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳和水，氯化钙，离子方程式正确，C项正确；
D.次氯酸属于弱酸，不能拆，正确离子方程式为：Cl2+ H2O= HClO +Cl－+H+，D项错误；
答案选C。
7.下列有关海水综合利用过程属于物理变化的是（ ）
A. 将海水中含有的钾元素转化得到钾单质 B. 海水蒸发制海盐
C. 从海水所得粗盐中制取精盐 D. 从海带中提取碘单质
【答案】B
【解析】
【详解】A.海水中含有的钾元素是以K+的形式存在，要转化为钾单质，钾元素必然降价，要发生还原反应，即只经过物理变化不能从海水中得到钾单质，A项错误；
B.海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，B项正确；
C. 粗盐提纯涉及到很多化学反应，例如将某些离子沉淀下来进行提纯，所以粗盐制取精盐涉及化学变化，C项错误；
D. 海带中的碘元素以碘离子的形式存在，需要加入氧化剂才能获得单质碘，D项错误；
答案选B。
8.某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖。他的操作如下：取少量纯蔗糖加适量水配成溶液；在蔗糖溶液中加入 3～5 滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入少量新制备的 Cu(OH)2，加热 3～5min。实验结果没有红色沉淀产生。其原因是（ ）
A. 蔗糖尚未水解 B. 蔗糖水解的产物中没有葡萄糖
C. 加热时间不够 D. 煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸
【答案】D
【解析】
【分析】检验蔗糖水解的产物是否为还原性糖的操作步骤为取少量纯蔗糖加适量水配成溶液；在蔗糖溶液中加入 3～5 滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中先加入适量的氢氧化钠溶液中和，再加入少量新制备的 Cu(OH)2，加热 3～5min，观察是否有现象。
【详解】A.蔗糖在酸性条件下就能发生水解，所以A选项蔗糖尚未水解错误，A项错误；
B.蔗糖水解生成果糖和葡萄糖，B项错误；
C.加热时间的长短只会影响蔗糖的水解程度，不影响产物的检验，C项错误；
D.检验过程中没有加碱，中和稀硫酸，导致稀硫酸与新制氢氧化铜反应，导致无法检验是否有还原性糖，D项正确；
答案选D。
9. 下列现象或事实能用同一原理解释的是（ ）
A. 乙烯能使Br2水和KMnO4溶液褪色
B. 二氧化硫、氯气都会使品红溶液褪色
C. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
D. 常温下，铁片和铝片放入浓硫酸中都能出现钝化现象
【答案】D
【解析】A中前者是加成反应，后者是氧化反应。B中前者是和有色物质的化合，后者是氧化。C中前者是吸水性，后者是挥发性。D中都是钝化，答案选D。
10.氢气跟氧气反应时，断开1molH2中化学键消耗的能量为A，断开1mol O2中化学键消耗的能量为B，形成1mol水中的化学键释放的能量为C。则下列关系正确的是（ ）
A. A + B > C B. A + B < C
C. 2A + B < 2C D. 2A + B > 2C
【答案】C
【解析】
【分析】根据燃烧反应为放热反应，断开旧的化学键吸收的总能量小于形成新的化学键放出的总能量。
【详解】氢气跟氧气的反应的化学方程式为2H2+O2=2H2O，因燃烧反应为放热反应，断开旧的化学键吸收的总能量小于形成新的化学键放出的总能量，即2A+B<2C，C项正确；
答案选C。
11.将反应2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑的化学能转化为电能，能达到目的的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方程式中，金属Al失去电子，所以Al应该作负极，H+在正极的电子，变成氢气。
【详解】A.Al作负极，失去电子与溶液中OH-生成AlO2-，正极是水得到电子生成氢氧根和H2，与反应不符，A项错误；
B.Al作负极失电子生成Al3＋，H+在正极得电子变成氢气，B项正确；
C.Al作负极，但正极放出的气体是NO，而不是氢气，C项错误；
D.D选项是电解池，将电能转化为化学能，D项错误；
答案选B。
12.恒温恒容密闭容器中的反应：P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)已达到平衡状态的是（ ）
A. 反应容器内压强不随时间变化
B. 反应容器内气体的总物质的量不随时间变化
C. P和S的生成速率相等
D. 容器内P、Q、R、S的物质的量浓度之比为1∶1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A.恒温恒容下，压强与物质的量成正比。方程式两边气体计量数之和相等，反应前后总物质的量不变，则压强不变，则压强不随时间改变不能判断是否处于平衡状态，A项错误；
B. 方程式两边气体计量数之和相等，反应前后总物质的量不变，则总物质的量一直不随时间的变化，不能判断是否处于平衡状态，故B错误；
C.P生成速率等于S的消耗速率，等于S的生成速率，正逆反应速率相等，处于平衡状态故C正确；
D.反应容器内P、Q、R、S四者物质的量浓度为1:1:1:1，不能判断浓度是否继续发生变化，所以不能判断是否处于平衡状态，故D错误；
答案选C。
13.下列关于有机物的说法中，正确的一组是（ ）
①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应；②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物；③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液；④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化；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；⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料；
A. ③④⑤ B. ①②⑥ C. ①③⑤ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【详解】①淀粉属于多糖，可水解为单糖，油脂可水解为甘油和高级脂肪酸（盐），蛋白质可水解为氨基酸，故符合题意；
②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混合形成的新型替代能源，属于混合物，故不符合题意；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被除去，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故符合题意；
④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故不符合题意。
⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基，所以能和新制氢氧化铜反应，故符合题意；
⑥天然橡胶、纤维素不是合成高分子材料，故不符合题意；
故选C。
14. 已知甲苯的一氯代物有4种，则甲苯完全氢化后的一氯代物有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】试题分析：甲苯与足量的氢气加成生成，中存在甲基上H、与甲基相连C、相邻C、间位和对位C上的H，总共有5种等效H原子，所以甲基环己烷总共含有5种一氯代物，故选C。
15.除去铜丝表面的氧化膜最好选（ ）
A. 硝酸 B. 无水乙醇 C. 石灰水 D. 盐酸
【答案】B
【解析】
【分析】铜丝表面的氧化膜主要是CuO，除去它的最好方法就是反应试剂只与CuO反应同时产物是金属铜，试剂还应该满足不与铜反应，不产生有害气体的条件。
【详解】A.氧化铜和硝酸反应，但铜也与硝酸反应，所以不行，A项错误；
B.无水乙醇可以与氧化铜反应并且产生金属铜，既除去了氧化膜又得到铜单质，B项正确；
C.氧化铜不与石灰水反应，C项错误；
D.氧化铜与盐酸反应，但变成铜离子，铜元素有所损失，D项错误；
答案选B
16.可用来鉴别裂化汽油和直馏（分馏）汽油的试剂是（ ）
A. 乙醇 B. 盐酸
C. NaOH溶液 D. 溴的四氯化碳溶液
【答案】D
【解析】
【分析】裂化汽油中含有烯烃和烷烃，直馏汽油中主要含有烷烃，利用不饱和烃和饱和烃的区别解题。
【详解】A.烯烃和烷烃都不和乙醇反应，A项错误；
B.烯烃和烷烃都不和盐酸反应，B项错误；
C.烯烃和烷烃都不和氢氧化钠反应，C项错误；
D.烯烃与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，褪色，而烷烃不与溴的四氯化碳溶液反应，可以鉴别，D项正确；
答案选D。
17.从海藻灰中提取碘的方法是：往海藻灰浸取液中通入Cl2后用升华的方法将置换的碘提纯。但浸取液中通入Cl2时会生成少量性质类似于Cl2的ICl和IBr，为了消除这两种杂质，使其中的碘完全游离出来，可加入适量的（ ）
A. CaO B. KI C. H2O D. 酒精
【答案】B
【解析】
【分析】ICl和IBr具有氧化性，在溶液中加入KI，ICl和IBr可与KI反应生成I2，以此可达到除杂的目的。
【详解】A. CaO溶于水生成氢氧化钙，可以与碘反应，会消耗生成的碘单质，A项错误；
B. ICl和IBr可与KI反应生成I2，可使碘完全游离出来，B项正确；
C. ICl和IBr和水反应生成HIO、HCl、HBr，不能使碘完全游离出来，C项错误；
D与酒精不反应，不能使碘完全游离出来，D项错误；
答案选B。
18.化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol) P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)+3O2P4O6 （ ）

A. 放出1 638 kJ热量
B. 吸收1 638 kJ热量
C. 放出126 kJ热量
D. 吸收126 kJ热量
【答案】A
【解析】
【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。
【详解】各化学键键能为P−P：198kJ⋅mol-1、P−O：360kJ⋅mol-1、O=O：498kJ⋅mol-1反应热△H=反应物总键能−生成物总键能,由图可知：1个P4分子中含有6个P−P键，1个P4O6分子中含有12个P−O，1mol P4和3mol O2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ⋅mol-1+3×498kJ⋅mol-1−12×360kJ⋅mol-1= −1638kJ⋅mol-1，反应放热1638kJ，A项正确；
答案选A。
19.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O===2Ag＋ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是（ ）
A. 正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应
C. 使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn负极
D. 使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn为负极、Ag2O为正极。
A. 正极发生还原反应，电极反应为Ag2O+2e‾+H2O=2Ag+2OH‾，A正确；
B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，B正确；
C. 使用时Zn是负极，电子由Zn极经外电路流向正极，C正确；
D. 溶液中是由离子导电的，溶液不能传递电流或电子，D不正确；
本题选D。
20.既可以用来鉴别乙烯和乙烷，又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的操作方法是（ ）
A. 混合气通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B. 通过装有过量溴水的洗气瓶
C. 混合气与足量溴蒸气混合
D. 混合气与过量氢气混合
【答案】B
【解析】
【分析】乙烯中含双键，与溴水、高锰酸钾反应，而乙烷不能；除杂时不能引入新杂质，注意除杂试剂过量会引入新杂质，以此来解答。
【详解】A. 乙烯能被酸性高锰酸钾发生反应生成二氧化碳气体，会引入新的杂质，混合气不能通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶进行除杂，A项错误；
B. 乙烯与过量溴水反应，而乙烷不能，可鉴别，也可除杂，B项正确；
C. 与足量溴蒸气混合，会引入新杂质溴蒸气，不能用于鉴别和除杂，C项错误；
D. 和过量H2混合，引入新杂质氢气，不能除杂，且加成反应现象不明显，不能用此法鉴别，D项错误；
答案选B。
21.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤⑥ C. ①②④⑤⑥ D. 全部正确
【答案】C
【解析】
【详解】①苯乙烯分子中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，②正确；
③苯乙烯不溶于水，③不正确；
④有机物通常都易溶于有机溶剂，苯乙烯可溶于苯中，④正确；
⑤苯乙烯能与浓硝酸发生硝化反应，即取代反应，⑤正确；
⑥根据苯环和乙烯分子都是平面结构，可以判断苯乙烯所有的原子可能共平面，⑥正确。
综上所述，其中正确的是①②④⑤⑥，故选C。
22.已知短周期元素的四种离子A2＋、B＋、C3－、D－具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 原子序数：D＞C＞B＞A
B. 原子半径：B＞A＞C＞D
C. 离子半径：C3－＞D－＞A2＋＞B＋
D. 氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＜D－
【答案】B
【解析】短周期元素的离子: A2+、B+、C3-、D-都具有相同的电子层结构，元素在周期表中的位置关系， A、B为金属，C、D为非金属；
A、B在周期表中C、D的下一周期，所以原子序数:A＞B＞D＞C，故A错误；
同周期自左而右，半径减小AD，电子层数越多半径越大，半径B＞A＞C＞D，故B正确;
aA2+、bB+、cC3-、dD-都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C3-＞D-＞B+＞A2+，故C错误;
D. 非金属性D＞C，对应单质的氧化性D＞C，所以还原性C3－>D－，故D错误。
23.以乙烯为主要原料合成重要的有机化合物路线如下图所示。请回答下列问题。

（1）乙烯的结构简式__________________，空间构型_____________________。
（2）A物质所含官能团的名称是____________________。
（3）反应②的反应类型是__________________________。
（4）反应③的化学方程式是___________________________________________。
（5）以乙烯为原料可合成有机高分子化合物D，反应①的化学方程式是___________________。
（6）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是___________（填序号）。
a. CH3CH3 b. CH3CHCl2 c. CH3CH2Br
【答案】(1). CH 2 =CH 2 (2). 平面型分子 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). 2CH3CH 2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). (7). ac
【解析】
【分析】乙烯可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯。
【详解】乙烯和水发生加成反应 CH2=CH2+H2O CH3CH2OH 生成 A，则 A 是乙醇，乙醇和氧气在铜或银作催化剂作用下催化反应生成 B，2CH3CH 2OH+O 22CH3CHO+2H2O，则 B 是乙醛，乙醛被氧气氧化 2CH3CHO+O22CH 3COOH，乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应为： ，生成聚乙烯， D 为聚乙烯；
（ 1 ）由上述分析可知，A的结构简式为 CH 2 =CH 2，乙烯的空间构型为平面型分子；
（ 2 ）乙烯和水发生加成反应生成 A，CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，则 A 是乙醇，含有的官能团为羟基；
（ 3 ）反应②为在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应。；
（ 4 ）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH 2OH+O 22CH3CHO+2H2O；
（ 5 ）乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应①为： ，生成聚乙烯；
（ 6 ）乙烯和氢气加成生成乙烷，和溴化氢发生加成生成溴乙烷， CH3CHCl2无法通过加成反应制得，故答案为：ac。
24.如图是周期表的一部分，根据元素在周期表中位置回答下列问题：

（1）元素⑤在周期表中的位置描述为_____________________，元素⑧的元素符号______。
（2）元素①～⑩的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是_____________（填化学式）。
（3）元素②的单质的电子式___________，元素②的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的生成物中含有的化学键______________________，元素①、②、③的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是__________________________（用化学式表示）。
（4）非金属性比较：
a．装置1可用于比较元素①、②、⑤的非金属性强弱，则B中发生反应的离子方程式为______________

b．打开装置2中玻璃塞F和活塞K1，使液体滴入烧瓶中，待E中溶液颜色不再变化后，打开活塞K2，将E中溶液滴入小试管中，关闭活塞K2，取下小试管振荡，静置，下层液体呈现紫红色。上述实验______（填“能”或“不能”）证明非金属性⑥＞⑨＞⑩
【答案】(1). 第三周期第IVA族 (2). Fe (3). KOH (4). (5). 离子键和极性键 (6). H2O>NH3>CH4 (7). H++HCO3-=H2O+CO2 (8). 不能
【解析】
【分析】(1)根据元素在周期表中的位置推出各序号代表的元素；
(4)根据元素①、②、⑤分别为C，N，Si，利用最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较非金属性，利用强酸制弱酸比较酸性强弱；高锰酸钾置换出氯气，氯气再置换出NaBr溶液中的Br2，Br2再置换出KI中的碘单质，从而比较其元素的非金属性。
【详解】(1)根据元素周期表推出元素⑤是Si，位置在第三周期的IVA族，元素⑧在第四周期第Ⅷ族，是Fe；
(2)根据元素周期律，同一周期从左往右金属性减弱，同一主族从上到下金属性增强，序号代表的元素中金属性最强的元素为⑦，元素K；其最高价氧化物的水化物碱性最强，为KOH；
(3)元素②是N，它单质是N2，N最外层有5个电子，为达到稳定结构N原子间需要共用3对共用电子对，其电子式为 ；元素②的简单氢化物NH3，与其最高价氧化物的水化物HNO3，反应产物是NH4NO3，包含化学键是离子键和极性键；元素①是C，元素是②N，元素③是O，其简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，均为共价分子，沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，沸点越高。首先，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，其次NH3和H2O存在氢键，沸点会升高，水分子的间氢键比氨气分子间的多而且强，CH4分子间无氢键，所以沸点从高到低H2O>NH3>CH4；
(4)根据元素①、②、⑤分别为C，N，Si，利用强酸制弱酸的道理设计实验，所以A装置发生的是硝酸和碳酸钠的反应，生成的二氧化碳进入B，B是洗气装置，吸收A中挥发出来的硝酸，防止对后续的实验带来干扰，CO2进入C装置与硅酸钠反应，观察现象，以判断三者的非金属性强弱，所以B中的化学方程式为HNO3+NaHCO3=NaNO3+H2O+CO2，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2；氯气通入E中，直到溶液颜色不再发生改变，溶液中溶解了氯气，打开活塞K2，将E中溶液滴入小试管中，除了溴能置换出碘外，溶液中溶解的氯气以及氯气溶于溶液生成的次氯酸也能使KI变成碘单质，所以不能证明非金属性⑥>⑨>⑩。
25.一定温度下在容积为5L的密闭容器中，通入5 molN2和8 molH2，在一定条件下反应生成NH3，当反应进行到2 min时，测得容器内有4 molNH3。则：
（1）求2 min内，H2的平均反应速率。_____
（2）求2min时N2的转化率。______
（3）2 min时，求容器内气体的压强与反应前气体压强的比值。（不用写计算过程）___
【答案】(1). 0.6mol·L-1·min-1 (2). 40% (3). 9：13
【解析】
【详解】根据化学方程式
N2＋3H22NH3
起始量（mol） 5 8 0
转化量（mol） 2 6 4
2min后（mol） 3 2 4
（1）H2的物质的量的变化是6mol，反应速率v(H2)=△c/△t== 0.6mol·L-1·min-1，故答案为：0.6mol·L-1·min-1。
（2）转化率=，故N2的转化率是×100%=40%，故答案为：40%。
（3）密闭容器的压强比等于气体的物质的量之比，反应前气体的物质的量是5+8=13mol，反应后气体的物质的量是3+2+4=9mol，容器内气体的压强与反应前气体压强的比值是9：13，故答案为：9：13。