新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

昌吉市教育共同体2019-2020年高一年级第二学期期中质量检测 化学试卷 一、单选题（每题2分，共50分）‎ ‎1.13C‎﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖．下面有关‎13C、15N叙述正确的是 A. ‎13C与15N有相同的中子数 B. ‎13C与C60互为同位素 C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎13C与15N的中子数分别为（13-6）=7、（15-7）=8，不相等，故A错误；‎ B. C60是碳元素组成的单质，不是原子，不是‎13C的同位素，故B错误；‎ C. 15N与14N都是N原子，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；‎ D. 15N的核外电子数为7，中子数（15-7）=8，核外电子数与中子数不相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.简单原子的原子结构可用下图的表示方法形象地表示：其中●表示质子或电子，○表示中子，则下列有关① ② ③的叙述正确的是（   ）‎ A. ① ② ③ 互为同位素 B. ① ② ③ 互为同素异形体 C. ① ② ③ 是三种化学性质不同的粒子 D. ③ 具有相同的质量数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图示知①、②、③中的质子数等于电子数且都等于1，可知①②③代表的微粒分别为H、H、H，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；‎ B．①②③是氢元素的不同核素，互为同位素，故B错误；‎ C．①②③互为同位素，同位素具有相似的化学性质，故C错误；‎ D．H、H、H，质量数不同，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是(　　)‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ c d ‎3‎ a b e f A. e的氢化物比d的氢化物稳定 B. a、b、e三种元素的原子半径：e>b>a C. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼 D. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表的位置可知：a是Na，b是Mg，c是C，d是O，e是S，f是Cl元素，然后具体分析解答。‎ ‎【详解】A. d、e是同一主族的元素，元素的非金属性d>e，所以元素的简单氢化物的稳定性d>e，A错误；‎ B. a、b、e三种元素是同一周期的元素，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径由大到小的顺序为：a>b>e，B错误；‎ C. 元素的最外层电子数越少，元素的金属性越强；元素的最外层电子数越多，元素的非金属性越强，在上述元素中c元素的原子最外层有4个电子，既不容易失去电子，也不容易得到电子，因此元素的单质的化学性质最不活泼，C错误；‎ D. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4，由于元素的非金属性CZ B. 气态氢化物的稳定性：W>X C. W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等 D. Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据同周期元素从左往右原子半径逐渐减小，原子半径Z>W，A项错误；‎ B.根据同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，故气态氢化物的稳定性X>W，B项错误；‎ C.如W为Si,则四种元素分别为C、N、Al、Si，W的最高正化合价与最低负价的绝对值相等，C项正确；‎ D.Z可为Al、Si、P，其最高价氧化物的水化物可能为Al(OH)3、H2SiO3、H3PO4，则Z的最高价氧化物的水化物为弱碱或弱酸，D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎10.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）‎ A. 有七个主族和八个副族 B. 只有六个周期 C. 零族位于元素周期表第18纵列 D. 第ⅢA族位于元素周期表第3纵列 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，故A错误；‎ B、元素周期表有三个短周期、四个长周期，共有7个周期，故B错误；‎ C、0族位于元素周期表的最右边，从左往右数为第18列，故C正确；‎ D、第ⅢA族位于元素周期表的第13纵列，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列粒子半径大小的比较中，正确的是（   ）‎ A. Na+Cl->Na+>Al3+‎ C. NaRb+>Na+>K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na+、Mg2+、Al3+、O2-四种微粒都是两个电子层，且核外电子排布相同，核电荷数越多，离子半径越小，所以离子半径Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2-，故A错误；‎ B．S2-、Cl-有三个电子层，Na+、Al3+都是两个电子层，电子层越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，故B正确；‎ C．同一周期，核电荷数越多，原子半径越小，所以Na＞Mg＞Al＞S，故C错误；‎ D．电子层越多，半径越大，所以Cs+>Rb+>K+>Na+，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】原子半径和离子半径的比较可以归纳为：电子层数不同时，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，原子序数越大，半径越小。‎ ‎12.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若A、B 相连时，A为负极；C、D相连时，D上产生大量气泡；A、C相连时，电流由C经导线流向A；B、D相连时，电子由D经导线流向B，则此四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）‎ A. A>B>C>D B. A >C >D>B C. C>A>B>D D. B>A>C>D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用导线两两相连组成原电池。若A、B相连时，A为负极；则金属活动性A＞B；C、D相连时，D上产生大量气泡；则金属活动性：C＞D；A、C相连时，电流由C经导线流向A；则金属活动性：A＞C；B、D相连时，H+在溶液中流向B，即B是正极，则金属活动性：D＞B，所以此4种金属的活动性由强到弱的顺序为A＞C＞D＞B，答案是B。‎ ‎13.下列反应一定属于放热反应的是( )‎ ‎①H2SO4 与 Ba(OH)2 溶液的反应 ②Mg 与 CH3COOH 溶液的反应 ③燃烧反应 ④中和反应 ⑤复分解反应 A. 仅①②③ B. 仅①②④‎ C. 仅①②③④ D. 仅③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】常见的放热的反应有燃烧反应、中和反应、金属与酸的反应等，中和反应是复分解反应的一种，中和反应放热，但也有复分解反应不属于放热反应，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应为吸热反应，所以①②③④符合题意，故C正确； 故答案： C。‎ ‎14.某化学反应包括A(g)→B(g)、B(g)→C(g)两步反应，整个反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 两步反应均为吸热反应 B. 涉及的三种物质中C(g)最稳定 C. 1mol C(g)与1mol A(g)的能量差为 D. 反应A(g)→B(g)一定要加热才能发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由图可知，A(g)→B(g)反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，B(g)→C(g)反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；‎ B．根据图象，C(g)的能量最小，最稳定，故B正确；‎ C．根据图象，1mol C(g)与1mol A(g)的能量差为，故C错误；‎ D．反应A(g)→B(g)为吸热反应，但不一定要加热才能发生，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意反应是放热还是吸热，与反应条件无关。‎ ‎15.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是 A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,其负极反应式为Al-3e-=Al3+‎ B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，故A正确；‎ B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故B正确；‎ C.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁负极，其负极反应式为：Fe－2e－＝Fe 2+，故C错误；‎ D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎16.若某原电池的离子方程式是Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，则该原电池的构成是( )‎ 正极 ‎ 负极 ‎ 电解质溶液 ‎ A ‎ Cu Zn HCl B ‎ Zn Cu ‎ CuSO4‎ C ‎ Cu Zn ‎ CuSO4‎ D ‎ Cu Zn ZnCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析题目中的反应，可得：（-）锌：Zn-2e-= Zn2+，（+）：Cu2++2e-= Cu；则要求：锌片做负极，正极为活泼性比锌弱的金属或石墨，电解质溶液提供Cu2+，故选C。‎ ‎17.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是（   ）‎ 实验后的记录：‎ ‎①Cu为负极，Zn为正极 ②Cu极上有气泡产生，发生还原反应 ③SO42-向Cu极移动 ④若有0.5 mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体 ⑤电子的流向是Cu→Zn ⑥正极反应式：Cu-2e-=Cu2+，发生氧化反应 A. ①②③ B. ②④ C. ②③④ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Zn-Cu原电池中，电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn作负极发生氧化反应，铜是正极发生还原反应，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，据此分析判断。‎ ‎【详解】①Zn为负极，Cu为正极，故①错误；‎ ‎②Cu电极上发生2H++2e-=H2↑，所以Cu极上有气泡产生，发生还原反应，故②正确；‎ ‎③SO42-向负极锌极移动，故③错误；‎ ‎④由2H++2e-=H2↑可知，有0.5mol电子流经导线，产生氢气0.25mol，故④正确；‎ ‎⑤电子由Zn电极流向Cu电极，故⑤错误；‎ ‎⑥正极反应为2H++2e-=H2↑，故⑥错误；‎ 正确的有②④，故选B。‎ ‎18.反应3X(g)+Y(g) ⇌2Z(g)+2W(g)在‎2 L密闭容器中进行，5 min时Y减少了0.5 mol，0~5 min内此反应的平均速率为 A. v(X)=0.05 mol·L−1·min−1‎ B. v(Y)=0.10 mol·L−1·min−1‎ C. v(Z)=0.10 mol·L−1·min−1‎ D. v(W)=0.05 mol·L−1·s−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v=计算v（Y），再利用速率之比等于化学计量数之比求出用其它物质表示的反应速率，据此判断。‎ ‎【详解】v（Y）==0.05mol∙L-1∙min-1，‎ A．速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)=3v(Y)=3×0.05mol∙L-1∙min-1=0.15 mol∙L-1∙min-1，故A错误；‎ B．v（Y）==0.05mol∙L-1∙min-1，故B错误；‎ C．速率之比等于化学计量数之比，所以v(Z)=2v(Y)=2×0.05mol∙L-1∙min-1=0.1 mol∙L-1∙min-1，故C正确；‎ D．速率之比等于化学计量数之比，所以v(W)=2v(Y)=2×0.05 mol∙L-1∙min-1=0.1 mol∙L-1∙min-1=0.0017mol∙L-1∙s-1，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】需注意化学反应速率的计算公式，知道它是平均速率，注意单位的换算。‎ ‎19. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是 A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z) C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知 A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；‎ B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；‎ C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；‎ D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎20.反应‎4A(g)+5B(g)=‎4C(g)+6D(g)，在‎5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol。下列叙述正确的是( )‎ A. 容器中含D物质的量至少为0.45mol B. A的平均反应速率是 C. 容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4:5:4:6‎ D. 容器中A的物质的量一定增加了0.30mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式‎4A(g)+5B(g)=‎4C(g)+6D(g)可知，生成D的物质的量为0.45mol，容器中含D物质的量至少为0.45mol，故A正确；‎ B．v(C)==0.002mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(A)=v(C)=0.002mol•L-1•s-1，故B错误；‎ C．半分钟后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的起始投入量及转化率有关，可能是4∶5∶4∶6，也可能不是，故C错误；‎ D．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式‎4A(g)+5B(g)=‎4C(g)+6D(g)可知，参加反应的A 的物质的量为0.3mol，A的物质的量一定减少了0.30mol，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎21.在一定温度下的定容容器中，反应：A(s)＋2B(g)C(g) ＋D(g)。下列不能表明反应 达到平衡状态的是（ ）。‎ A. 气体的压强不变 B. 气体平均相对分子质量不变 C. 气体的密度不变 D. B物质的量浓度不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应是反应前后气体体积相等的反应，气体的压强始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡，A项符合；‎ B．由于该反应前后气体的质量会发生变化，若反应达到平衡，则气体的质量不变，气体的物质的量不变，气体平均相对分子质量不变，B项不符；‎ C．由于气体的体积不变，但是气体的质量会发生变化，所以若气体的密度不变 ，则气体的质量不变，反应达到平衡，C项不符；‎ D．若反应未达到平衡，则B的物质的量会发生变化，B物质的量浓度也变化，若B的物质的量浓度不变，反应达到平衡，D项不符；‎ 答案选A。‎ ‎22.在密闭容器中发生反应：C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)，下列说法不正确的是 A. 将碳块磨成粉末可以加快反应速率 B. 升高温度可以加快反应速率 C. 容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变 D. 增加碳的质量可以加快反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将碳块磨成粉末可以增大接触面积，从而可以加快反应速率，A项正确；‎ B．升高温度可以加快反应速率，B项正确；‎ C．容器体积不变时，向其中充入N2，CO2和CO的浓度不变，反应速率不变，C项正确；‎ D．碳是固体，增加碳的质量，CO2和CO的浓度不变，化学反应速率不变，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎23.X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－， Y ‎＋和Z－离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是 A. 原子最外层电子数：X>Y>Z B. 单质沸点：X>Y>Z C 离子半径：X2－>Y＋>Z－ D. 原子序数：X>Y>Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z 均是短周期元素，即前三周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题。‎ ‎【详解】根据题意可以推知，X、Y、Z分别为S、Na、F；‎ A．同一周期，从左到右，最外层电子数增多，原子最外层电子数Z > X>Y，故A错误；‎ B．金属钠属于金属晶体，硫、氟气属于分子晶体，常温下，氟气为气态，单质的沸点关系是：Y>X> Z，故B错误；‎ C．Na+ 、F- 是电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子的半径就越小，因此离子半径X2- > Z- >Y+ ，故C错误；‎ D．根据上述叙述可知：原子序数X>Y>Z，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎24.已知反应X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）‎ A. X的能量一定高于M B. Y的能量一定高于N C. X和Y总能量一定高于M和N的总能量 D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放热反应的本质是反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应放热，以此解答。‎ ‎【详解】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量，X的能量与M的能量关系无法确定，A项错误；‎ B. 反应物的总能量大于生成物的总能量，Y的能量与N的能量关系无法确定，B项错误；‎ C. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，C项正确；‎ D. 反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1、放热反应一定是反应物的总能量大于生成物的总能量，如本题中C项X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，而像A、B项无法比较。吸热反应一定是反应物的总能量小于生成物的总能量。‎ ‎2、反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，某些吸热反应不需要加热也可以发生，如Ba(OH)2∙8H2O与氯化铵的反应为吸热反应，但不需要加热就可以发生，这是学生们的易错点。‎ ‎25.已知元素X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xm+和Yn-的核外电子排布相同，则下列关系式正确的是( )‎ A. a=b+m+n B. a=b-m+n C. a=b+m-n D. a=b-m-n ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数。‎ ‎【详解】因为Xm+和Yn-具有相同的核外电子排布，所以，Xm+和Yn-具有相同的核外电子数。的核外电子数等于a-m，的核外电子数为：b+n，则：a=b+m+n。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】阳离子核外电子数核电荷数离子所带电荷数，阴离子核外电子数核电荷数离子所带电荷数。‎ 二、填空题 ‎26.现有下列物质：①He；②；③；④CaO；⑤；⑥；⑦；⑧；⑨KOH； 请用序号填空：‎ ‎（1）只含离子键的物质是______________；‎ ‎（2）既含离子键又含共价键的物质是____；‎ ‎（3）只含极性键的物质是______________；‎ ‎（4）属于共价化合物的是______________；‎ ‎（5）既含离子键又含非极性键的物质是______ ；‎ ‎（6）不存在化学键的物质是__________ 。‎ ‎【答案】 (1). ④⑧ (2). ⑤⑥⑨ (3). ⑦ (4). ③⑦ (5). ⑥ (6). ①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种原子形成的是非极性共价键，不同种原子形成的是极性共价键，含离子键的一定为离子化合物，据此分析解答。‎ ‎【详解】①He为单原子分子，不含化学键，为单质； ‎ ‎②N2含N≡N共价键，为单质；‎ ‎③H2O2中含极性共价键和非极性共价键，为共价化合物；‎ ‎④CaO只含离子键，为离子化合物；‎ ‎⑤NH4Cl中含离子键和N-H极性共价键，为离子化合物；‎ ‎⑥Na2O2中含离子键和O-O非极性共价键，为离子化合物；‎ ‎⑦属于原子晶体，只含有极性共价键，属于共价化合物； ‎ ‎⑧MgCl2中只含离子键，为离子化合物；‎ ‎⑨KOH含离子键和O-H极性共价键，为离子化合物；‎ ‎(1)只含离子键的是④⑧，故答案为：④⑧；‎ ‎(2)既含离子键又含共价键的物质是⑤⑥⑨，故答案为：⑤⑥⑨；‎ ‎(3)只含极性键的物质是⑦，故答案为：⑦；‎ ‎(4)属于共价化合物的是③⑦，故答案为：③⑦； ‎ ‎(5)既有离子键又有非极性键的是⑥，故答案为：⑥；‎ ‎(6)不存在化学键的物质是①，故答案为：①。‎ ‎【点睛】本题的易错点为⑧，要注意氯化镁中氯原子间没有化学键，存在的是两个氯离子。‎ ‎27.下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，回答下列问题。‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅥA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎(1)非金属性最强的元素是__________；(用元素符号回答，下同)‎ ‎(2)化学性质最不活泼的单质是__________；‎ ‎(3)④、⑤、⑥、⑦中形成的简单离子半径由大到小的顺序为是__________；‎ ‎(4)某原子结构示意图为，其对应的元素符号是__________；‎ ‎(5)H2S和HCl中，热稳定性较强的是__________；‎ ‎(6)NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3中，碱性最强的是__________；属于两性氢氧化物的是__________。‎ ‎【答案】 (1). F (2). Ar (3). F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+ (4). Mg (5). HCl (6). NaOH (7). Al(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素。结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】(1)同周期从左到右，非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以这几种元素中非金属性最强的是F，故答案为：F；‎ ‎(2)稀有气体的性质最不活泼，则化学性质最不活沷的元素是Ar，故答案为：Ar；‎ ‎(3)④、⑤、⑥、⑦形成的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故答案为：F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+；‎ ‎(4)某原子结构示意图为，该原子含有12个质子，原子序数为12，即为Mg元素，故答案为：Mg；‎ ‎(5)元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl的非金属性大于S，所以H2S和HCl中，热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；‎ ‎(6)同周期从左到右，氢氧化物的碱性减弱，则NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3中，碱性最强的是NaOH；能和强酸、强碱反应生成盐和水的氢氧化物是两性氢氧化物，属于两性氢氧化物的是 Al(OH)3，故答案为：NaOH；Al(OH)3。‎ ‎28.下列为元素周期表中的一部分，用化学式或元素符号回答下列问题。‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎3‎ ‎①‎ ‎③‎ ‎⑤‎ ‎⑧‎ ‎⑩‎ ‎4‎ ‎②‎ ‎④‎ ‎⑨‎ ‎（1）10种元素中，化学性质最不活泼的是__________；‎ ‎（2）①②⑤中，最高价氧化物的水化物，碱性最强的是__________；‎ ‎（3）元素⑦的氢化物分子式为__________，该氢化物常温下和元素①的单质反应的离子方程式是__________，该氢化物与元素⑧的单质反应的离子方程式是__________；‎ ‎（4）①和⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为__________和__________。①和⑨两元素形成化合物的化学式为__________，该化合物灼烧时焰色为__________，该化合物的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为__________；‎ ‎（5）①和⑤最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为__________。‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). KOH (3). H2O (4). 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑ (5). Cl2+H2O═H++Cl-+HClO (6). NaOH (7). HClO4 (8). NaBr (9). 黄色 (10). Cl2+2Br-═2Cl-+Br2 (11). Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素。结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】(1)稀有气体最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故化学性质最不活泼的是Ar，故答案为：Ar；‎ ‎(2)同周期自左而右，金属性减弱，同主族自上而下，金属性增强，故金属性K＞Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则KOH的碱性最强，故答案为：KOH；‎ ‎(3)元素⑦的氢化物为H2O，常温下Na与水反应生成NaOH与氢气，反应离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：H2O；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；‎ ‎(4)①和⑧的最高价氧化物对应的水化物的NaOH、HClO4，①和⑨两元素形成化合物为NaBr，含有钠元素，该化合物灼烧时焰色为黄色，氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，故答案为：NaOH；HClO4；NaBr；黄色；Cl2+2Br-═2Cl-+Br2； ‎ ‎(5)①和⑤最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O。‎ ‎29.某温度下，在‎2L容器中，3种物质进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。反应在t1 min时到达平衡，如图所示：‎ ‎(1)①该反应的化学方程式是________。‎ ‎②在t1 min时，该反应达到了_________状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是________。‎ A. X、Y、Z的反应速率相等 B. X、Y的反应速率比为2:3‎ C. 生成3mol Y的同时生成1mol Z D. 生成1mol Z的同时生成2mol X ‎(2)①若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1 min时，该反应吸收的热量为____________；‎ ‎②在此t1 min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)为________。‎ ‎【答案】 (1). 2X3Y+Z (2). 平衡 (3). D (4). 36.8 kJ (5).  mol•L-1•min-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)‎ ‎①根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比分析书写方程式；②化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，据此分析判断；‎ ‎(2)①根据NH3分解的物质的量，结合反应热计算至t1min时，该反应吸收的热量；②根据c=计算反应速率。‎ ‎【详解】(1)①由图象可以看出，反应中X的物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，一段时间后物质的量不再变化，说明该反应为可逆反应，且△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=0.8mol∶1.2mol∶0.4mol=2∶3∶1，则反应的化学方程式为：2X3Y+Z，故答案为：2X3Y+Z；‎ ‎②在t1min时，各物质的物质的量不再变化，说明达到平衡状态；A．由方程式可以看出，达到平衡时X、Y、Z的反应速率不相等，X、Y、Z的反应速率相等，说明不是平衡状态，故A错误；B．无论是否达到平衡状态，X、Y的反应速率比都为2∶3，故B错误；C．无论是否达到平衡状态，生成3molY的同时一定生成1molZ，故C错误；D．生成1molZ的同时生成2molX，说明正、逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故D正确；故答案为：平衡；D；‎ ‎(2)①t1min时，消耗NH3物质的量为0.8mol，则吸收的能量为：0.8mol×46kJ/mol=36.8kJ，故答案为：36.8 kJ；‎ ‎②H2的反应曲线为Y，则在此t1min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)== mol•L-1•min-1，故答案为： mol•L-1•min-1。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(1)中方程式的书写，要注意该反应为可逆反应。‎ ‎30.（1）化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。对于反应：H2+I22HI，已知断开1mol H—H键、1mol I—I键分别需要吸收的能量是436kJ和151kJ，形成1mol H—I键需要放出的能量是299kJ。‎ ‎①1mol H2和1mol I2完全反应，反应物断键吸收的总能量是___kJ，生成物成键放出的总能量为___kJ，反应共_____（填“放出”或“吸收”）能量____kJ。‎ ‎②如图，能够反映该反应能量变化的图像是____（填“A”或“B”）。‎ ‎（2）如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为_________，锌片上观察到的现象为_______。银为_____极，电极上发生的是_____（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式是___________，银片上观察到的现象是_______。‎ ‎【答案】 (1). 587 (2). 598 (3). 放出 (4). 11 (5). B (6). 负 (7). 氧化 (8). Zn-2e-═Zn2+ (9). Zn片逐渐溶解 (10). 正 (11). 还原 (12). Cu2++2e-═Cu (13). 有红色物质析出 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应，据此分析解答；‎ ‎(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应生成铜，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①1mol H2和1mol I2充分反应生成2molHI，旧键断裂吸收的能量为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放的能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598KJ-587kJ=11kJ，故答案为：587；598；放出；11；‎ ‎②由①的分析可知，该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，所以B正确；故答案为：B；‎ ‎(2)银、锌、硫酸铜溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+‎ ‎，银作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜单质，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，所以看到的现象是有红色物质析出，故答案为：负；氧化；Zn-2e-═Zn2+；Zn片逐渐溶解；正；还原；Cu2++2e-═Cu；有红色物质析出。‎