【化学】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 说明：‎ ‎1．考试时间90分钟，满分100分。2．将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在试卷上。3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡填后５位。‎ 相对原子质量：H:‎1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 K:39 S:32 Cu:64 Ag:108 I:127‎ 卷Ⅰ(选择题 共56分)‎ 一、选择题：(本题共包括10个小题，每小题2分共每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 用完的电池可以随意丢弃 B. 增加炼铁高炉的高度可以降低尾气中CO的含量 C. 无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大提高化学反应速率 D. 把煤粉碎了再燃烧可以提高煤的燃烧效率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用完的电池中含有许多重金属，如果随意丢弃，就会造成土壤污染、水污染，A错误。‎ B．增加炼铁高炉的高度，由于不能使平衡发生移动，因此不能降低尾气中CO的含量，B错误。‎ C．无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大改变化学反应速率，但是化学反应速率可能增大也可能减小，C错误。‎ D．把煤粉碎了再燃烧，由于反应物的接触面积增大，因此可以提高煤的燃烧效率，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，该元素的气态氢化物可以的是（ ）‎ A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的化合价为+6，在氢化物中，X显负价，按8电子稳定性原则，应为-2价。‎ ‎【详解】A. HX中，X显-1价，不合题意；‎ B. H2X中，X显-2价，符合题意；‎ C. XH3中，X显-3价，不合题意；‎ D. XH4中，X显-4价，不合题意。‎ 答案为B。‎ ‎3.以下说法正确的是（ ）‎ A. C60与金刚石一样属于原子晶体 B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 C. 分子晶体中必含化学键 D. 干冰升华破坏了共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，故A错误；‎ B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐NH4Cl等，故B正确；‎ C．分子晶体中不一定含化学键，如稀有气体，故C错误；‎ D．干冰升华只破坏了分子间作用力，没有破坏分子内的共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是（ ）‎ A. 加热金属铝使之熔化 B. 液态SO3受热蒸发 C. 加热HI气体使之分解 D. 加热石英晶体使之熔化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属铝是金属晶体，加热金属铝使之熔化需要克服金属键，故A不选； ‎ B．SO3分子间存在的是分子间作用力，液态SO3受热蒸发需要克服分子间作用力，故B选；‎ C．加热HI气体使之分解需要克服H原子和I原子间的共价键，故C不选；‎ D．加热石英晶体使之熔化需要克服SiO2晶体内的Si原子和O原子之间的共价键，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎5.某同学提出了下列环保建议，其中你认为可以采纳的是(　　)‎ ‎①用气态燃料代替液态和固态燃料作为发动机动力来源；②开发生产无汞电池；③提倡使用一次性发泡塑料餐具和塑料袋；④分类回收垃圾；⑤开发无磷洗涤剂；⑥提倡使用手帕，减少餐巾纸的使用 A. ①②③④ B. ②③④⑤‎ C. ①②④⑤⑥ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】用气态燃料可以减少硫、铅等对环境造成的污染；开发无汞电池可以减少重金属污染；一次性发泡塑料餐具和塑料袋是造成白色污染的主要原因，③错误；分类回收垃圾，一可以废物利用，二可以减少垃圾的污染；含磷洗涤剂的使用造成水体富营养化；提倡使用手帕，减少餐巾纸的使用可以节省木材。其他均正确，故选C。‎ ‎6.下列跟氧气和臭氧的关系相同的一组物质是（ ）‎ A. 和 B. 氯气和液氯 C. 乙醇和二甲醚 D. 红磷和白磷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】氧气和臭氧是氧元素形成的两种不同的单质，是同素异形体的关系。‎ ‎【详解】A．和是碳元素的两种不同核素，互称为同位素，故A不选；‎ B．氯气和液氯是氯单质的两种不同状态：气态和液态，故B不选；‎ C．乙醇和二甲醚分子式相同，均为C2H6O，结构不同，互称为同分异构体，故C不选；‎ D．红磷和白磷是磷元素形成的两种不同单质，互称为同素异形体，故D选；‎ 故选D。‎ ‎7.下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M为37的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中，M左边元素的原子序数为17+18=35，则M的原子序数为36，A不合题意；‎ B．图中，M左边元素的原子序数为19+18=37，则M的原子序数为38，B不合题意；‎ C．图中，M右边元素的原子序数为20+18=38，则M的原子序数为37，C符合题意；‎ D. 图中，M上方元素的原子序数为27，则M的原子序数为27+18=45，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎8.某短周期元素最外层只有2个电子，则该元素一定是（ ）‎ A. 第1、2或3周期元素 B. 最高正价为+2‎ C. IIA族元素 D. 金属元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】短周期元素最外层只有2个电子，则该元素可能为He元素或ⅡA族元素，则：‎ A．该元素可能He元素、Be元素或Mg元素，故可以是第1、2或3周期元素，选项A正确；‎ B．若该元素为He，主要化合价为0价，选项B错误；‎ C．若该元素为He，为零族元素，选项C错误；‎ D．若该元素为He，不是金属元素，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）‎ A. 锌片与稀硫酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH‎4C1的反应 C. 甲烷在空气中的燃烧反应 D. 高温条件下炭与CO2的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锌片和稀硫酸反应为放热反应，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．甲烷在空气中的燃烧反应中C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，故C不选；‎ D．灼热的碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D选；‎ 故选D。‎ ‎10. 下列有关能量转换的说法不正确的是（ ）‎ A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程 B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能 C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程 D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤燃烧是化学能转化为热能的过程，A正确；‎ B、植物进行光合作用制造有机物，储存能量。植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭。所以，煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；‎ C、动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，C正确；‎ D、植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，D错误；‎ 答案选D。‎ 二、选择题：（本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题有一个或两个选项符合题意，若该小题只有一个正确选项，多选为0分；若该小题有两个正确选项，只选一个且正确的为1分，选两个且正确为3分，但只要错选一个即为0分。）‎ ‎11.下列递变规律正确的是（ ）‎ A. HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱 B. HCl、HBr、HI的稳定性依次增强 C. N、O、F原子半径逐渐增大 D. 钠、镁、铝的还原性依次减弱 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，非金属性：Cl>S>P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故A正确；‎ B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，非金属性：Cl>Br>I，所以HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故B错误；‎ C．同一周期元素，从左到右，核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，所以原子半径逐渐减小，所以N、O、F原子半径逐渐减小，故C错误；‎ D．同一周期元素，从左到右，核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱，所以钠、镁、铝的还原性依次减弱，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎12.足量的Fe粉与一定量的盐酸反应，反应速率太快，为了减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，应加入下列物质中的（ ）‎ A. NaNO3溶液 B. 水 C. NaCl溶液 D. CuSO4溶液 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】足量的铁粉和一定量的盐酸反应，反应速率由温度、c(H+)决定，氢气的量由盐酸中HCl的物质的量决定。‎ ‎【详解】A．加入NaNO3溶液，在酸性溶液中，NO3-有强氧化性，铁和硝酸反应不生成氢气，故A不选；‎ B．加水稀释，c(H+)降低，反应速率减慢，加水不影响HCl的物质的量，所以不会影响生成氢气的总量，故B选；‎ C．加入NaCl溶液和加水一样，相当于加水稀释，故C选；‎ D．加入CuSO4溶液，铁可以和CuSO4发生置换，生成的铜附着在铁上，形成原电池，能加快生成氢气的反应速率，故D不选；‎ 故选BC。‎ ‎13.如图装置中久置后铁片会被腐蚀，有关此装置的叙述中正确的是（ ）‎ A. 铁片为正极，碳棒为负极 B. 铁被腐蚀，碳棒上有氯气放出 C. 碳棒附近的溶液可使酚酞变红 D. 导线上有电流通过，电流方向是由铁极流向碳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁和碳用导线相连，浸入NaCl溶液中，构成了原电池。铁失去电子，为负极，碳棒为正极，故A错误；‎ B．铁作负极，失去电子：Fe-2e-=Fe2+，铁被腐蚀，碳棒为正极，在正极得电子的是溶液中溶有的氧气，没有氯气放出，故B错误；‎ C．碳棒为正极，发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，碳棒附近的溶液显碱性，可使酚酞变红，故C正确；‎ D．导线上有电流通过，电流方向是从正极到负极，即由碳极流向铁极，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.一定温度下，可逆反应2NO22NO+O2在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：（ ）‎ ‎①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2；‎ ‎②单位时间内生成nmol O2 的同时生成2nmol NO；‎ ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态；‎ ‎④混合气体的颜色不再改变的状态；‎ ‎⑤密闭容器中压强不再改变的状态；‎ ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。‎ A. ①④⑤⑥ B. ②③⑤⑥ C. ①③④⑥ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。‎ ‎【详解】①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2，说明反应V正=V逆，达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②单位时间内生成nmol O2 的同时生成2nmol NO，都是正反应速率，无论反应是否达到平衡状态，正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状，故②错误；‎ ‎③反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故③错误；‎ ‎④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故⑤正确；‎ ‎⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，故⑥正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.X元素原子的质量数为m，核内中子数为n，则Wg X2+ 离子含有的电子的物质的量约为（ ）‎ A. (m+n+2)W/m mol B. (m-n+2)W/m mol C. (m+n-2)W/m mol D. (m-n-2)W/m mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该离子中含有的质子数＝质量数－中子数＝m-n，阳离子中核外电子数＝质子数－电荷数＝m－n－2；在数值上，核素的相对原子质量等于其质量数，所以Wg X2+离子含有的电子的物质的量＝，答案选D。‎ ‎16.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液碱性不变 D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+ OH- =NiO(OH) + H2O，故A项正确；‎ B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；‎ C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH- 使负极附近溶液pH减小，故C项错误；‎ D项，放电时Cd在负极消耗OH- ，OH- 向负极移动，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎17.下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是（ ）‎ A. 在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈 B. 锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液而使反应放出H2的速率加快 C. 固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀 D. 双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在炭粉中加入KClO3，点燃炭粉时KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧得更为剧烈，故A不选；‎ B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，而使反应放出H2的速率加快，故B不选；‎ C．固态FeCl3和固体NaOH混合，由于盐和碱的反应是离子反应，固态时离子浓度很小，反应很慢，若加入水，固体溶于水后电离出大量的离子，反应就能迅速发生，产生红褐色沉淀，故C不选；‎ D．双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化了双氧水的分解，即可迅速放出气体，故D选；‎ 故选D。‎ ‎18.下列各项中表达正确的是（ ）‎ A. N2的电子式： B. 二氧化碳分子的结构式为 O—C—O C. CH4分子的比例模型： D. F － 的结构示意图 ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N2的电子式为，故A错误；‎ B．二氧化碳分子的电子式为，所以其结构式为 O=C=O，故B错误；‎ C．CH4分子的比例模型为，故C正确；‎ D．F － 的结构示意图为，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎19.原子序数大于4的主族元素X、Y的离子 Xm+、Yn-电子层结构相同，则X、Y的下列叙述正确的是：（ ）‎ ‎①原子序数X>Y ②X和Y在同一周期 ③Y与X族序数之差是8—(m+n) ④X、Y核电荷数差为(m—n)‎ A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Xm+、Yn-电子层结构相同，则其原子核外电子数是相等的。若X和Y的原子序数分别为x和y，则一定满足x－m＝y＋n，所以x＞y，①正确；‎ 其质子数之差是m＋n，X是金属，Y是非金属，Y位于X的上一周期，②错误；‎ 主族元素的族序数就是原子的最外层电子数，根据离子的电荷数可判断X和Y的族序数分别为m和8－n，所以族序数之差是8－m－n，③正确；‎ 核电荷数=质子数，其核电荷数之差是m＋n，④错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.已知: 2H2 (g)+O2 (g)＝2H2O(l) △H= a kJ/mol，2H2 (g)+O2 (g)＝2H2O(g) △H= b kJ/mol，则a、b的大小关系是（ ）‎ A. a＝b B. a＞b C. a＜b D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于气态水能量高于液态水的能量，所以等量的氢气燃烧生成液态水比生成气态水放出更多的能量，氢气燃烧是放热反应，故△H ＜0，所以a＜b，故选C。‎ ‎21.用碳棒作电极电解下列物质的水溶液，一段时间后，加入适量括号内物质，可使溶液恢复原溶质原浓度的是（ ）‎ A. NaCl (NaCl ) B. MgSO4 (MgO) ‎ C. CuSO4 (CuCO3) D. CuCl2(CuCl2)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用碳棒作电极电解NaCl溶液，阳极反应式为：2Cl- - 2e- = Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-= H2↑，所以需要通HCl才可以使溶液恢复原浓度，故A不选；‎ B．用碳棒作电极电解MgSO4溶液，阳极反应式为：4OH- - 4e- =O2↑+2H2O，阴极反应式为：4H++4e-=2H2↑，相当于电解水，所以需要加水就可以使溶液恢复原浓度，故B不选；‎ C．用碳棒作电极电解CuSO4溶液，阳极反应式为：4OH- - 4e- = O2↑+2H2O，阴极反应式为：2Cu2+ + 4e- = 2Cu，所以需要加CuO或CuCO3可以使溶液恢复原浓度，故C选；‎ D．用碳棒作电极电解CuCl2溶液，阳极反应式为：2Cl- - 2e- = Cl2↑，阴极反应式为：2H+ + 2e -= H2↑，所以需要加入氯化铜可以使溶液恢复原浓度，故D选；‎ 故选CD。‎ ‎22.某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 铅笔端作阳极，发生还原反应 B. 铂片端作阴极，发生氧化反应 C. 铅笔端有少量的氯气产生 D. a点是负极，b点是正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】出现红色字迹，说明溶液中有OH－生成，所以铅笔端作阴极，氢离子放电，发生还原反应，因此a是电源的负极，b是正极。‎ ‎【详解】A.铅笔端作阴极，发生还原反应，故A错误；‎ B.铂片端作阳极，发生氧化反应，故B错误；‎ C.铅笔端作阴极，溶液中的阳离子在铅笔端放电，所以不会生成氯气，故C错误；‎ D.铅笔端作阴极，则a是电源的负极，b是正极，故D正确；‎ 答案选D。‎ 卷Ⅱ(非选择题 共44分)‎ 三、填空题（共36分）‎ ‎23.如下图所示，A、B两个装置中两个烧杯分别盛有足量的CuSO4溶液：‎ ‎（1）A、B两个装置中属于原电池的是_____(填标号，下同)，属于电解池的是____。‎ ‎（2）A池中Zn是___极，发生______(填氧化或还原)反应，电极反应式为____________； Cu极电极反应式为_______；A中总反应的离子方程式为__________。‎ ‎（3）B池中左边C是___极，发生______(填氧化或还原)反应，电极反应式____________；右边C极电极反应式为_________；B中总反应的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】(1). A (2). B (3). 负 (4). 氧化 (5). Zn-2e- = Zn2+ (6). Cu2++2e- = Cu (7). Zn +Cu2+= Zn2++Cu (8). 阴 (9). 还原 (10). 2Cu2++4e- = 2Cu (11). 4OH- -4e-=2H2O+O2↑ (12). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）原电池和电解池的明显区别是电解池有外接直流电源，所以B属于电解池，A属于原电池。‎ ‎（2）A池是原电池，锌比铜活泼，所以Zn是负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e- = Zn2+；Cu为正极，电极反应式为Cu2++2e- = Cu；A中总反应的离子方程式为Zn +Cu2+= Zn2++Cu。‎ ‎（3）B池是电解池，左边C和电源负极相连，是阴极，发生还原反应，电极反应式为2Cu2++4e- = 2Cu；右边C极是阳极，电极反应式为4OH- -4e-=2H2O+O2‎ ‎↑；B中总反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。‎ ‎24.下表为元素周期表中的一部分，表中列出8种元素在周期表中的位置，按要求回答下列问题。‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎④‎ ‎⑥‎ ‎3‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎⑤‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎（1）在①～⑧元素中化学性质最不活泼的元素的名称是____，金属性最强的元素的名称是____。‎ ‎（2）③、④、⑥三种元素中的原子半径最小的是_____________（填元素符号）。‎ ‎（3）①、②、③三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是________（用离子符号填写）。‎ ‎（4）④与⑥形成的化合物的电子式为 _____________。‎ ‎（5）④与氢形成含氢量最高的化合物的结构式____________。‎ ‎（6）写出①和③两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式：____________。‎ ‎【答案】(1). 氩 (2). 钠 (3). O (4). Na+、Mg2+、Al3+ (5). (6). (7). Al(OH)3+OH- = AlO2- +2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表的结构，可知这8种元素从①到⑧分别为Na、Mg、Al、C、Si、O、Cl、Ar。‎ ‎【详解】（1）在①～⑧元素中化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素氩，金属性最强的元素位于周期表的左下方，是钠。‎ ‎（2）③、④、⑥三种元素中，碳和氧核外有两层电子，Al核外有三层电子，所以碳和氧的原子半径小于Al，氧的质子数大于碳，当电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以氧的原子半径小于碳，故原子半径最小的是O。‎ ‎（3）①、②、③三种元素形成的离子分别为Na+、Mg2+、Al3+，它们的电子层数均为2层，当电子层数相同时，质子数越多，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是Na+、Mg2+、Al3+。‎ ‎（4）④与⑥形成的化合物为CO2，电子式为。‎ ‎（5）④与氢形成含氢量最高化合物是甲烷，结构式为。‎ ‎（6）①和③两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH- = AlO2- +2H2O。‎ ‎25.A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。‎ ‎（1）C离子的结构示意图为________。D在周期表中位置_________。‎ ‎（2）写出E的电子式:____。‎ ‎（3）A、D两元素形成的化合物属_____(填“离子”或“共价”)化合物。‎ ‎（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A反应的化学方程式:__________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期第ⅥA族 (2). (3). (4). 共价 (5). C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E可知，E为过氧化钠，B元素为氧元素，C元素为钠元素。A原子的最外层上有4个电子且原子序数小于B（即氧元素），所以A为碳元素。D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，所以D元素为硫元素，据此解答。‎ ‎【详解】（1）C元素为钠元素，C离子的结构示意图为，D为硫元素，S在周期表中位置是第三周期第ⅥA族；‎ ‎（2）E为过氧化钠，E的电子式为：；‎ ‎（3）A为碳元素，D为硫元素，A、D两元素形成的化合物为二硫化碳，属共价化合物；‎ ‎（4）D为硫元素，D的最高价氧化物的水化物为硫酸，和碳反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。‎ ‎26.（1）氢气是一种理想的新能源，与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______、_____、____。‎ ‎（2）‎4 g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5 kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。‎ ‎（3）拆开1mol H－H键、1mol N－H键、1mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则合成氨反应的热化学方程式为_________。‎ ‎（4）已知：H2 (g) + 1/2O2(g) =H2O (g) △H = －241.8 kJ /mol ；C (s) + O2(g) =CO2(g)△H = －393.5 kJ /mol；现有0.2 mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53 kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。‎ ‎【答案】(1). 热值大 (2). 无污染 (3). 原料充足 (4). CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H＝－890kJ/mol (5). N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＝－92kJ/mol (6). 1﹕1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）单位质量的氢气和其他燃料相比，燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大、无污染、原料充足等优点。‎ ‎（2）‎4 g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5 kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l） △H＝－890kJ/mol。‎ ‎（3）拆开1mol H－H键、1mol N－H键、1mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的△H＝946 kJ+3×436 kJ-6×391 kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＝－92kJ/mol。‎ ‎（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2 的物质的量均为0.1mol ，C与H2的物质的量之比为1﹕1。‎ ‎27.某温度时, 在一个‎2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空: ‎ ‎(1)该反应的化学方程式为 _____________________________。 ‎ ‎(2)反应开始至2 min,以气体Z表示的平均反应速为 ___________________________。 ‎ ‎(3)若X、Y、Z均为气体,2 min后反应达到平衡,反应达平衡时: ‎ ‎①此时体系的压强是开始时的_____________倍; ‎ ‎②达平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时 ___(填”增大”“减小”或”相等”)。‎ ‎【答案】(1). 3X＋Y2Z (2). 0.05mol/(L·min) (3). 0.9 (4). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像，X和Y的物质的量减少，X和Y为反应物，Z的物质的量增多，Z为生成物。2min后各组分的物质的量保持不变，达到了该条件下的最大限度，故该反应为可逆反应。利用物质的量变化等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化比值为(1.0－0.7)：(1.0－0.9)：0.2=3：1：2，该反应的化学方程式为3X＋Y2Z；‎ ‎（2）根据化学反应速率的数学表达式，v(Z)==0.05mol/(L·min)；‎ ‎（3）①利用压强之比等于物质的量之比，开始是组分的总物质的量为(1.0mol＋1.0mol)=2.0mol，达到平衡时，组分的总物质的量为(0.9mol＋0.7mol＋0.2mol)=1.8mol，反应达到平衡时的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10，此时体系的压强是开始时的0.9倍；‎ ‎②混合气体的平均摩尔质量为M=，组分都是气体，气体总质量不变，总物质的量减少，即混合气体的平均摩尔质量增大。‎