陕西省渭南市三贤中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

陕西省渭南市三贤中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

三贤中学高一下学期期中考试化学试题 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.－NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，表示的是(　　)‎ A. 核外有13个电子，其中6个能参与成键 B. 核内有6个质子，核外有7个电子 C. 质量数是13，原子序数是6，核内有7个质子 D. 质量数13，原子序数是6，核内有7个中子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．的质子数为6，所以核外电子数为6，其中4个能参与成键，故A错误；‎ B．的质子数为6，所以核外电子数为6，故B错误；‎ C．的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，故C错误；‎ D．的质子数为6，质量数为13，所以原子序数为6，中子数为13-6=7，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了原子符号X的含义。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，中子数=质量数-质子数。‎ ‎2.下列各组粒子中属于同位素的是 A. 16O和18O B. H2O和D2O C. H2和D2 D. 24Mg和24Na ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，研究对象是原子。‎ ‎【详解】A．16O和18O是质子数都是8、中子数分别为8和10的两种原子，属于同位素，故A选；‎ B．H2O和D2O不是原子，故B不选；‎ C．H2和D2不是原子，故C不选；‎ D．24Mg和24Na的质子数不同，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎3.元素性质呈周期性变化根本原因是（ ）‎ A. 元素的相对原子质量逐渐增大 B. 核外电子排布呈周期性变化 C. 核电荷数逐渐增大 D. 元素化合价呈周期性变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据随原子序数的递增，原子的结构呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化来解答。‎ ‎【详解】A．在元素周期表中，元素的相对原子质量逐渐增大，但不呈现周期性的变化，所以不能决定元素性质呈现周期性变化，A错误；‎ B．因为原子的核外电子排布中最外层电子数随原子序数的递增而呈现周期性变化，从而引起元素的性质的周期性变化，B正确；‎ C．在元素周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，所以不能决定元素性质呈现周期性变化，C错误；‎ D．元素的化合价属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在共价化合物中不可能含有离子键 B. 阴阳离子之间通过静电引力形成的化学键，叫离子键 C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 D. 含有离子键的化合物不一定是离子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有离子键的化合物一定是离子化合物，所以共价化合物中不可能含有离子键，A正确；‎ B．离子键是由阴阳离子形成的，即阴阳离子之间通过静电作用（既有吸引也有排斥）形成离子键，B错误；‎ C．离子化合物中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子化合物，既含有离子键又含有共价键，所以含有共价键的化合物不一定是共价化合物，C错误；‎ D．含有离子键的化合物一定是离子化合物，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列反应的能量变化属于吸热反应的是（ ）‎ A. 氯化铵与消石灰的反应 B. 氢氧化钠溶液与盐酸反应 C. 锌片与稀硫酸反应 D. 钠与冷水反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一般化合反应、金属和酸或水的反应、燃烧反应、中和反应是放热反应。分解反应、氢气、C和CO与某些氧化物的反应、氢氧化钡晶体和氯化铵的反应是吸热反应。所以答案是A。‎ ‎6.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（ ）‎ A. 加热 B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸 C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度、增大物质的接触面积、构成原电池等可加快反应速率，注意铁遇到浓硫酸会发生钝化。‎ ‎【详解】A．加热能使反应速率加快，A正确；‎ B．常温下铁遇到浓硫酸会发生钝化，不能生成氢气，B错误；‎ C．滴加少量CuSO4溶液，铁置换出少量铜构成原电池，加快反应速率，C正确；‎ D．改用铁粉，增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若反应X+Y=M是放热反应，该反应一定不用加热 B. 需要加热方能发生的反应一定是吸热反应 C. CO2与CaO化合是放热反应，则CaCO3分解是吸热反应 D. 1mol硫酸与足量氢氧化钠发生中和反应生成水所释放的热量称为中和热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应条件与反应热无关，放热反应有的需加热，有的不需加热，如碳和氧气生成二氧化碳是放热反应，但也需加热到碳的着火点，A错误；‎ B．需要加热的反应，可能为放热反应，如铝热反应，也有一些吸热反应无需加热就可进行，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，B错误；‎ C．CO2与CaO化合生成CaCO3是放热反应，从能量守恒的角度思考，CaCO3分解生成CO2与CaO应该吸热能量，C正确；‎ D．中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水所释放的能量，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8. 下列说法正确的是：( )‎ A. Na，Mg，Al还原性依次减弱 B. HCl，PH3，H2S稳定性依次减弱 C. NaOH，KOH，CsOH碱性依次减弱 D. S2－，Cl－，Ca2+半径依次增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na、Mg、Al位于周期表相同周期，金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，A项正确；‎ B、非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl、H2S、PH3稳定性依次减弱，B项错误；‎ C、金属性：Cs＞K＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则NaOH、KOH、CsOH碱性依次增强，C项错误；‎ D、S2-、Cl-、Ca2+核外电子排布相同，核电核数依次增大，半径依次减小，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列说法正确的是（　　）‎ A. 化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化 B. 反应物的总能量高于生成物的总能量时发生吸热反应 C. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应是放热反应 D. 木炭在氧气中的燃烧是吸热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学反应中断裂化学键吸收能量、形成化学键释放能量，化学反应中一定有能量的变化，通常表现为热量的变化，A正确；‎ B.反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，B错误；‎ C. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，C错误；‎ D.木炭在氧气中的燃烧是放热反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.对于反应A2＋3B2＝‎2C来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）‎ A. v(B2)=0.8 mol/ (L·s) B. v(A2)=0.4 mol/ (L·s)‎ C. v(C)=0.6 mol/ (L·s) D. v(B2)=4.2 mol/ (L·s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】用反应速率判断反应快慢的方法，首先把各物质的反应速率除以其化学方程式中的化学计量数：A．＝mol/(L·s)，B．v(A2)＝0.4 mol/(L·s)，C．＝0.3 mol/(L·s)，D．＝1.4 mol/(L·s)，然后比较大小知D项最大。‎ ‎11.可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到平衡状态时的标志是 （ ）‎ A. 混合气体的体积恒定不变 B. 混合气体的颜色不再改变 C. H2、I2、HI的浓度相等 D. I2在混合气体中的体积分数与H2在混合气体中的体积分数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学方程式的前后计量数大小相同，混合气体的体积不受反应影响，体积恒定不变，无法判断正反应速率与逆反应速率是否相等，A项错误；‎ B．I2蒸气是红棕色的气体，混合气体颜色变浅，说明浓度降低，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色不再发生变化能确定反应达到平衡，B项正确；‎ C．反应混合物中各组成物质的浓度相等，不能说明反应v正=v逆，不能说明达到平衡状态，C项错误；‎ D．I2在混合气体中的体积分数与H2在混合气体中的体积分数相等，不能说明反应v正=v逆，不能说明达到平衡状态，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，注意该反应是反应前后气体体积不变的化学反应，压强对该反应的平衡无影响，只影响化学反应速率，据此进行判断。‎ ‎12.X元素的阳离子与Y的阴离子具有相同的核外电子排布，则下列比较中正确的是( )‎ A. 原子序数： X＜Y B. 原子半径：X＜Y C. 离子半径：X＜Y D. 原子最外层电子数：X＜Y ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做此类题，可用特殊值法。X可看成是钠元素，Y可看成是氟元素。‎ ‎【详解】A．原子序数：Na＞F，故A错误；‎ B．Na核外有3个电子层，F核外有2个电子层，故原子半径Na＞F，故B错误；‎ C．Na+和F-核外电子排布相同，质子数越多，半径越小，所以离子半径：Na+＜F-，故C错误；‎ D．Na最外层有1个电子，F最外层有7个电子，故原子最外层电子数：Na＜F，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎13.下列四种盐酸溶液，均能跟锌片反应，其中最初反应速率最快的是( )‎ A. ‎10℃‎ 20mL 3mol/L的盐酸溶液 B. ‎20℃‎ 10mL 4mol/L的盐酸溶液 C. ‎20℃‎ 20mL 2mol/L的盐酸溶液 D. ‎20℃‎ 30mL 2mol/L的盐酸溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】温度越大，单位浓度的活化分子的数目越大，故反应速率就越大，浓度越大，单位浓度的活化分子的数目越大，故反应速率就越大，四个选项中B选项的温度最高，浓度最大，所以当B溶液与锌片反应，其最初反应速率最快，故本题的答案选择B。‎ ‎14.已知空气—锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此判断，锌片是（ ）‎ A. 正极，被还原 B. 正极，被氧化 C. 负极，被还原 D. 负极，被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合价变化判断氧化还原反应，原电池中发生氧化反应的为负极。‎ ‎【详解】在空气—锌电池中锌片发生的反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，则锌的化合价升高，发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，所以在空气—锌电池中锌为负极被氧化，答案选D。‎ ‎15.下列比较中正确的是（ ）‎ A. 离子还原性：S2->Cl->Br->I-‎ B. 氧化性：F2>Cl2>Br2>S C. 酸性：H2SO4>HClO4>H3PO4‎ D. 非金属性：F>Cl>S>O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因非金属性Cl>Br>I>S，则离子的还原性为：S2-> I->Br-> Cl- ，A错误；‎ B．因非金属性F>Cl>Br >S，则单质的氧化性为：F2>Cl2>Br2>S，B正确；‎ C．因非金属性Cl>S >P，则对应最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4> H2SO4>H3PO4，C错误；‎ D．同周期元素从左到右非金属性增强，则F>O，Cl>S，同主族元素从上到下非金属性减弱，则O>S，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的时（ ）‎ A. CaCl2和Na2S B. Na2O和Na2O‎2 ‎C. CO2和CaO D. HCl和NaOH ‎【答案】A ‎【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，以此解答。‎ ‎【详解】A．CaCl2和Na2S都为离子化合物，均只含离子键，化学键类型相同，A正确；‎ B．. Na2O只含离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，化学键类型不同，B错误；‎ C．CO2为共价化合物，只含共价键，CaO为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，C错误；‎ D．HCl为共价化合物，只含共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，化学键类型不同，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】化合物中有活泼金属或者铵根的为离子化合物，含有离子键，如果离子化合物中含有原子团则还有共价键，Na2O2中的“O22-”叫过氧根为原子团。‎ ‎17.在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述正确的是（ ）‎ A. 反应的化学方程式：‎2MN B. t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡 C. t3时，正反应速率大于逆反应速率 D. t1时N的浓度是M浓度的2倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像可知，反应中M的物质的量增减增多，N的物质的量增减减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图像中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的量之比为2:1，所以反应方程式为：2N⇌M，A错误；‎ B．由图像可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正向进行，正反应速率大于逆反应速率，B错误；‎ C．由图像可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，C错误；‎ D．t1时N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，即N的浓度是M浓度的2倍，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.有X，Y两种原子，X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X，Y元素的元素符号分别为（ ）‎ A. C和Al B. N和Be C. Si和B D. Mg和S ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，说明Y原子的L层已经排满8个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X原子的L层电子数为4，所以Y原子的M层电子数为3，据此判断。‎ ‎【详解】X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，说明Y原子的L层已经排满8个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X原子的L层电子数为4，则X为碳元素，碳原子的M层电子数为0，所以Y原子的M层电子数为3，则Y为铝元素。即X为C，Y为Al。‎ 答案选A。‎ ‎19.下列叙述中，正确的是 A. 同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大 B. ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子 C. 室温时，0族元素的单质都是气体 D. 元素周期表中从ⅢB到ⅡB这8个纵行的元素都是金属元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期元素中原子半径从左到右逐渐减小，所以同周期元素中ⅦA族元素的原子半径最小，A错误；‎ B．ⅥA族元素中从上到下原子半径逐渐增大，非金属性减弱，得电子能力减弱，B错误；‎ C．室温时，0族元素的单质都是气体，C正确；‎ D．元素周期表中从ⅢB到ⅡB共10个纵行，这10个纵行都是金属元素，又称为过渡元素，D错误；‎ 答案选C ‎20.已知短周期元素的离子：aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是(　　)‎ A. 原子半径：A＞B＞D＞C B. 原子序数：d＞c＞b＞a C. 离子半径：C＞D＞B＞A D. 单质的还原性：A＞B＞D＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。‎ ‎【详解】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：B＞A＞C＞D，故A不选；‎ B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：a＞b＞d＞c，故B不选；‎ C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：C＞D＞B＞A，故C选；‎ D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子的还原性和氧化性等关系。‎ ‎21.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）‎ X Y Z W A. 原子半径： W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X C. 气态氢化物的稳定性：ZB>C>D B. C>A>B>D C. A>C>D>B D. B>D>C>A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①活泼性较强的金属作原电池的负极，，A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则活泼性：A＞B；‎ ‎②原电池中电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，则活泼性：C＞D；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，说明C为原电池的正极，脚步活泼，则活泼性：A＞C；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，应为原电池的负极，则活泼性：D＞B。所以有：A＞C＞D＞B，‎ 故选C。‎ ‎26.下列电子式书写正确的是 A. N2 ‎ B. NH3 ‎ C. H2O ‎ D. NaCl ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8‎ 电子稳定结构，每个氮原子还含有1对孤对电子，所以氮气正确的电子式为，A错误；‎ B．氨气分子的氮原子中含有1对孤对电子，氨气分子的电子式为，B错误；‎ C．水是共价化合物，原子间通过共用电子对形成化学键，其电子式为，C错误；‎ D．氯化钠属于离子化合物，电子式中钠离子形成离子符号形式，氯离子需要标出最外层电子，即氯化钠的电子式为，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】掌握电子式的表示方法是解答的关键，书写电子式时要注意以下几点：主族元素的简单离子中，阳离子的电子式就是离子符号，阴离子的最外层都是8电子结构(H－除外)，在表示电子的符号外加方括号，方括号的右上角标明所带电荷；离子化合物中阴阳离子个数比不是1∶1时，要注意每一个离子都与带相反电荷的离子直接相邻的事实；写双原子分子的非金属单质的电子式时，要注意共用电子对的数目和表示方法。‎ ‎27.在图所示的装置中，a的活动性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是（ ）‎ A. 碳棒上有气体放出，溶液的pH增大 B. a是正极，b是负极 C 导线中有电子流动，电子从a极流到b极 D. a极上发生了氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a的活动性比氢要强，b为碳棒，该装置能自发的发生氧化还原反应而构成原电池，a作负极，碳棒作正极，负极上金属失去电子发生氧化反应，碳棒上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答此题。‎ ‎【详解】A．该原电池中金属a作负极，碳棒b 作正极，负极上金属失去电子发生氧化反应，正极碳棒上氢离子得电子发生还原反应，所以溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，A正确；‎ B．该原电池中，金属a的金属性大于氢元素，所以金属a作负极，碳棒b作正极，B错误；‎ C．该装置能构成原电池，有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，C正确；‎ D．a做负极，负极上失电子发生氧化反应，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎28.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（　　）‎ A. a电极是负极 B. b电极的电极反应为：4OH--4e-====2H2O+O2↑‎ C. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 D. 氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A正确；‎ B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据图示，电极反应式为O2+2H2O+4e- =4OH-，故B错误；‎ C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；‎ D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意电解质溶液的酸碱性对电极反应式的影响，正极的电极反应式，碱性溶液中O2+2H2O+4e- =4OH-，酸性溶液中O2 + 4e-- + 4H+ = 2H2O。‎ ‎29.一定温度下，反应N2（g）+3H2(g)2NH3(g)不能作为达到平衡状态的依据的是 A. N2，H2和NH3的质量分数不再改变 B. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ C. 断开1 mol H-H的同时形成1 mol H-H D. 单位时间里每增加1 mol N2，同时消耗3 molH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，反应混合物中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态称为平衡状态，N2，H2和NH3的质量分数不再改变说明反应达到平衡状态；‎ B项，达平衡时各物质的浓度不再发生变化，但物质的浓度之比不一定等于化学计量数之比，c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2时反应不一定达到平衡状态；‎ C项，断开1 mol H-H的同时形成1 mol H-H，说明H2的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态；‎ D项，单位时间里每增加1 mol N2，同时消耗3 molH2说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；‎ 答案选B。‎ ‎30.下列关于化学反应限度的说法中不正确的是（ ）‎ A. 当一个可逆反应达到平衡状态时，这就是这个反应所能达到的限度 B. 当一个可逆反应进行到平衡状态时，那么这个反应的正向反应速率和逆向反应速率相等 C. 平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变 D. 化学反应的限度可以通过改变条件而改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在不同的条件下，化学反应限度不同，当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0‎ ‎，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化，依次分析解答此题。‎ ‎【详解】A．在一定条件下，当正逆反应速率相等时，可逆反应达到一定的限度，即化学平衡状态，A正确；‎ B．达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分浓度不变，B正确；‎ C．平衡状态是一种动态平衡，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，C错误；‎ D．当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎31.已知‎25 ℃‎、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的化学方程式分别为：C(石墨) + O2(g) = CO2(g)，1 mol C(石墨) 完全燃烧放热393.51 kJ；C(金刚石) + O2(g) = CO2(g)，1 mol C(金刚石) 完全燃烧放热 395.41 kJ。据此推理所得到的下列结论中，正确的是 A. 金刚石比石墨稳定 B. 石墨转化为金刚石是物理变化 C. 石墨的能量比金刚石的能量高 D. 由石墨制备金刚石一定是吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意，1mol石墨完全燃烧放出的热量小于1mol金刚石完全燃烧放出的热量，则1mol石墨具有的能量比1mol金刚石具有的能量低，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，A错误；‎ B.石墨转化为金刚石是化学变化，B错误；‎ C.根据题意， 1mol石墨完全燃烧放出的热量小于1mol金刚石完全燃烧放出的热量，则1mol石墨具有的能量比1mol金刚石具有的能量低，C错误；‎ D.由于石墨的能量比金刚石的能量低，所以由石墨制备金刚石一定是吸热反应，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎32.某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，下列叙述正确的是 A. R一定是第VIIA族元素 B. R的最高价氧化物为RO3‎ C. R的气态氢化物能燃烧 D. R的气态氢化物易溶于水显碱性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．某主族元素R最高正化合价与负化合价代数和为6‎ ‎，其最高化合价与最低化合价的绝对值之和为8，则R的最高价为+7价、最低价为-1价，为第VIIA族元素（F元素除外）；‎ B．其最高化合价为+7价、O元素化合价为-2价，根据化合物中化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的化学式；‎ C．卤化氢不能燃烧；‎ D．R气态氢化物水溶液呈酸性。‎ ‎【详解】A．某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，其最高化合价与最低化合价的绝对值之和为8，设其最高化合价为x、最低化合价为y，则x+y=6、x-y=8，所以x=7、y=-1，即R的最高价为+7价、最低价为-1价，为第VIIA族元素（F元素除外），选项A正确；‎ B．其最高化合价为+7价、O元素化合价为-2价，根据化合物中化合价的代数和为0知其最高价氧化物的化学式为R2O7，选项B错误；‎ C卤化氢不能燃烧，选项C错误；‎ D．R气态氢化物水溶液呈酸性，且易溶于水，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，正确判断元素是解本题关键，熟悉同一主族元素原子结构、元素性质、元素性质递变规律，易错选项是B，根据最高价+7价判断氧化物的化学式。‎ ‎33.将锌片和铜片用导线连接后放入稀硫酸溶液中发生原电池反应，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 负极附近的SO42- 浓度逐渐减小 B. 正极有O2逸出 C. 电子通过导线由铜片流向锌片 D. 铜片上有H2逸出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该原电池中，较活泼的金属锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气；电子从负极沿导线流向正极；溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此分析。‎ ‎【详解】A．原电池放电时，溶液中阴离子向负极移动，所以负极附近的SO42-浓度逐渐增大，A错误；‎ B．正极上氢离子得电子生成氢气，B错误；‎ C．原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，即电子通过导线由锌片流向铜片，C错误；‎ D．铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理，难度不大，难点是判断溶液中阴阳离子的移动方向，很多学生认为阴离子向正极移动，阳离子向负极移动。注意从“异性相吸，同性相斥”的角度去理解。‎ ‎34.下列各个装置中能组成原电池的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎【详解】A.两个电极材料相同，不能构成原电池，A错误；‎ B.锌的活泼性大于铜，硫酸铜为电解质溶液，锌能够与硫酸铜反应，符合原电池的构成条件，能组成原电池，B正确；‎ C.乙醇不是电解质溶液且不能自发的进行氧化还原反应，不能构成原电池，C错误；‎ D.没有形成闭合回路，不能构成原电池，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池的构成条件，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键，四个条件必须同时具备，缺一不可。‎ ‎35.同周期的X、Y、Z三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 含氧酸的酸性H3ZO4＞H2YO4＞HXO4‎ B. 非金属性X>Y>Z C. 元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z变小 D. 气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期的X、Y、Z三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X、Y、Z的最高正价分别为+7、+6、+5，原子序数X>Y>Z，对应负化合价分别为-1、-2、-3，同周期元素随原子序数递增，元素非金属性增强、最高价含氧酸的酸性增强、气态氢化物稳定性增强，据此分析解答。‎ ‎【详解】同周期的X、Y、Z三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X、Y、Z的最高正价分别为+7、+6、+5，原子序数X>Y>Z，同周期元素随原子序数递增，元素非金属性增强，所以非金属性X>Y>Z。‎ A．元素非金属性增强、最高价含氧酸的酸性增强，所以酸性H3ZO4Y>Z，B正确；‎ C．X、Y、Z对应负化合价分别为-1、-2、-3，其绝对值依次增大，C错误；‎ D．气态氢化物稳定性与元素非金属性一致，非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序减弱，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎36.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图。已知B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍；B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍，则A、B、C所在的一组是（ ）‎ A. Be、Na、Al B. B、Mg、Si C. O、P、Cl D. C、Al、P ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C均为短周期元素，由元素在元素周期表中的位置，可知A位于第二周期，B、C位于第三周期，设A的原子序数为x，则B的原子序数为x+7，C为x+9，根据题中B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍可有：x+7+x+9=4x，解得x=8，所以A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，满足B、C两元素在周期表中族序数之和是A元素序数的2倍。‎ 答案选C。‎ ‎37.如图所示装置中， M棒变细，N棒变粗．由此判断下表中所列M、N、R物质，其中合理的是( )‎ M N R A 锌 铜 稀硫酸 B 铜 铁 稀盐酸 C 铁 铜 硝酸银 D 铜 铁 氯化铁 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，此装置为原电池装置，M棒变细，N棒变粗可知M棒做负极，N棒做正极,据此回答本题。‎ ‎【详解】A. 锌铜稀硫酸原电池，铜(N)棒上生成H2，不会变粗。故A错误；‎ B. 铁铜稀盐酸原电池，铜(M)棒上生成H2，不会变细，铁(N)棒上：Fe－2e- = Fe2+会变细，故B错误；‎ C. 铁铜硝酸银原电池，铁(M)棒上：Fe－2e- = Fe2+，会变细，铜(N)棒上：Ag++ e-=Ag+会变粗，故C正确；‎ D. 铁铜氯化铁原电池，铜(M)棒上：Fe3++ e- = Fe2+，不会变粗，铁(N)棒上：Fe－2e- = Fe2+会变细，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】熟悉原电池原理，根据电极的活泼性及电解质溶液判断出原电池正负极，利用氧化还原反应原理找到原电池的电极反应，从而得到电极的粗细变化，得出结论。‎ ‎38.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。‎ ‎39.共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量。如H-H键的键能是436kJ/mol，H—Cl键的键能是431kJ/mol，Cl—Cl键的键能是247 kJ /mol，H2和Cl2反应生成1molHCl放出的热量是（ ）‎ A. 431kJ B. 179kJ C. 89.5kJ D. 以上说法都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算吸收和放出的能量，进而计算反应中热量的变化，然后求出生成1molHCl放出的热量。‎ ‎【详解】在反应H2+Cl2 2HCl中，断裂1molH—H键，1molCl—Cl键共吸收的能量为：436kJ+247kJ=683kJ，生成2 molH—Cl键放出的能量为：2´431kJ=862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：862kJ-683kJ=179kJ，所以H2和Cl2反应生成1molHCl放出的热量是kJ=89.5kJ。‎ 答案选C。‎ ‎40.在‎2L的密闭容器中进行反应：3H2+N22NH3，经过一段时间后，NH3‎ 的物质的量增加0.8mol，在这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1。则这段时间为 A. 10s B. 20s C. 30s D. 40s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知用N2表示的平均反应速率，由反应速率之比等于化学计量数之比可知氨气的速率，结合有关公式进行计算。‎ ‎【详解】一段时间后，NH3的物质的量增加0.8mol，在这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01mol·l-1·s-1，由反应速率之比等于化学计量数之比，在这段时间内用NH3表示的平均反应速率为0.02 mol·L-1·s-1，根据v=、c=可知：△t= 。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学反应速率之比等于化学计量数之比，在化学反应速率的有关计算中一定要会熟练的运用。‎ 二、填空题 ‎41.下列五种物质中 ①Ne ②H2O ③NH3④KOH ⑤Na2O（填写序号）：只存在共价键的是 ，只存在离子键的是 ，既存在共价键又存在离子键的是 ，不存在化学键的是 。‎ ‎【答案】②③； ⑤； ④； ①。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①Ne是单原子分子，无任何化学键；②H2O是共价化合物，只含有极性共价键；③NH3是共价化合物，只含有极性共价键；④KOH是离子化合物，含有离子键、极性共价键；⑤Na2O是离子化合物，只含有离子键。因此只存在共价键的是②③；只存在离子键的是⑤；既存在共价键又存在离子键的是④；不存在化学键的是①。‎ 考点：考查物质的构成及含有的化学键的类型的判断的知识。‎ ‎42.（1）用电子式表示H2O和MgBr2的形成过程：___、___。‎ ‎（2）H2O以___键结合，MgBr2以___键结合。（填极性键、非极性键、离子键）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 极性键 (4). 离子键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）水是共价化合物，分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为水分子的电子式，中间用箭头连接；溴化镁是离子化合物，由溴离子和镁离子构成，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边是溴化镁的电子式，中间有箭头连接；（2）水是共价化合物，由极性键结合；溴化镁是离子化合物，由离子键结合。‎ ‎【详解】（1）H2O是共价化合物，分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为水分子的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示其形成过程为：，溴化镁是离子化合物，由溴离子和镁离子构成，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边是溴化镁的电子式，中间有箭头连接，用电子式表示其形成过程为：。‎ ‎（2）H2O是共价化合物，由极性键结合；MgBr2是离子化合物，由离子键结合。‎ ‎43.‎ ‎（1）在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为___。‎ A.a B.b C.c D.d ‎（2）G元素与E元素形成的化合物的化学式是___、___，它们都是___。（填“共价化合物”或“离子化合物”）。表格中九种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是___（用化合物的化学式表示，下同），酸性最强的是___，属于两性氢氧化物的是___。‎ ‎（3）①用元素符号将铁元素填写在上面元素周期表中对应的位置___。‎ ‎②G、H两元素相比较，金属性较强的是___（填名称），可以验证该结论的实验是___。（填编号）‎ ‎（a）看哪种原子失去的电子越多，金属性越强。‎ ‎（b）将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应 ‎（c）将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液 ‎（d）比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 ‎【答案】 (1). b (2). Na2O2 (3). Na2O (4). 离子化合物 (5). NaOH (6). HClO4 (7). Al(OH)3 (8). (9). 钠 (10). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）a区域为第ⅠA族和第ⅡA族，包含的H元素为非金属元素；c区域为第ⅢA族到第ⅦA族，d区域为0族，均含非金属元素，只有b区域为过渡元素，全部为金属元素；‎ ‎（2）G为Na、E为O，可形成过氧化钠、氧化钠，表中A-I九种元素中，Na（G）的金属性最强，Al（H）的氢氧化物具有两性，Cl（I）的最高价氧化物对应的水化物酸性最强；‎ ‎（3）①Fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数是2；②Na的金属性大于 Al，可利用失去电子的难易、与酸、水反应的剧烈程度等进行比较。‎ 根据以上分析解答此题 ‎【详解】（1）a区域为第ⅠA族和第ⅡA族，包含的H元素为非金属元素；c区域为第ⅢA族到第ⅦA族，d区域为0族，均含非金属元素，只有b区域为过渡元素，全部为金属元素。‎ ‎（2）G为Na、E为O，可形成过氧化钠、氧化钠，化学式分别为Na2O2、Na2O，均由离子构成，均属于离子化合物；表中A-I九种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4，属于两性氢氧化物的是Al(OH)3。‎ ‎（3）①Fe的原子序数为26，原子结构中有4个电子层，最外层电子数是2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ，位置如图：‎ ‎② G为钠元素，H为铝元素，都位于第三周期，同周期元素从左到右金属性依次减弱，所以金属性强的为钠；‎ ‎（a）金属性的强弱与失去电子的难易有关，与失去电子的多少无关，（a）不能验证；‎ ‎（b）将钠和铝的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应，钠的金属性强反应剧烈，（b）能验证；‎ ‎（c）将钠和铝的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，钠与水反应生成氢氧化钠，酚酞溶液变红，铝不反应，（c）能验证；‎ ‎（d）金属元素不存在气态氢化物，（d）说法错误；‎ ‎【点睛】元素周期表中金属元素的性质是越往左下位置越活泼，常比较的性质有：金属性、单质的还原性、最高价氧化物的水化物的碱性。‎ ‎44.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题（用化学符号回答）：‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎3‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎4‎ ‎⑩‎ ‎（1）在①～⑩元素中，最活泼的金属元素是________，最活泼的非金属元素是_______，最不活泼的元素是________。‎ ‎（2）在①～⑩元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______________，碱性最强的是___________，呈两性的是____________。写出在水溶液中三者之间相互反应的离子方程式：_____________________，_______________________，‎ ‎____________________________。‎ ‎【答案】 (1). K (2). F (3). Ar (4). HClO4 (5). KOH (6). Al(OH)3 (7). H＋＋OH－=H2O (8). 3H＋＋Al(OH)3=Al3＋＋3H2O (9). Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 我们首先要根据题目所给的元素周期表来确定①~⑩号元素分别为N、O、F、Na、Mg、Al、‎ Si、Cl、Ar、K，而后再根据元素周期律、元素化合物的相关知识进行解题。‎ ‎【详解】（1）根据元素周期律，最活泼的金属元素应该在周期表的左下方寻找，最活泼的非金属元素应该在元素周期表的左上方（除稀有气体外）寻找，最不活泼的元素应该从稀有气体中寻找；因此最活泼的金属元素是⑩K、最活泼的非金属元素是③F、最不活泼的元素是⑨Ar；‎ ‎（2）根据元素周期律，同周期元素从左到右金属性逐渐变弱、非金属性逐渐增强，同主族从上到下金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱可知，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是⑧HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的应该在金属与非金属的分界线上寻找，应为⑥Al(OH)3；这三种物质之间两两反应的方程式分别为：H＋＋OH－=H2O、3H＋＋Al(OH)3=Al3＋＋3H2O、 Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O。‎ ‎【点睛】该题解题的关键为根据周期表的相对位置确定元素名称，并且注意用化学符号答题。‎ ‎45.（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。‎ ‎①画出装置图：___。‎ ‎②电极材料和电解质溶液各是什么___。？‎ ‎③写出电极反应式：负极：___；正极：___。‎ ‎（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了‎3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。导线中通过___mol电子。‎ ‎【答案】 (1). (2). 负极：锌片、正极：铜片；CuSO4溶液 (3). Zn–2e-=Zn2+ (4). Cu2++2e-=Cu (5). ‎1.12L (6). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。‎ ‎【详解】（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4‎ ‎，设计的原电池装置为：；‎ ‎②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；‎ ‎③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：，Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn–2e-=Zn2+，正极：2H++2e-=H2↑，由电极反应n(H2)=n(Zn)=，V(H2)=0.05mol´‎22.4L/mol=‎1.12L，n(e-)=2 n(Zn)=2´0.05mol=0.1mol。‎ ‎【点睛】原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。‎ ‎46.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E 3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。‎ ‎（1）写出下列元素符号：A _______ ，B________，C________，D________，E__________‎ ‎（2）A与E两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：____________ 。‎ ‎（3）写出A、B两元素最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式：______________ 。‎ ‎（4）比较C、D的最高价氧化物的水化物的酸性：（用化学式表示）_______________ 。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). Al (3). Si (4). P (5). Cl (6). (7). Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O (8). H3PO4＞H2SiO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水”可知，在A、B、E 中必定有Al，由“A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素”和“C元素的最外层电子数比次外层电子数少‎4”‎可知，C为Si，又由“D元素原子次外层电子数比最外层电子数多‎3”‎，所以D为P，所以只能B为Al，A为Na；E可能为Cl或S，当E为S 时，不满足“A、B、E 3种原子最外层共有11个电子”，所以E只能为Cl，根据题目要求和元素性质和元素周期律知识来解答。‎ ‎【详解】由“这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水”可知，在A、B、E 中必定有Al，由“A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素”和“C元素的最外层电子数比次外层电子数少‎4”‎可知，C为Si，又由“D元素原子次外层电子数比最外层电子数多‎3”‎，所以D为P，所以只能B为Al，A为Na；E可能为Cl或S，当E为S时，不满足“A、B、E 3种原子最外层共有11个电子”，所以E只能为Cl。 （1）由以上分析可知A为Na，B为Al，C为Si，D为P，E为Cl；‎ 答案：Na；Al；Si；P；Cl； （2）A与E两元素可形成化合物为NaCl，用电子式表示其化合物的形成过程为；‎ 答案：‎ ‎（3）A、B两元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al（OH）3，相互反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O； 答案：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O （4）C为Si，D为P，非金属性P＞Si，元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，因此H3PO4＞H2SiO3； 答案：H3PO4＞H2SiO3‎ ‎47.有A、B、C、D四种短同期元素，最高正价依次为+1、+4、+5、+7，其核电荷数按B、C、A、D的顺序增大。已知B、C的次外层电子数为2，D、A的次外层电子数均为8，且A、D原子的电子层数相同。请回答：‎ ‎（1）写出A、B、C、D的元素符号：A___、B___、C___、D___。‎ ‎（2）画出A的原子结构示意图：___；‎ ‎（3）写出AD的电子式：___；‎ ‎（4）写出A、C的最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：__。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). C (3). N (4). Cl (5). (6). (7). NaOH+HNO3=NaNO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素的最高化合价等于其所在的主族序数，所以A在第ⅠA族，B在第ⅣA族，C在第ⅤA族，D在第ⅦA族，又A、D的次外层电子数均为8，则A、D均为第三周期的元素，综合以上分析可知A为Na，D为Cl；B、C的次外层电子数为2，B、C在第二周期，B为C、C为N。以此分析解答此题。‎ ‎【详解】（1）短周期元素的最高化合价等于其所在的主族序数，所以A在第ⅠA族，B在第ⅣA族，C在第ⅤA族，D在第ⅦA族，又A、D的次外层电子数均为8，则A、D均为第三周期的元素，综合以上分析可知A为Na，D为Cl；B、C的次外层电子数为2，B、C在第二周期，B为C、C为N，所以A、B、C、D的元素符号依次为：Na、C、N、Cl；‎ ‎（2）A为Na，原子序数为11，核内有11个质子，核外有3个电子层，电子数分别是2、8、1，原子结构示意图为：；‎ ‎（3）AD为氯化钠，是离子化合物，电子式为：；‎ ‎（4）A、C为Na、N元素，最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HNO3，二者发生中和反应生成盐和水，化学方程式为：NaOH+HNO3=NaNO3+H2O。‎ ‎【点睛】元素的最高正化合价=最外层电子数=主族序数，最高正化合价与最低价的绝对值之和等于8。‎ ‎48.短周期元素X、Y、Z组成的化合物Y2X和ZX2。Y2X溶于水形成的溶液能与ZX2反应生成一种化合物Y2ZX3。已知三种元素原子的质子总数为25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，试回答：‎ ‎（1）X、Y、Z元素的名称：X___，Y___，Z___。‎ ‎（2）用电子式表示ZX2的形成过程：___。‎ ‎（3）Y2X对应水化物的电子式___，其中存在的化学键有___。‎ ‎（4）写出Y2X溶于水的溶液与ZX2反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 氧 (2). 钠 (3). 碳 (4). (5). (6). 离子键和共价键 (7). 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，可设最外层电子数为n，则有关系式：n=´(2+n)，解得n=4，所以Z为碳元素，质子数为6；设X、Y两种元素原子的质子数分别为x、y，由题知X、Y、Z三种元素原子的质子总数为25，则有x+y+6=25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为氧元素，Y为钠元素，然后利用单质及化合物的性质来解答。‎ ‎【详解】Z原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的倍，可设最外层电子数为n，则有关系式：n=´(2+n)，解得n=4，所以Z为碳元素，质子数为6；设X、Y两种元素原子的质子数分别为x、y，由题知X、Y、Z三种元素原子的质子总数为25，则有x+y+6=25，且Z和Y的原子序数之和比X的原子序数2倍还多1，则有6+y=2x+1，联立方程解得：x=8，y=11，即X为氧元素，Y为钠元素。‎ ‎（1）由以上分析可知，X为氧元素，Y为钠元素，Z为碳元素；‎ ‎（2）ZX2是CO2，CO2是共价化合物，由化合价可知每个氧原子与碳原子之间有2对共用电子对，碳原子共有4个共用电子对，形成过程用电子式可表示为：；‎ ‎（3）Y2X为Na2O，对应水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为：；钠离子与氢氧根离子之间为离子键，氢氧根离子中氢原子和氧原子之间为共价键；‎ ‎（4）Y2X为Na2O，溶于水生成NaOH，ZX2为CO2，二者反应的化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。‎ ‎【点睛】用电子式表示离子化合物形成过程时，左边是原子的电子式，有几个原子写几个原子，不能合并，后面是化合物的电子式，中间用箭头连接。‎ ‎49.某温度时，在‎2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）X的转化率是______；‎ ‎（2）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为______；‎ ‎（3）反应从开始至2分钟末，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=__________；‎ ‎（4）当反应进行到第____min，该反应是达到平衡。‎ ‎【答案】 (1). 30% (2). 3X＋Y2Z (3). 0.05 mol/(L·min) (4). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像可知反应进行到2min时物质的浓度不再发生变化，说明反应得到平衡状态。消耗X的物质的量是1mol—0.7mol＝0.3mol，所以X的转化率是0.3mol/1mol×100%＝30%；‎ ‎（2）由图中所给数据可知Y的物质的量减少了1.0mol－0.9mol＝0.1mol，Z的物质的量增加了0.2mol，所以根据变化量之比是化学计量数之比可知该反应的化学方程为3X+Y2Z；‎ ‎（3）反应从开始至2分钟末，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=＝0.05mol/(L·min)；‎ ‎（4）根据图像可知当反应进行到第2min各物质的浓度不再发生变化，该反应达到平衡。‎ ‎50.A、B、C、D四种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D‎2C。‎ ‎（1）B元素的名称___；B在周期表中的位置第___周期，第___族；‎ ‎（2）A、B形成的化合物的电子式___；‎ ‎（3）C的最高价氧化物的化学式___；‎ ‎（4）D‎2C的电子式：___。‎ ‎【答案】 (1). 氮 (2). 二 (3). ⅤA (4). (5). SO3 (6). ‎ ‎ ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D四种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则A为氢元素；B的原子半径是其所在主族中最小的，B处于第二周期，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，最高正化合价为+5，位于第ⅤA族，则B为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，则C有三个电子层，最外层电子数为6，则C为硫元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，离子核外电子数为18，两元素可形成化合物D‎2C，D在第四周期第ⅠA族，则D为钾元素，据些分析解答。‎ ‎【详解】A、B、C、D四种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则A为氢元素；B的原子半径是其所在主族中最小的，B处于第二周期，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，最高正化合价为+5，位于第ⅤA族，则B为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，则C有三个电子层，最外层电子数为6，则C为硫元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，离子核外电子数为18，两元素可形成化合物D‎2C，D在第四周期第ⅠA族，则D为钾元素。‎ ‎（1）B为氮元素，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族；‎ ‎（2）A、B分别为H、N，形成的化合物为NH3，NH3是共价化合物，N原子和H原子以共用电子对的方式结合而成，其电子式为：；‎ ‎（3）C为S元素，最高正化合价为+6，最高价氧化物的化学式为SO3；‎ ‎（4）D为K元素，C为S元素，D‎2C为K2S，K2S是离子化合物，钾离子和硫离子之间以离子键结合而成，电子式为：。‎ ‎【点睛】化合物的电子式在书写时，先判断化合物的类型，离子化合物由阴阳离子构成，共价化合物由原子构成，原子之间形成共用电子对，用化合价的数值判断共用电子对的数目。‎ ‎51.有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：‎ ‎（1）元素名称：A___；B___；C___；D___。‎ ‎（2）D元素位于周期表中____周期____族，C2B2的电子式：___，所含化学键____。‎ ‎（3）AB2的电子式______；写出AB2与C2B2反应的化学方程式____。‎ ‎（4）画出B的原子结构简图____。‎ ‎（5）电子式表示化合物C2D的形成过程：____。‎ ‎【答案】 (1). 碳 (2). 氧 (3). 钠 (4). 硫 (5). 三 (6). ⅥA (7). (8). 离子键和共价键 (9). (10). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑ (11). (12). ‎ ‎【解析】‎ 根据元素的相关信息结合元素的核外电子排布以及元素在周期表中的相对位置首先判断出元素种类，然后结合题干问题以及单质及其化合物的性质分析解答。‎ 有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A是碳元素，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C是Na。C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，所以B是氧元素，D是硫元素，则 ‎ ‎（1）根据以上分析可知四种元素的名称分别是碳、氧、钠、硫；（2）S元素的原子序数是16，位于周期表中第三周期第ⅥA族；过氧化钠是离子化合物，电子式为，所含化学键类型有离子键和非极性键；（3）CO2是共价化合物，电子式为；CO2与过氧化钠反应的化学方程式为 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑；（4）氧元素的原子序数是8，其原子结构示意图为；（5）硫化钠是离子化合物，其形成过程可以表示为。‎ ‎52.A、B、C、D四种短周期元素，原子序数D＞A＞B＞C，且A、B同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图如图，B元素最外层电子数是次外层电子数的四分之一，C元素的气态氢化物的水溶液显碱性，据此填空：‎ ‎（1）A元素气态氢化物的电子式___，A、B、C、D 四种元素按原子半径由大到小的顺序排列为___。（填元素符号）‎ ‎（2）A的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式为___。‎ ‎（3）A，C，D的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱_______，C的氢化物比D的氢化物沸点___（填“高”或“低”），原因是___。‎ ‎【答案】 (1). (2). Mg>Si>P>N (3). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (4). HNO3>H2SiO3>H3PO4 (5). 高 (6). NH3分子之间存在氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D四种短周期元素，原子序数D＞A＞B＞C，根据A的原子结构示意图可知，x=2，A的质子数为14，则A为Si元素，B元素最外层电子数是次外层电子数的四分之一，B元素原子有3个电子层，最外层电子数为2，所以B为Mg元素，C元素的气态氢化物的水溶液显碱性，则C为N元素，C、D同主族，则D为P元素，根据元素所在周期中的位置结合周期律的递变规律解答此题。‎ ‎【详解】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数D＞A＞B＞C，根据A的原子结构示意图可知，x=2，A的质子数为14，则A为Si元素，B元素最外层电子数是次外层电子数的四分之一，B元素原子有3个电子层，最外层电子数为2，所以B为Mg元素，C元素的气态氢化物的水溶液显碱性，则C为N元素，C、D同主族，则D为P元素。‎ ‎（1）由以上分析可知A为Si元素，其气态氢化物为SiH4，分子中氢原子与硅原子之间形成1对共用电子对，电子式为：；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以A、B、C、D四种元素按原子半径由大到小的顺序排列为：Mg＞Si＞P＞N；‎ ‎（2）A的最高价氧化物为SiO2，与氢氧化钠反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；‎ ‎（3）元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N>P>Si，则酸性：HNO3＞ H3PO4 ＞ H2SiO3，NH3分子之间存在氢键，所以其沸点比PH3的沸点高。‎ ‎53.短周期元素X、Y、Z在周期表中位置关系如图所示。‎ ‎（1）X元素的单质分子式是___。若X核内中子数与质子数相等，X单质的摩尔质量是___。‎ ‎（2）Y单质的电子式是___。‎ Y单质与水反应的化学方程式：___。‎ Z与钠形成的化合物的电子式是：___。‎ ‎【答案】 (1). He (2). ‎4g/mol (3). (4). ‎2F2+2H2O=4HF+O2 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，Z为S元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据短周期元素在周期表中的位置可知X为He元素，Y为F元素，Z为S元素。‎ ‎（1）X元素为He，属于惰性气体元素，单质分子式为He，若He核内中子数与质子数相等，质量数为2+2=4，则He单质的摩尔质量是‎4g/mol；‎ ‎（2）Y元素为F，单质化学式为F2，电子式为：，F2是氧化性最强的非金属单质，能与水发生反应，化学方程式为：‎2F2+2H2O=4HF+O2；Z为S元素，与钠形成的化合物为Na2S，属于离子化合物，由钠离子与硫离子构成，其电子式为：。‎ 三、实验题 ‎54.如图所示，把试管放入盛有‎25℃‎饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再滴入5mL稀盐酸。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验中观察到的现象是________________。‎ ‎(2)产生上述现象的原因是________________。‎ ‎(3)写出有关反应的离子方程式____________。‎ ‎(4)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量________(填“大于”、“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。‎ ‎【答案】 (1). 镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊 (2). 镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出 (3). Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、Ca2＋＋2OH－=Ca(OH)2↓ (4). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）镁与稀盐酸会发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，该反应为放热反应，因Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低，故实验现象为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊，‎ 故答案为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；‎ ‎（2）由（1）分析可知，产生上述现象的原因是：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出，‎ 故答案为：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出；‎ ‎（3）镁与盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，烧杯中发生反应：Ca2＋＋2OH－=Ca(OH)2↓，‎ 故答案为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑、Ca2＋＋2OH－=Ca(OH)2↓；‎ ‎（4）该反应为放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量，‎ 故答案为：小于。‎ 四、计算题 ‎55.在一密闭的‎2 L容器中装有4 mol SO2和2 mol O2，在一定条件下开始反应。2 min末测得容器中有1.6 mol SO2，请计算：‎ ‎(1)2 min末SO3的浓度；‎ ‎(2)2 min内SO2的平均反应速率；‎ ‎(3)2 min末SO2的转化率。‎ ‎【答案】(1)1.2 mol/L (2)0.6 mol/(L·min) (3)60%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)2 min末c(SO3)＝＝1.2 mol/L ‎(2)2 min内v(SO2)＝＝＝0.6 mol/(L·min)‎ ‎(3)2 min末SO2的转化率＝×100%＝60%。‎ ‎56.在‎2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)+ O2(g)。反应5min后，测得N2O5转化了20%，求：‎ ‎（1）υ（NO2)、υ(O2）分别为多少？‎ ‎（2）5min时，N2O5占混合气体总体积的百分比是多少？‎ ‎（要求写出计算过程）‎ ‎【答案】（1）υ（NO2)=0.16mol/（L·min）υ(O2）=0.O4mol/（L·min）（2）61．5%‎ ‎【解析】‎ 试题分析： 2N2O5(g)4NO2(g)+ O2(g)‎ 起始浓度（mol/L） 2 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 2×0.2 0.8 0.2‎ ‎5min后浓度（mol/L） 1.6 0.8 0.2‎ 所以5分钟内υ（NO2)＝0.8mol/L÷5min＝0.16mol/（L·min）‎ υ(O2）＝0.2mol/L÷5min＝0.04mol/（L·min）‎ ‎5min时，N2O5占混合气体总体积的百分比是 考点：考查可逆反应反应速率、体积分数的有关计算 点评：该题是高考中的常见题型和重要考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该类试题需要明确的是在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。‎