河北省宣化市第一中学2019-2020学年高一11月月考化学试化学题（解析版）


河北省宣化市第一中学2019-2020学年高一11月月考试题
可能用到相对原子质量：H：1  C：12  O：16  S：32  Na：23  N：14 Fe：56 Zn：65 Al：27 Mg：24
第I卷（50分）
一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 在甲烷燃烧的反应中,化学能只转化为热能
C. 吸热反应在常温下一定不能发生
D. 旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成所释放的能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A.可燃物燃烧都是放热反应，但需要加热到着火点，故A错误；
B.在甲烷燃烧反应中，化学能只转化为热能和光能，故B错误；
C.有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故C错误；
D.化学反应本质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，断裂化学键需吸收能量，形成化学键需释放能量，旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成所释放的能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热，故D正确；
故答案为D。
2.频频发生的雾霾天气向人们发出警告:空气污染已日趋严重,开发使用清洁能源和节能减排势在必行。将煤块粉碎、经脱硫处理、在适当过量的空气中燃烧,这样处理的目的是（ ）
①使煤充分燃烧,提高煤的利用率　②减少SO2的产生,避免造成“酸雨”　③减少有毒的CO产生,避免污染空气　④减少CO2的产生, 避免“温室效应”
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①将煤块粉碎，增大与空气的接触面积，能煤充分燃烧，提高煤能的利用率，故①正确；
②煤中含有S元素，燃烧时能生成SO2，经脱硫处理可减少SO2的产生，避免造成“酸雨”，故②正确；
③在适当过量的空气中燃烧，生成CO2，减少CO的产生，故③正确；
④无论是否脱硫处理，在适当过量的空气中燃烧，生成CO2的量都不变，不能减少CO2的产生，故④错误。
所以正确的是①②③。
故答案为A。
3.下列叙述中正确的是（ ）
A. 短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
B. 全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物
C. 两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D. 存在两种这样的阴、阳离子，其电子数和质子数均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期阴离子的半径大于阳离子的半径，如第三周期中阴离子半径大于阳离子半径，且铝离子半径最小，故A错误；
B. 全部由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵，故B错误；
C．在原子中质子数=核外电子数，具有相同质子数的同一类原子为同一元素，所以核外电子排布相同的两种原子一定属于同种元素，故C正确；
D．阳离子的质子数大于电子数，阴离子的质子数小于电子数，如电子数相同，则质子数一定不同，故D错误；
故答案为C。
4.2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的是（ ）
A. 34S原子核内的中子数为16 B. 13C和15N原子核内的质子数相差2
C. 16O与18O互称同位素 D. 2H的核外电子数比1H多一个
【答案】C
【解析】
【详解】A. 34S原子核内的中子数为34-16=18，故A错误；
B. 13C质子数为6，15N质子数为7，则质子数相差1，故B错误；
C. 16O与18O质子数相同而中子数不同，互称同位素，故C正确；
D. 2H的核外电子数等于质子数，所以和1H一样多，故D错误，
故选C。
5.共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2；②SiO2；③碘；④金刚石；⑤NaCl；⑥白磷，其中含有两种作用力的组合是（ ）
A. ①②⑤ B. ①③⑥ C. ②④⑥ D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】：①Na+和O22-之间形成离子键、O22-中氧原子之间形成共价键，故①正确；
②SiO2为原子晶体，只含共价键，故②错误；
③碘分子内存在共价键，分子间存在分子间作用力，故③正确；
④金刚石是原子晶体，只存在共价键，故④错误；
⑤NaCl为离子晶体，只含有离子键，故⑤错误；
⑥白磷分子内磷原子之间形成共价键，而分子与分子间为范德华力，故⑥正确。
故答案为B。
6.X元素原子的质量数为m，核内中子数为n，则w g X+ 含有电子的物质的量是（ ）
A. （m-n-1）w/m mol B. （m-n）w/m mol
C. （m-n+1）w/m mol D. （m+n）w/m mol
【答案】A
【解析】
【详解】1 mol X+含电子的物质的量为(m-n-1)mol，即m g X+含(m-n-1) mol电子，设w g X+含电子的物质的量为y，列比例：m g：(m-n-1) mol=w g∶y。
解得y= =；
答案选A。
7. 下列反应过程中的能量变化情况符合下图的是( )

A. 酸与碱的中和反应 B. 石灰石高温分解反应
C. 镁和盐酸的反应 D. 氧化钙和水反应
【答案】B
【解析】
【详解】生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应。
A、酸与碱的中和反应是放热反应，故A错误；
B、石灰石高温分解反应是吸热反应，故B正确；
C、镁和盐酸的反应是放热反应，故C错误；
D、氧化钙和水反应是放热反应，故D错误．故选B。
8.已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价如下，下列说法正确的是（ ）
元素
甲
乙
丙
丁
戊
化合价
－4
＋1
－4
－2
－1
A. 甲的常见氧化物只有一种 B. 气态氢化物稳定性：丙>丁
C. 丙的氧化物能与戊的氢化物的水溶液反应 D. 原子半径大小：甲<丙
【答案】D
【解析】
【分析】甲、丙的最低价都为-4价，应为第ⅣA族元素，且原子序数甲＜丙，为短周期元素，则甲为C元素，丙为Si元素，可知乙为Na元素，丁为S元素，戊为Cl元素，结合对应的单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。
【详解】A.甲为C，C的常见氧化物有CO和CO2，故A错误；
B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，丙为Si元素，丁为S元素，非金属性：Si＜S，则气态氢化物稳定性：丙＜丁，故B错误；
C．丙的氧化物为SiO2，戊的氢化物为HCl，二者不反应，故C错误；
D．甲为C元素，丙为Si元素，原子半径大小：甲＜丙，故D正确。
故答案为D。
9.下列说法正确的是（ ）
①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合 ②金属和非金属化合形成离子键
③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引 ④两个非金属原子间不可能形成离子键
⑤非金属原子间不可能形成离子键 ⑥离子化合物中可能有共价键
⑦共价化合物中可能有离子键
A. ①②③ B. ②④⑤ C. ④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故①错误；
②金属和非金属化合一般形成离子键，也可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故②错误；
③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故③错误；
④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，不能形成离子键，故④正确；
⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故⑤错误；
⑥离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故⑥正确；
⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故⑦错误；
正确的有④⑥，故选C。
10.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B. 16g CH4所含原子数目为NA
C. 17gNH3所含中子数目为10 NA D. 20g重水（D2O）所含质子数目为10NA
【答案】D
【解析】试题分析：2.4g金属镁所含电子数目为1.2NAA选项不正确； 16g CH4物质的量是1mol，所含原子数目为4NA，选项B不正确；H原子核内不含中子，17gNH3所含中子数目为7NA，C选项不正确；20g重水（D2O）为1mol，所含质子数目为10NA，D选项正确。
11. 下列分子结构中，原子的最外层电子不能都满足8电子稳定结构的是（ ）
A. CO2 B. PCl3 C. CCl4 D. NO2
【答案】D
【解析】试题分析：CO2中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故A不正确；PCl3中，P属于第VA族元素，P元素的族序数+成键数=5+3=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故B不正确；CCl4中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故C不正确；该化合物为氢化物，氨气分子中的H原子最外层有2个电子，所以不满足8电子结构，故D正确；
12.在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）=0.5mol•L﹣1．mim﹣1 B. v（B）=0.3mol•L﹣1．mim﹣1
C. v（C）=0.8mol•L﹣1．mim﹣1 D. v（D）=0.1mol•L﹣1．s﹣1
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率且单位相同进行比较。同一化学反应中，同一时间段内，化学反应速率之比等于计量数之比。
【详解】A、υ（A）=0.5mol•L﹣1．mim﹣1；
B、υ（B）=0.3mol•L﹣1．mim﹣1，所以υ（A）=0.3mol•L﹣1．mim﹣1；
C、υ（C）=0.8mol•L﹣1．mim﹣1，所以υ（A）=(5/18) mol•L﹣1．mim﹣1；
D、υ（D）=1 mol•L﹣1．s﹣1，所以υ（A）=0.5mol/（L•s）=30 mol•L﹣1．mim﹣1；
所以表示该反应速率最快的是D。
故答案为D。
13. 下列化学用语表达正确的是（ ）
A. HF的电子式为：
B. HClO的结构式：H-Cl-O
C. 质子数为92、中子数为146U原子：
D. Cl-的结构示意图：
【答案】D
【解析】试题分析：A．HF是共价化合物，其电子式为，错误；B． HClO是共价化合物，O原子与H、Cl原子分别形成一对共用电子对，结构式：H- O – Cl，错误；C． 质子数为92、中子数为146的U原子：，错误；D．17号Cl元素的原子获得一个电子形成Cl-，结构示意图是，正确。
14.可逆反应：2NO2(g) ⇌2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是(　　)
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦
C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】①中单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；
②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；
③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；
④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；
⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；
⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；
⑦由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；
①④⑥⑦正确，答案选A。
15.已知4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系式为（ ）
A. 4v(NH3)＝5v(O2) B. 5v(O2)＝6v(H2O)
C. 2v(NH3)＝3v(H2O) D. 4v(O2)＝5v(NO)
【答案】D
【解析】
【分析】同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此分析解答．
【详解】A.v（NH3）：v（O2）=4：5，5v（NH3）=4v（O2），故A错误。
B、v（O2）：v（H2O）=5：6，6v（O2）=5v（H2O），故B错误。
C、v（NH3）：v（H2O）=4：6=2：3，3v（NH3）=2v（H2O），故C错误。
D、v（O2）：v（NO）=5：4，4v（O2）=5v（NO），故D正确。
故答案为D。
16. 下列四个选项中，可由甲推导出结论乙的是（ ）

甲
乙
A
某过程发生能量变化
该过程发生化学反应
B
两种元素同一主族
两种元素的原子最外层电子数相同
C
A原子失去的电子比B原子的多
A单质的还原性比B单质的强
D
某物质是离子化合物
该物质中一定含有金属元素
【答案】B
【解析】试题分析：A、物理过程也有能量变化，所以不能由有能量变化就推导出时发生了化学反应，错误，不选A；B、同主族元素的最外层电子数一定相等，正确，选B；C、还原性的强弱与失去电子数的多少没有关系，错误不选C；D、铵盐也是离子化合物，没有金属元素，错误，不选D。
17.右图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素原子核外的电子数之和等于B原子的质量数。B原子核内的质子数和中子数相等。下列叙述不正确的是（ ）

A. 三种元素的原子半径的大小顺序是B＞C＞A
B. A元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
C. B元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性
D. C元素是非金属性最强的元素
【答案】A
【解析】令A核外电子数为a，则C的核外电子数为a+2，B的核外电子数为a+9，A、B、C三种元素原子核外的电子数之和等于B原子的质量数，且B原子的质子数等于中子数，即有a+a+2+a+9=2(a＋9)，解得a=7，即A为N，C为F，B为S，A、同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，因此原子半径：S>N>F，故A说法错误；B、A的最高价氧化物对应水化物是HNO3，HNO3是氧化性酸，故B说法正确；C、B的氧化物是SO2、SO3，其水溶液为H2SO3、H2SO4，都显酸性，S的氢化物为H2S，属于二元弱酸，故C说法正确；D、同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左到右非金属性增强，因此F的非金属性最强，故D说法正确。
18.已知A、B、C、D的原子序数都不超过18，它们的离子aAm+、bBn+ 、cCm- 、dDn- （m＞n）均具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数：a＞b＞c＞d
B. 离子半径：aAm+＞bBn+＞cCm-＞dDn-
C. 离子还原性：aAm+ ＞bBn+，离子氧化性：cCm- ＞dDn-
D. 单质还原性：B＞A，单质氧化性：D＞C
【答案】D
【解析】
【分析】已知A、B、C、D原子序数都不超过18，它们的离子aAm+、bBn+、cCm-、dDn-，则有：a-m=b-n=c+m=d+n，A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，结合元素周期律递变规律解答该题．
【详解】A.A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，故A错误；B.电子层结构相同，核电数越多半径越小，所以aAm+＜bBn+＜dDn-＜cCm-，故B错误；
C.非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性C＜D，所以离子还原性：cCm-＞dDn-，金属性越强，对离子的氧化性越弱，所以离子氧化性：aA（n+1）+＜bBn+，故C错误；
D.金属性A＜B，所以单质还原性：B＞A；非金属性C＜D，则单质氧化性：D＞C，故D正确；
故答案为D。
19.已知某条件下，合成氨反应的数据如下：
　　　　　　　　 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
起始浓度/mol·L－1　　 1.0　　 3.0　　　　 0.2
2s末浓度/mol·L－1　　　 0.6　　 1.8　　　　1.0
4s末浓度/mol·L－1　　　 0.4　　 1.2　　　　1.4
当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是 (　　)
A. 2s末氨气的反应速率＝0.4mol·(L·s)－1
B. 前2s时间内氨气的平均反应速率＝0.4mol·(L·s)－1
C. 前4s时间内氨气的平均反应速率＝0.3mol·(L·s)－1
D. 2～4s时间内氨气的平均反应速率＝0.2mol·(L·s)－1
【答案】A
【解析】反应速率不是瞬时速率，要计算反应速率，关键要抓住Δt时间段对应的Δc的量。A项不正确。
20.已知：①1mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量；②1mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151kJ的能量；③由H原子和I原子形成1mol HI分子时释放299kJ的能量。下列判断不正确的是（ ）
A. I2蒸气比H2分子稳定
B. 2mol HI(g)发生分解反应吸收11kJ热量
C. HI与NaOH反应属于放热反应
D. 0.5mol H2(g)与0.5mol I2(g)完全反应释放出5.5kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断裂1molH2分子中的化学键需吸收能量436kJ，断裂1molI2蒸气中化学键时需要吸收151kJ的能量，所以相同条件下，H2分子中的化学键更牢固，则H2比I2稳定，故A错误；
B. 反应：H2+I2=2HI，生成2molHI需要吸收能量断裂旧的化学键1molH−H键和1molI−I键，形成新的化学键释放能量。所以该反应的反应热为△H=436kJ+151kJ−2×299kJ=−11kJ/mol<0，所以2molHI(g)发生分解反应吸收11kJ热量，故B正确；
C. HI与NaOH反应属于中和反应，中和反应为放热反应，故C正确；
D. 由B分析可知，H2+I2=2HI生成2molHI放出11kJ热量，所以0.5molH2(g)与0.5molI2(g)完全反应释放出5.5kJ热量，故D正确。答案选A。
21.X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（ ）
A. X的原子半径一定大于Y的原子半径
B. X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构
C. 两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1 ：1
D. X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：
A．当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；
B．X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2-，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；
C．两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；
D．化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确；
故答案为D。
22.物质的量均为1 mol的气体A2和B2放在1 L的密闭容器中反应生成C，2 min后，测得c(A2)＝0.58 mol·L－1，c(B2)＝0.16 mol·L－1，c(C)＝0.84 mol·L－1，则C的分子式是（ ）
A. AB2 B. A2B C. A3B2 D. A2B3
【答案】A
【解析】
【详解】设开始A2和B2两种气体的浓度均为1mol/L，在密闭容器内反应生成气体C，达平衡后，测得：c（A2）=0.58mol/L，c（B2）=0.16mol/L，c（C）=0.84mol/L，
故△c（A2）=1mol/L-0.58mol/L=0.42mol/L，
△c（B2）=1mol/L-0.16mol/L=0.84mol/L，
△c（C）=0.84mol/L，
故A2、B2、C的化学计量数之比为0.42mol/L：0.84mol/L：0.84mol/L=1：2：2，
故该反应可表示为A2+2B2⇌2C，根据原子守恒可知，C为AB2；
故答案为A。
23.化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（　 ）
A. 能够节约原料和能源 B. 能够提高产品的产量
C. 能够提高经济效益 D. 能够提高化学反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。
【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。
答案选D。
24.一定温度下,在固定体积的密闭容器中发生下列反应:2HIH2+I2。若c(HI)由0.1 mol·L-1降到0.07 mol·L-1时,需要15 s,那么c(HI)由0.07 mol·L-1降到0.05 mol·L-1时,所需反应的时间为 (　　)
A. 5 s B. 10 s C. 大于10 s D. 小于10 s
【答案】C
【解析】
【详解】若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，即减少0.03mol/L需要15s；c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，当速率与浓度变化成正比时，需要10s，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以所需的时间大于10s，C项正确；
答案选C。
25.在某稀溶液中含有0.2 mol HNO3和x mol H2SO4，向其中加入25.6 g铜粉，充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为4.48 L，则x值至少为（ ）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】C
【解析】试题分析：铜与稀H2SO4不反应，但可与稀HNO3生成NO气体和Cu(NO3)2，由于H2SO4能提供H＋，与Cu(NO3)2中电离出的NO3－还可以形成HNO3溶液，继续溶解铜。所以应以离子方程式求解：3Cu + 8H＋+2NO3－3Cu2＋+ 2NO↑+4H2O，NO气体为0.2mol，根据N守恒，HNO3的物质的量为0.2mol，反应中共耗H＋为0.8mol，所以，由H2SO4提供的H＋的物质的量为0.6mol，H2SO4即为0.3mol，综上，答案C。
第II卷（50分）
二、填空题（共50分）
26.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题。

(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是_____。(用元素符号表示)
(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是____。
(3)③、④、⑥元素可形成含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。用电子式表示下列4种微粒：A_____、B____、C_____、D____。并写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式________。
(4)由④⑤⑧三种元素组成的某种盐是家用消毒液的主要成分，将该盐溶液滴入KI淀粉溶液中溶液变为蓝色，则反应的离子方程式为__________。
【答案】(1). Na>Al>O (2). HNO3>H2CO3>H2SiO3 (3). (4). (5). (6). (7). Al3＋＋3NH3＋3H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ (8). 2I－＋ClO－＋H2O==I2＋Cl－＋2OH－
【解析】
【分析】根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素。
【详解】（1）（1）Na与Al同周期，周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Al，原子核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径Na＞Al＞O，故答案为：Na＞Al＞O；
（2）②、③、⑦对应的元素分别为C、N、Si，非金属性：N＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 ，
故答案为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 ；
（3）H、N、O、Al元素可形成含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D，则A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀，则E为Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：，故答案为：；；
（4））④⑤⑧三种元素组成的某种盐是家用消毒液，则为NaClO，有强氧化性，与KI反应生成I2和KCl，故答案为：。
27.Ⅰ．某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同的粉末状和块状的MnO2分别加入盛有15 ml 5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：
MnO2
触摸试管情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
很烫
剧烈反应，带火星的木条复燃
3.5min
块状
微热
反应较慢，火星红亮但木条未复燃
30min
（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：______。
（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与_____有关。
（3）某同学在10 mL H2O2 溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况）与反应时间的关系如图所示，则A、B、C三点所表示的反应速率最慢的是_____。

Ⅱ．某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行， 在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示（A，B，C均为气体，且A气体有颜色）。
（4）该反应的的化学方程式为__________。
（5）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为____。
（6）能说明该反应已达到平衡状态的是____。
a．v(A)= 2v(B) b．容器内各物质的物质的量相等
c．v逆(A)=v正(C) d．容器内气体的颜色保持不变
（7）由图求得平衡时A的体积分数______。

【答案】(1). 2H2O2 2H2O + O2↑ (2). 催化剂的表面积 (3). C (4). 2A + B 2C (5). 0.1mol·(L·min)-1 (6). cd (7). 37.5%
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；
（2）由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素；
（3）A、B、C三点的斜率代表反应速率，斜率越大，反应速率越大；
Ⅱ．（4）从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；
（5）化学反应速率是单位时间内浓度的变化，据此可求得反应速率；
（6）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；
（7）根据 ，可求得平衡时A的体积分数．
【详解】：（1）上述实验中发生反应的化学方程式为：；
（2）时间少，则反应速率快，则实验结果表明，催化剂的催化效果与催化剂的表面积有关，故答案为：催化剂的表面积；  
（3）由图可知，曲线斜率变小，反应速率减小，则A、B、C三点所表示的反应速率最慢的是C，故答案为：C；
Ⅱ．（4）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=2：1：2，故答案为：；
（5）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（B）=1mol，B的平均反应速率为：=0.1mol/（L•min），故答案为：0.1mol/（L•min）；
（6）a．v（A）=2v（B）不能说明正反应和逆反应的关系，故无法判断反应是否达到平衡，故a错误；
b．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；
c．在该反应中A和C的计量数相等，当v逆（A）=v正（C）时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故c正确；
d．只有A为有色物质，当容器内气体的颜色保持不变，说明各组分的浓度不再变化，该反应已经达到平衡状态，故d正确；
故答案为：cd；
（7）由图象可知：达平衡时A的物质的量为3mol，平衡时总物质的量为1mol+3mol+4mol=8mol，
所以A的体积分数为，故答案为：37.5%；
28.工业合成氨反应：N2＋3H22NH3是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1 mol H－H键、1 mol N－H键、1 mol N≡N键放出能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则：
（1）若1 mol N2完全反应生成NH3可________(填“吸收”或“放出”)热量________kJ。
（2）如果将1 mol N2和3 mol H2混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是________________________。
（3）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，则用N2表示的化学反应速率为________mol·L－1·min－1。
（4）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。
a．正反应速率和逆反应速率相等
b．正反应速率最大，逆反应速率0
c．N2的转化率达到最大值
d．N2和H2的浓度相等
e．N2、H2和NH3的体积分数相等
f．反应达到最大限度
【答案】(1). 放出 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应，因此放出能量总是小于92 kJ (4). 0.25 (5). acf
【解析】
【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则反应的N2＋3H22NH3的ΔH＝(946+436×3-391×6)kJ/mol＝－92kJ/mol，所以若1mol N2完全反应生成NH3可放出热量92kJ。
（2）由于该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应生成2mol氨气，因此放出能量总是小于92 kJ。
（3）在容积为2L的密闭容器中进行，反应经过10min后，生成10mol NH3，则消耗氮气5mol，浓度是2.5mol/L，用N2表示的化学反应速率是2.5mol/L÷10min＝0.25 mol·L －1·min－1。
（4）a．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，a正确；
b．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，且均不为0，b错误；
c．达到化学平衡时，即达到反应最大限度，N2的转化率达到最大值，c正确；
d．达到化学平衡时，N2和H2的浓度不再改变，但不一定相等，d错误；
e．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的体积分数不变，但不一定相等，e错误；
f．达到化学平衡时，反应达到最大限度，f正确。
答案选acf。