还剩14页未读，
继续阅读
【化学】湖北省四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）2018-2019学年高一下学期期中联考试题（解析版）
展开
湖北省四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）2018-2019学年高一下学期期中联考试题
注意事项：1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2．答卷前请将答题卷密封线内有关项目填写清楚。
3．可能用到的相对原子质量：H－1 Li －7 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 K－39 Rb—85 Cs－133 Pb—207 Rn—222
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.某些建筑材料含有放射性元素氡（），会对人体产生一定危害。研究表明氡的α射线会致癌，WHO认定的19种致癌因素中，氡为其中之一，仅次于吸烟。该原子的中子数与质子数之和及之差分别是（ ）
A. 136，86 B. 50，136 C. 222，86 D. 222 ,50
【答案】D
【解析】
【分析】原子中，A表示质量数，Z表示质子数，质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数，中子数=质量数-质子数。
【详解】由氡原子的符号Rn可知，该原子质子数为86，质量数222，依据质量数=质子数+中子数，可知中子数=质量数-质子数=222-86=136，该原子中中子数和质子数之差=136-86=50。
故选D。
2.下列有关化学用语表达正确的是（ ）
A. 氮气的电子式： N∶∶∶N B. 二氧化碳的分子式：O＝C＝O
C. 甲烷的比例模型： D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】C
【详解】A.氮原子未成键的孤对电子未画出，氮气分子电子式为，故A错误；
B.二氧化碳的分子式为CO2，故B错误；
C.甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷的比例模型为：，故C正确；
D.因为氧元素大非金属性强于氯元素，氧原子显－2价，结构式为H－O－Cl，故D错误。
故选C。
3.下列说法中，正确的是（ ）
A. 在周期表中，副族元素的族序数一定不等于该族元素的最外层电子数
B. 卤族单质随原子序数的增大，其熔沸点逐渐升高
C. 化学反应的过程一定有能量变化，同样有能量变化的过程一定发生了化学反应
D. 金属元素易失去电子而非金属元素易得到电子
【答案】B
【详解】A.对于主族元素族序数=原子最外层电子数，但对于副族元素有的族序数等于最外层电子数，有的等于价层电子数，故A错误；
B.卤族单质随原子序数的增大，相对分子质量增大，则熔沸点逐渐升高，故B正确；
C.物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，如物质溶解时伴随放热、吸热现象，故C错误；
D.金属元素的原子最外层电子数一般少于4个，非金属元素的原子最外层电子数一般为多于4个，一般来说，金属元素的原子易失去电子，非金属元素的原子易得到电子，但是稀有气体元素既不易失去电子也不易得到电子，故D错误。
故选B。
4.对于反应2HI（g）H2（g）＋I2（g,紫色），下列叙述能够说明已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的质量不再变化
B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C. 1molH－H键断裂的同时有2molH－I键断裂
D. 各物质的物质的量浓度之比为2∶1∶1
【答案】C
【详解】A.根据反应可知，反应物、生成物全部为气体，气体的质量在反应前后不发生变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；
B.反应两边气体的体积不变，反应过程中压强始终不变，所以容器内压强不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.1molH－H键断裂体现正反应，断裂2molH－I键体现逆反应，正逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.由于反应起始的各物质的量没有给出，因此平衡状态时各物质的物质的量浓度之比不确定，不能证明反应达到平衡状态，故D错误。
故选C。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 含有离子键的化合物一定是离子化合物
B. 在共价化合物中一定含有共价键
C. 只含有共价键的物质一定是共价化合物
D. 双原子单质分子中的共价健一定是非极性键
【答案】C
【详解】A.离子化合物中一定含离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故A正确；
B.共价化合物中一定含有共价键，故B正确；
C.只含有共价键的物质可能是共价化合物如HCl、H2O等，也可能是单质如H2、O3、C60等，故C错误；
D.双原子单质分子形成的共价健，因为原子相同得失电子能力相等，共用电子对不发生偏移，一定是非极性键，故D正确。
故选C
6.实验室用锌粒和稀硫酸制取H2，下列措施可使反应速率加快的是（ ）
A. 改用98%的浓硫酸 B. 增加锌粒的量
C. 用锌块代替锌粒 D. 加入少许硫酸铜溶液
【答案】D
【详解】A.改用98%的浓硫酸，锌和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，而不是氢气，故A错误；
B.锌粒为固体，增加锌粒的量，反应速率不变，故B错误；
C.用锌块代替锌粒，固体反应物的表面积减小，反应速率减慢，故C错误；
D.加入少量CuSO4溶液可以与Zn反应产生少量铜，Zn和Cu在稀硫酸条件下形成原电池，可以加快化学反应速率，故D正确。
故选D。
7.纳米是长度单位，1纳米等于1×10－9米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）
A. “纳米铜”是一种胶体
B. “纳米铜”与铜是同位素
C. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快
D. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快
【答案】C
【详解】A. 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，“纳米铜”是纯净物，不是胶体，故A错误；
B. “纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已，故B错误；
C. “纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，接触面积越大，化学反应速率越快，故C正确；
D. “纳米铜”与铜片化学性质相同，得失电子能力一样，故D错误。
故选C。
8.下列说法正确的是（ ）
①增大浓度，或加热或加压，或使用催化剂，一定可以加快反应速率．
②气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
③如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
④用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①对于固体或纯液体参加的反应，增大压强，反应速率不变，故①错误；
②气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故②正确；
③利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故③错误；
④根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故④正确。
所以上述说法正确的是②④。
故选D。
9.下列实验中，不能观察到明显现象但反应速率很快的是（ ）
A. 把绿豆大的钾投入水中
B. 把 Cl2 通入 FeCl2 和 KSCN 的混合溶液中
C. 把一段打磨过的镁带放入少量冷水中
D. 把稀盐酸滴入稀氢氧化钠溶液中
【答案】D
【详解】A.钾性质活泼，与水剧烈反应，放出大量的热并有气泡生成，现象明显且剧烈，故A不选；
B.氯气具有强氧化性，可以将FeCl2氧化为FeCl3，FeCl3遇到KSCN溶液变为血红色，现象明显，故B不选；
C.镁与冷水反应比较缓慢，所以把一段打磨过的镁带放入少量冷水中，现象不明显，故C不选；
D.把稀盐酸滴入稀氢氧化钠溶液中，盐酸与氢氧化钠发生酸碱中和反应生成氯化钠和水，反应速率很快，但现象不明显，故D选。
故选D。
10.日常所用锌－锰干电池的电极分别为锌筒和石墨棒，以糊状NH4Cl作电解质，电极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋，2MnO2＋2NH4+＋2e-＝Mn2O3＋2NH3＋H2O。下列有关锌－锰干电池的叙述中，正确的是（ ）
A. 干电池工作时，电流方向是由锌筒经外电路流向石墨棒
B. 干电池中锌筒为正极，石墨棒为负极
C. 干电池长时间连续工作后，糊状物可能流出，腐蚀用电器
D. 干电池可实现化学能向电能和电能向化学能的相互转化
【答案】C
【详解】A.干电池中，锌失电子作负极，石墨作正极，电流从正极石墨经外电路流向负极锌，故A错误；
B.干电池中，锌失电子作负极，石墨作正极，故B错误；
C.干电池长时间连续工作后，锌筒被腐蚀，糊状物可能流出，将腐蚀用电器，故C正确；
D.干电池属于一次电池，所以只能将化学能转化为电能而不能将电能转化为化学能，不能实现化学能与电能的相互转化，故D错误。
故选C。
11.在一定条件下，反应N2+3H2 2NH3在10L的恒容密闭容器中进行，测得2min内氮气的物质的量由20mol减少到8mol，则2min后氮气的平均反应速率为（ ）
A. 等于0.6mol/（L•min） B. 小于0.8mol/（L•min）
C. 大于0.6mol/（L•min） D. 小于0.6mol/（L•min）
【答案】D
【详解】2min内氮气的物质的量由20mol减少到8mol，则v（N2）==0.6mol/（L•min），但随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢，所以2min后氮气的平均反应速率小于0.6mol/（L•min）。
故选D。
12.下图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数。B原子核内质子数和中子数相等。下列叙述不正确的是（ ）
A. C元素是非金属性最强的元素
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. 三种元素的原子半径的大小顺序是：B>C>A
【答案】D
【解析】
【分析】这几种元素都是短周期元素，A和C属于第二周期元素、B属于第三周期元素，设B原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C原子序数是x-7，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等，则x-9+x+x-7=2x，x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此答题。
【详解】A.在周期表中非金属性最强的元素位于周期表右上角（稀有气体除外），所以非金属性最强的元素是F元素，故A正确；
B.氮元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化较不活泼的金属、非金属，如C、Cu等，故B正确；
C.B元素氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，氢化物是H2S，这三种物质都是二元酸，其水溶液都呈酸性，故C正确；
D.B原子电子层数大于A、C，A和C电子层数相等，且A原子序数小于C，所以原子半径大小顺序是B＞A＞C，故D错误。
故选D。
13.下列关于甲烷的说法中，不正确的是（ ）
A. 甲烷分子的结构简式是CH4
B. 甲烷分子中4个C－H键完全等同，键角不是90º
C. 甲烷的氯代物分子都可以发生燃烧氧化反应
D. 甲烷的二氯代物分子是四面体结构
【答案】C
【详解】A.CH4为甲烷的分子式或结构简式，故A正确；
B.甲烷分子中4个C－H键完全等同，键角为109°28'，故B正确；
C.甲烷的氯代物分子中，其中二氯甲烷是不可燃低沸点溶剂，不能发生燃烧氧化反应，故C错误；
D.二氯甲烷是甲烷的二氯代物，所以基本结构也是四面体但不是正四面体，故D正确。
故选C。
14.反应A+3B=2C+2D在四种不同的情况下的反应速率如下，快慢顺序为（ ）
①v（A）= 0.15mol/(L•s) ②v（B）= 0.6mol/（L•s） ③v（c）= 0.4mol/（L•s）④v（D）= 0.45mol/（L•s）
A. ②>④>③>① B. ④>②=③>①
C. ①>②=③>④ D. ④>①>②>③
【答案】B
【详解】以v（B）=0.6mol•L-1•s-1为标准进行判断．
①v（A）=0.15mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=3v（A）=0.45mol•L-1•s-1；
②v（B）=0.6mol•L-1•s-1；
③v（C）=0.4mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=1.5v（C）=0.6mol•L-1•s-1；
④v（D）=0.45mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=1.5v（D）=0.675mol•L-1•s-1。
所以反应速率为④＞②=③＞①。
故选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. H2O、D2O和T2O三者中H、D、T互为同位素，所以这三者不是同一种物质
B. 正丁烷和异丁烷，白磷和红磷互为同分异构体
C. 不是同分异构体
D. H2O 、Ne 和H2SO4都是只含共价键而不含离子键的物质
【答案】C
【详解】A.H、D、T互为同位素，H2O、D2O、T2O是由H元素的三种同位素原子形成的水，是同一种物质，故A错误；
B.正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，红磷与白磷是磷元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C.分子式相同，结构相同，是同一种物质，不是同分异构体，故C正确；
D.Ne不存在化学键，H2O和H2SO4是只含共价键而不含离子键的共价化合物，故D错误。
故选C。
16.将4 mol A和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A（s） + B（g）=2C（g）。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol／L，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应速率为0.6mol／（L·s）
B. 用物质B表示的反应速率为1.2mol／（L·s）
C. 2 s时物质A的转化率为30％
D. 2 s时物质B的浓度为0.6 mol／L
【答案】C
【详解】利用三段式法计算：起始B的浓度为=2mol/L，经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，
A.由反应方程式可知A为固体，不能表示反应速率，故A错误；
B.2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v(B)==0.3mol/（L·s），故B错误；
C.2s时物质A的转化率为×100%=30％，故C正确；
D.2s时物质B的浓度为1.4mol/L，故D错误。
故选C。
第Ⅱ卷
二、填空题（共5题，共52分）
17.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：
（1）根据构成原电池的本质判断，下列化学反应方程式正确且能设计成原电池的是_________。
A.KOH + HCl = KCl + H2O B. Cu + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+
C.Na2O + H2O = 2NaOH D．Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑
（2）为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(如下图)。有关实验现象，下列说法正确的是：______。
A．图I中温度计的示数高于图II的示数
B．图I和图II中温度计的示数相等，且均高于室温
C．图I和图II的气泡均产生于锌棒表面
D．图II中产生气体的速度比I慢
（3）电动汽车上用的铅蓄电池是以一组充满海绵状态铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用H2SO4作电解质溶液。放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
①写出放电时正极的电极反应式：___________；
②铅蓄电池放电时，负极质量将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为_________。
【答案】(1). D (2). A (3). PbO2 + 2e- + SO42-+4H+ = PbSO4 + 2H2O (4). 增大 (5). 2mol
【解析】
【分析】（1）依据原电池反应是自发进行的氧化还原化学反应判断；
（2）依据图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池判断；
（3）根据铅蓄电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应判断
【详解】（1）电池的构成原理是自发进行的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池
A.KOH+HCl=KCl+H2O复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B.Cu +Fe3+ =Fe2+ +Cu2+电荷不守恒，离子方程式不正确，故B错误；
C.Na2O+H2O=2NaOH是化合反应，不是氧化还原反应，故C错误；
D.Fe +H2SO4 =FeSO4+H2↑，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D正确。
故答案为：D。
（2）图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池
A.图Ⅰ主要将化学能转化为热能，而图Ⅱ主要将化学能转化为电能，则图I中温度计的示数高于图II的示数，故A正确；
B.由A分析可知，图I和图II中温度计的示数不相等，但均高于室温，故B错误；
C.图II铜为正极，铜的表面有气泡产生，故C错误；
D.利用原电池反应可以使金属与酸的反应速率加快，故图II中产生气体的速度比I快，故D错误。
故答案为：A。
（3）①依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，PbO2得电子发生还原反应，PbO2在H2SO4溶液中生成难溶于水的PbSO4，故其正极反应式为PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O。
②依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb失电子发生氧化反应，产生的Pb2+在H2SO4溶液中结合SO42-生成难溶于水的PbSO4，故负极质量将增大，根据总反应，转移2mol电子时，消耗2molH2SO4，所以当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为2mol，故答案为：增大，2mol。
18.有A、B、C、D四种元素，已知：A是形成化合物种类最多的元素,它的一种同位素可用于鉴定文物年代； B2－离子与氩原子具有相同的电子层结构；C、D次外层电子都是8个，C和D的化合物CD在水溶液中能电离出的阳离子比阴离子少一个电子层；D的最高价与其负价的代数和为6。试写出：
（1）A位于元素周期表中第__周期____族，它用于鉴定文物年代的一种同位素为_____。
（2）D的气态氢化物的电子式为_____。
（3）B、C分别对应的最高价氧化物水化物之间反应的离子方程式______________。
（4）C所在族元素除______外，都叫______，试写出C与水反应的离子方程式_________；现有两种此族金属（一种在第五周期）形成的混合金属40g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22．4L，则另一种金属是_________。
【答案】(1). 2 (2). IVA (3). 14C (4). (5). H++OH- =H2O (6). H （或氢） (7). 碱金属 (8). 2Na+2H2O =2Na+ +2OH- +H2↑ (9). Li （锂）
【解析】
【分析】A是形成化合物种类最多的元素，它的一种同位素可用于鉴定文物年代，则A为C元素；B2－离子与氩原子具有相同的电子层结构，则B为S元素；设D的最高正价为+x，则其最低负价表示为x-8，D的最高价与其负价的代数和为6，所以x+x-8=6，解得x=7，故D的最高正价为+7价，则D为Cl元素；C、D次外层电子都是8个，C和D的化合物CD在水溶液中能电离出的阳离子比阴离子少一个电子层，则C为Na元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为S元素，C为Na元素，D为Cl元素。
（1）由分析可知A为C元素，位于元素周期表的第2周期第IVA族，用于鉴定文物年代的碳的同位素为14C，故答案为：2，IVA，14C。
（2）由分析可知D为Cl元素，其气态氢化物为HCl，H原子和Cl原子间形成1对共用电子对，电子式为：，故答案为：。
（3）由分析可知：B为S元素，C为Na元素，B、C分别对应的最高价氧化物水化物分别为H2SO4和NaOH，H2SO4和NaOH发生酸碱中和反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH- =H2O，故答案为：H++OH- =H2O。
（4）由分析可知C为Na元素，Na元素所在族元素除氢外，都是碱金属，钠与水反应生成氢氧化钠和水，反应离子方程式2Na+2H2O=2Na+ +2OH- +H2↑，此族第五周期的元素是铷，铷与水反应的化学方程式为2Rb+2H2O＝2RbOH+H2↑，生成氢气的物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol，则2M+2H2O＝2MOH+H2↑，则金属的平均摩尔质量为40g÷2mol=20g/mol。铷的摩尔质量为85.5g/mol，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于20g/mol，所以另一碱金属只能是Li，故答案为：H（或氢），碱金属，2Na+2H2O =2Na+ +2OH- +H2↑，Li（锂）。
19.一定条件下，将一定物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，经5 min后测得：A的转化率达到了最大值，且A和B的转化率相等，C的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)，D的浓度为0.5 mol/L。
(1)判断:此反应此时_______（填“是”或“否”）达到了平衡状态。
(2)反应开始前容器中的A和B的物质的量之比为n(A)：n(B)＝_______。
(3)B的平均反应速率v(B)＝________mol/(L·min)。
(4)x的值为________。
【答案】(1). 是 (2). 3:1 (3). 0.05 (4). 4
【详解】（1）由于A的转化率达到了最大值，且A和B的转化率相等，此时已经达到了平衡状态，故答案为：是。
将一定物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，经5min后，C的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)，D的浓度为0.5mol/L，则生成的C为0.2mol/(L·min)×2L×5min=2mol，D为0.5mol/L×2L=1mol，
3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)
起始（mol） a b 0 0
变化（mol） 1.5 0.5 2 1
5min（mol） 2 1
（2）由于A和B的转化率相等，则，则反应开始前容器中的A和B的物质的量之比为n(A)：n(B)=a：b=3:1，故答案为：3:1。
（3）由题意可知D的平均反应速率为v(D)==0.1 mol/(L·min)，化学方程式中反应速率之比等于化学计量数之比，所以B的平均反应速率v(B)=1/2v(D)=×0.1 mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)，故答案为：0.05。
（4）根据化学方程式中反应速率之比等于化学计量数之比，v(C)：v(D)=0.2mol/(L·min)：0.1mol/(L·min)=2:1，则x=4，故答案为：4。
20.元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。
（1）1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。
①门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一_________（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。结合表中信息，猜想第4列方框中“？＝70”的问号表达的含义是______，第5列方框中“Te＝128？”的问号表达的含义是________。
②到20世纪初，门捷列夫周期表中为未知元素留下的空位逐渐被填满。而且，随着原子结构的逐渐揭秘，科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量递增呈现周期性变化，而是随着原子序数（核电荷数）递增呈现周期性变化。其本质原因是_____（填字母序号）。
A. 随着核电荷数递增，元素主要化合价呈现周期性变化
B. 随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化
C. 随着核电荷数递增，原子半径呈现周期性变化
（2）短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置如下：
根据上表回答问题：
①第三周期的四种元素中离子半径最小的是_________ （用元素符号填答）。
②B、D的非金属性由大到小的顺序是__________ （用元素符号填答）。
③E、G、J的最高价氧化物对应水化物两两之间反应的离子方程式分别为i.H＋＋OH－＝H2O、ii.___、iii.___。
④用电子式表示A2D形成过程_______________。
(3)元素Y的一种含氧酸化学式为 H3YO3，其结构式可表示为：。该酸为______元酸，请写出该酸与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____。（用对应元素符号填答）(已知信息：氢氧原子结合成的一种原子团“—OH”叫羟基，含氧酸中只有羟基氢才可电离出 H+。)
【答案】(1). 横行 (2). 预测此处应有一个相对原子质量为70的元素 (3). 怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间） (4). B (5). Al3+ (6). O>N (7). Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O (8). Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O (9). (10). 二 (11). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O
【详解】（1）①根据上表可知，门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一横行的元素性质相似。结合表中信息，猜想第4列方框中“？=70”的问号表示预测此处应有一个相对原子质量为70的元素；第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量(或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间)，故答案为：横行；预测此处应有一个相对原子质量为70的元素；怀疑Te的相对原子质量(或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间)。
②元素性质不是随着相对原子质量递增呈现周期性变化，而是随着原子序数(核电荷数)递增呈现周期性变化，其本质原因是随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化，故B正确，故答案为：B。
（2）由短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置可以知道A、B、D、E、G、J分别为H、N、O、Na、Al、Cl。
①第三周期的三种元素形成的三种离子分别为Na+、Al3+、Cl-，电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以这三种离子中离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+。
②B、D为同一周期的元素，同一周期的元素，从左向右，非金属性逐渐增强，非金属性由大到小的顺序是O>N，故答案为：O>N。
③E、G、J的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，两两之间反应的离子方程式分别为H＋＋OH－＝H2O、Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O、Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，故答案为：Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O、Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O。
④A2D为H2O，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：。
（3）从结构式可知，该分子中含有2个羟基，故该酸为二元酸，该酸与过量的氢氧化钠反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，
故答案为：二、H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
21.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某学习小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
Ⅰ. 打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ. 当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ. 当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
回答问题：
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是_____。实验室在加热条件下制取该气体的离子方程式为_______。
（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是____________。
（3）C中溶液发生反应的离子方程式是_______________。
（4）过程Ⅲ实验的目的：甲同学认为试管B的作用就是吸收尾气，防止多余Cl2污染空气，因此B中盛装的最佳试剂应该为________。
乙同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，发生反应的化学方程式为____________，以此说明C中_________，从而得出D中氧化I－的氧化剂必为Br2，因此B装置是必不可少的。
（5）过程Ⅳ为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D震荡，静置，观察到现象为___________，发生反应的离子方程式为_________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的本质原因：同主族元素从上到下_________，得电子能力逐渐减弱。
【答案】(1). (2). MnO2+4H++2Cl- Mn2+ +2H2O+Cl2↑ (3). 淀粉KI试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). NaOH溶液 (6). Cl2＋2 NaBr＝Br 2＋2NaCl (7). Br－过量，溶液中没有Cl2 (8). 试管中溶液分层，下层溶液呈紫红色 (9). Br 2＋2I－＝I2＋2Br－ (10). 电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大
【解析】
【分析】A中滴加浓盐酸后，发生反应：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，生成黄绿色气体Cl2，在A、B、C中分别发生反应：Cl2＋2KI=2KCl＋I2，Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2在D中发生反应：Br2＋2KI=2KBr＋I2。过程Ⅲ实验，当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时，溶液变为红棕色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，据此答题。
【详解】（1）A中产生黄绿色气体为氯气，氯原子间形成1对共用电子对，电子式为：，实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2+ +2H2O+Cl2↑，故答案为：，MnO2+4H++2Cl-Mn2+ +2H2O+Cl2↑。
（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，可发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝；故答案为：淀粉KI试纸变蓝。
（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，可发生反应：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）Cl2是有毒的酸性气体，应用碱液吸收，因此B中盛装的最佳试剂应该为NaOH溶液，为防止多余Cl2污染空气；B中溶液由黄色变为棕红色，说明生成了Br2，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaBr＝Br2＋2NaCl，以此说明C中Br－过量，溶液中没有Cl2，从而得出D中氧化I－的氧化剂必为Br2，故答案为：NaOH溶液，Cl2＋2NaBr＝Br2＋2NaCl，Br－过量，溶液中没有Cl2。
（5）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CCl4层溶液变为紫（或紫红）色，故答案为：试管中溶液分层，下层溶液呈紫红色，Br 2＋2I－＝I2＋2Br－。
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱；故答案为：电子层数依次增多，原子半径逐渐增大．
注意事项：1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。
2．答卷前请将答题卷密封线内有关项目填写清楚。
3．可能用到的相对原子质量：H－1 Li －7 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 K－39 Rb—85 Cs－133 Pb—207 Rn—222
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.某些建筑材料含有放射性元素氡（），会对人体产生一定危害。研究表明氡的α射线会致癌，WHO认定的19种致癌因素中，氡为其中之一，仅次于吸烟。该原子的中子数与质子数之和及之差分别是（ ）
A. 136，86 B. 50，136 C. 222，86 D. 222 ,50
【答案】D
【解析】
【分析】原子中，A表示质量数，Z表示质子数，质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数，中子数=质量数-质子数。
【详解】由氡原子的符号Rn可知，该原子质子数为86，质量数222，依据质量数=质子数+中子数，可知中子数=质量数-质子数=222-86=136，该原子中中子数和质子数之差=136-86=50。
故选D。
2.下列有关化学用语表达正确的是（ ）
A. 氮气的电子式： N∶∶∶N B. 二氧化碳的分子式：O＝C＝O
C. 甲烷的比例模型： D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】C
【详解】A.氮原子未成键的孤对电子未画出，氮气分子电子式为，故A错误；
B.二氧化碳的分子式为CO2，故B错误；
C.甲烷为正四面体结构，分子中含有4个碳氢键，甲烷的比例模型为：，故C正确；
D.因为氧元素大非金属性强于氯元素，氧原子显－2价，结构式为H－O－Cl，故D错误。
故选C。
3.下列说法中，正确的是（ ）
A. 在周期表中，副族元素的族序数一定不等于该族元素的最外层电子数
B. 卤族单质随原子序数的增大，其熔沸点逐渐升高
C. 化学反应的过程一定有能量变化，同样有能量变化的过程一定发生了化学反应
D. 金属元素易失去电子而非金属元素易得到电子
【答案】B
【详解】A.对于主族元素族序数=原子最外层电子数，但对于副族元素有的族序数等于最外层电子数，有的等于价层电子数，故A错误；
B.卤族单质随原子序数的增大，相对分子质量增大，则熔沸点逐渐升高，故B正确；
C.物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，如物质溶解时伴随放热、吸热现象，故C错误；
D.金属元素的原子最外层电子数一般少于4个，非金属元素的原子最外层电子数一般为多于4个，一般来说，金属元素的原子易失去电子，非金属元素的原子易得到电子，但是稀有气体元素既不易失去电子也不易得到电子，故D错误。
故选B。
4.对于反应2HI（g）H2（g）＋I2（g,紫色），下列叙述能够说明已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的质量不再变化
B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C. 1molH－H键断裂的同时有2molH－I键断裂
D. 各物质的物质的量浓度之比为2∶1∶1
【答案】C
【详解】A.根据反应可知，反应物、生成物全部为气体，气体的质量在反应前后不发生变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；
B.反应两边气体的体积不变，反应过程中压强始终不变，所以容器内压强不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C.1molH－H键断裂体现正反应，断裂2molH－I键体现逆反应，正逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D.由于反应起始的各物质的量没有给出，因此平衡状态时各物质的物质的量浓度之比不确定，不能证明反应达到平衡状态，故D错误。
故选C。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 含有离子键的化合物一定是离子化合物
B. 在共价化合物中一定含有共价键
C. 只含有共价键的物质一定是共价化合物
D. 双原子单质分子中的共价健一定是非极性键
【答案】C
【详解】A.离子化合物中一定含离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故A正确；
B.共价化合物中一定含有共价键，故B正确；
C.只含有共价键的物质可能是共价化合物如HCl、H2O等，也可能是单质如H2、O3、C60等，故C错误；
D.双原子单质分子形成的共价健，因为原子相同得失电子能力相等，共用电子对不发生偏移，一定是非极性键，故D正确。
故选C
6.实验室用锌粒和稀硫酸制取H2，下列措施可使反应速率加快的是（ ）
A. 改用98%的浓硫酸 B. 增加锌粒的量
C. 用锌块代替锌粒 D. 加入少许硫酸铜溶液
【答案】D
【详解】A.改用98%的浓硫酸，锌和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，而不是氢气，故A错误；
B.锌粒为固体，增加锌粒的量，反应速率不变，故B错误；
C.用锌块代替锌粒，固体反应物的表面积减小，反应速率减慢，故C错误；
D.加入少量CuSO4溶液可以与Zn反应产生少量铜，Zn和Cu在稀硫酸条件下形成原电池，可以加快化学反应速率，故D正确。
故选D。
7.纳米是长度单位，1纳米等于1×10－9米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）
A. “纳米铜”是一种胶体
B. “纳米铜”与铜是同位素
C. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快
D. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快
【答案】C
【详解】A. 胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，“纳米铜”是纯净物，不是胶体，故A错误；
B. “纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已，故B错误；
C. “纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，接触面积越大，化学反应速率越快，故C正确；
D. “纳米铜”与铜片化学性质相同，得失电子能力一样，故D错误。
故选C。
8.下列说法正确的是（ ）
①增大浓度，或加热或加压，或使用催化剂，一定可以加快反应速率．
②气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
③如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
④用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①对于固体或纯液体参加的反应，增大压强，反应速率不变，故①错误；
②气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故②正确；
③利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故③错误；
④根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故④正确。
所以上述说法正确的是②④。
故选D。
9.下列实验中，不能观察到明显现象但反应速率很快的是（ ）
A. 把绿豆大的钾投入水中
B. 把 Cl2 通入 FeCl2 和 KSCN 的混合溶液中
C. 把一段打磨过的镁带放入少量冷水中
D. 把稀盐酸滴入稀氢氧化钠溶液中
【答案】D
【详解】A.钾性质活泼，与水剧烈反应，放出大量的热并有气泡生成，现象明显且剧烈，故A不选；
B.氯气具有强氧化性，可以将FeCl2氧化为FeCl3，FeCl3遇到KSCN溶液变为血红色，现象明显，故B不选；
C.镁与冷水反应比较缓慢，所以把一段打磨过的镁带放入少量冷水中，现象不明显，故C不选；
D.把稀盐酸滴入稀氢氧化钠溶液中，盐酸与氢氧化钠发生酸碱中和反应生成氯化钠和水，反应速率很快，但现象不明显，故D选。
故选D。
10.日常所用锌－锰干电池的电极分别为锌筒和石墨棒，以糊状NH4Cl作电解质，电极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋，2MnO2＋2NH4+＋2e-＝Mn2O3＋2NH3＋H2O。下列有关锌－锰干电池的叙述中，正确的是（ ）
A. 干电池工作时，电流方向是由锌筒经外电路流向石墨棒
B. 干电池中锌筒为正极，石墨棒为负极
C. 干电池长时间连续工作后，糊状物可能流出，腐蚀用电器
D. 干电池可实现化学能向电能和电能向化学能的相互转化
【答案】C
【详解】A.干电池中，锌失电子作负极，石墨作正极，电流从正极石墨经外电路流向负极锌，故A错误；
B.干电池中，锌失电子作负极，石墨作正极，故B错误；
C.干电池长时间连续工作后，锌筒被腐蚀，糊状物可能流出，将腐蚀用电器，故C正确；
D.干电池属于一次电池，所以只能将化学能转化为电能而不能将电能转化为化学能，不能实现化学能与电能的相互转化，故D错误。
故选C。
11.在一定条件下，反应N2+3H2 2NH3在10L的恒容密闭容器中进行，测得2min内氮气的物质的量由20mol减少到8mol，则2min后氮气的平均反应速率为（ ）
A. 等于0.6mol/（L•min） B. 小于0.8mol/（L•min）
C. 大于0.6mol/（L•min） D. 小于0.6mol/（L•min）
【答案】D
【详解】2min内氮气的物质的量由20mol减少到8mol，则v（N2）==0.6mol/（L•min），但随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢，所以2min后氮气的平均反应速率小于0.6mol/（L•min）。
故选D。
12.下图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数。B原子核内质子数和中子数相等。下列叙述不正确的是（ ）
A. C元素是非金属性最强的元素
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. 三种元素的原子半径的大小顺序是：B>C>A
【答案】D
【解析】
【分析】这几种元素都是短周期元素，A和C属于第二周期元素、B属于第三周期元素，设B原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C原子序数是x-7，A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等，则x-9+x+x-7=2x，x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此答题。
【详解】A.在周期表中非金属性最强的元素位于周期表右上角（稀有气体除外），所以非金属性最强的元素是F元素，故A正确；
B.氮元素的最高价氧化物的水化物是硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化较不活泼的金属、非金属，如C、Cu等，故B正确；
C.B元素氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，氢化物是H2S，这三种物质都是二元酸，其水溶液都呈酸性，故C正确；
D.B原子电子层数大于A、C，A和C电子层数相等，且A原子序数小于C，所以原子半径大小顺序是B＞A＞C，故D错误。
故选D。
13.下列关于甲烷的说法中，不正确的是（ ）
A. 甲烷分子的结构简式是CH4
B. 甲烷分子中4个C－H键完全等同，键角不是90º
C. 甲烷的氯代物分子都可以发生燃烧氧化反应
D. 甲烷的二氯代物分子是四面体结构
【答案】C
【详解】A.CH4为甲烷的分子式或结构简式，故A正确；
B.甲烷分子中4个C－H键完全等同，键角为109°28'，故B正确；
C.甲烷的氯代物分子中，其中二氯甲烷是不可燃低沸点溶剂，不能发生燃烧氧化反应，故C错误；
D.二氯甲烷是甲烷的二氯代物，所以基本结构也是四面体但不是正四面体，故D正确。
故选C。
14.反应A+3B=2C+2D在四种不同的情况下的反应速率如下，快慢顺序为（ ）
①v（A）= 0.15mol/(L•s) ②v（B）= 0.6mol/（L•s） ③v（c）= 0.4mol/（L•s）④v（D）= 0.45mol/（L•s）
A. ②>④>③>① B. ④>②=③>①
C. ①>②=③>④ D. ④>①>②>③
【答案】B
【详解】以v（B）=0.6mol•L-1•s-1为标准进行判断．
①v（A）=0.15mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=3v（A）=0.45mol•L-1•s-1；
②v（B）=0.6mol•L-1•s-1；
③v（C）=0.4mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=1.5v（C）=0.6mol•L-1•s-1；
④v（D）=0.45mol•L-1•s-1，反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=1.5v（D）=0.675mol•L-1•s-1。
所以反应速率为④＞②=③＞①。
故选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. H2O、D2O和T2O三者中H、D、T互为同位素，所以这三者不是同一种物质
B. 正丁烷和异丁烷，白磷和红磷互为同分异构体
C. 不是同分异构体
D. H2O 、Ne 和H2SO4都是只含共价键而不含离子键的物质
【答案】C
【详解】A.H、D、T互为同位素，H2O、D2O、T2O是由H元素的三种同位素原子形成的水，是同一种物质，故A错误；
B.正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，红磷与白磷是磷元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，故B错误；
C.分子式相同，结构相同，是同一种物质，不是同分异构体，故C正确；
D.Ne不存在化学键，H2O和H2SO4是只含共价键而不含离子键的共价化合物，故D错误。
故选C。
16.将4 mol A和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A（s） + B（g）=2C（g）。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol／L，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应速率为0.6mol／（L·s）
B. 用物质B表示的反应速率为1.2mol／（L·s）
C. 2 s时物质A的转化率为30％
D. 2 s时物质B的浓度为0.6 mol／L
【答案】C
【详解】利用三段式法计算：起始B的浓度为=2mol/L，经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，
A.由反应方程式可知A为固体，不能表示反应速率，故A错误；
B.2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v(B)==0.3mol/（L·s），故B错误；
C.2s时物质A的转化率为×100%=30％，故C正确；
D.2s时物质B的浓度为1.4mol/L，故D错误。
故选C。
第Ⅱ卷
二、填空题（共5题，共52分）
17.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：
（1）根据构成原电池的本质判断，下列化学反应方程式正确且能设计成原电池的是_________。
A.KOH + HCl = KCl + H2O B. Cu + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+
C.Na2O + H2O = 2NaOH D．Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑
（2）为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(如下图)。有关实验现象，下列说法正确的是：______。
A．图I中温度计的示数高于图II的示数
B．图I和图II中温度计的示数相等，且均高于室温
C．图I和图II的气泡均产生于锌棒表面
D．图II中产生气体的速度比I慢
（3）电动汽车上用的铅蓄电池是以一组充满海绵状态铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用H2SO4作电解质溶液。放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
①写出放电时正极的电极反应式：___________；
②铅蓄电池放电时，负极质量将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为_________。
【答案】(1). D (2). A (3). PbO2 + 2e- + SO42-+4H+ = PbSO4 + 2H2O (4). 增大 (5). 2mol
【解析】
【分析】（1）依据原电池反应是自发进行的氧化还原化学反应判断；
（2）依据图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池判断；
（3）根据铅蓄电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应判断
【详解】（1）电池的构成原理是自发进行的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池
A.KOH+HCl=KCl+H2O复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B.Cu +Fe3+ =Fe2+ +Cu2+电荷不守恒，离子方程式不正确，故B错误；
C.Na2O+H2O=2NaOH是化合反应，不是氧化还原反应，故C错误；
D.Fe +H2SO4 =FeSO4+H2↑，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D正确。
故答案为：D。
（2）图Ⅰ中发生的是锌的化学腐蚀，图Ⅱ形成铜-锌原电池
A.图Ⅰ主要将化学能转化为热能，而图Ⅱ主要将化学能转化为电能，则图I中温度计的示数高于图II的示数，故A正确；
B.由A分析可知，图I和图II中温度计的示数不相等，但均高于室温，故B错误；
C.图II铜为正极，铜的表面有气泡产生，故C错误；
D.利用原电池反应可以使金属与酸的反应速率加快，故图II中产生气体的速度比I快，故D错误。
故答案为：A。
（3）①依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，PbO2得电子发生还原反应，PbO2在H2SO4溶液中生成难溶于水的PbSO4，故其正极反应式为PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O。
②依据放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb失电子发生氧化反应，产生的Pb2+在H2SO4溶液中结合SO42-生成难溶于水的PbSO4，故负极质量将增大，根据总反应，转移2mol电子时，消耗2molH2SO4，所以当外电路上有2mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为2mol，故答案为：增大，2mol。
18.有A、B、C、D四种元素，已知：A是形成化合物种类最多的元素,它的一种同位素可用于鉴定文物年代； B2－离子与氩原子具有相同的电子层结构；C、D次外层电子都是8个，C和D的化合物CD在水溶液中能电离出的阳离子比阴离子少一个电子层；D的最高价与其负价的代数和为6。试写出：
（1）A位于元素周期表中第__周期____族，它用于鉴定文物年代的一种同位素为_____。
（2）D的气态氢化物的电子式为_____。
（3）B、C分别对应的最高价氧化物水化物之间反应的离子方程式______________。
（4）C所在族元素除______外，都叫______，试写出C与水反应的离子方程式_________；现有两种此族金属（一种在第五周期）形成的混合金属40g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22．4L，则另一种金属是_________。
【答案】(1). 2 (2). IVA (3). 14C (4). (5). H++OH- =H2O (6). H （或氢） (7). 碱金属 (8). 2Na+2H2O =2Na+ +2OH- +H2↑ (9). Li （锂）
【解析】
【分析】A是形成化合物种类最多的元素，它的一种同位素可用于鉴定文物年代，则A为C元素；B2－离子与氩原子具有相同的电子层结构，则B为S元素；设D的最高正价为+x，则其最低负价表示为x-8，D的最高价与其负价的代数和为6，所以x+x-8=6，解得x=7，故D的最高正价为+7价，则D为Cl元素；C、D次外层电子都是8个，C和D的化合物CD在水溶液中能电离出的阳离子比阴离子少一个电子层，则C为Na元素，据此答题。
【详解】由分析可知：A为C元素，B为S元素，C为Na元素，D为Cl元素。
（1）由分析可知A为C元素，位于元素周期表的第2周期第IVA族，用于鉴定文物年代的碳的同位素为14C，故答案为：2，IVA，14C。
（2）由分析可知D为Cl元素，其气态氢化物为HCl，H原子和Cl原子间形成1对共用电子对，电子式为：，故答案为：。
（3）由分析可知：B为S元素，C为Na元素，B、C分别对应的最高价氧化物水化物分别为H2SO4和NaOH，H2SO4和NaOH发生酸碱中和反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H++OH- =H2O，故答案为：H++OH- =H2O。
（4）由分析可知C为Na元素，Na元素所在族元素除氢外，都是碱金属，钠与水反应生成氢氧化钠和水，反应离子方程式2Na+2H2O=2Na+ +2OH- +H2↑，此族第五周期的元素是铷，铷与水反应的化学方程式为2Rb+2H2O＝2RbOH+H2↑，生成氢气的物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol，则2M+2H2O＝2MOH+H2↑，则金属的平均摩尔质量为40g÷2mol=20g/mol。铷的摩尔质量为85.5g/mol，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于20g/mol，所以另一碱金属只能是Li，故答案为：H（或氢），碱金属，2Na+2H2O =2Na+ +2OH- +H2↑，Li（锂）。
19.一定条件下，将一定物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，经5 min后测得：A的转化率达到了最大值，且A和B的转化率相等，C的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)，D的浓度为0.5 mol/L。
(1)判断:此反应此时_______（填“是”或“否”）达到了平衡状态。
(2)反应开始前容器中的A和B的物质的量之比为n(A)：n(B)＝_______。
(3)B的平均反应速率v(B)＝________mol/(L·min)。
(4)x的值为________。
【答案】(1). 是 (2). 3:1 (3). 0.05 (4). 4
【详解】（1）由于A的转化率达到了最大值，且A和B的转化率相等，此时已经达到了平衡状态，故答案为：是。
将一定物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，经5min后，C的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)，D的浓度为0.5mol/L，则生成的C为0.2mol/(L·min)×2L×5min=2mol，D为0.5mol/L×2L=1mol，
3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)
起始（mol） a b 0 0
变化（mol） 1.5 0.5 2 1
5min（mol） 2 1
（2）由于A和B的转化率相等，则，则反应开始前容器中的A和B的物质的量之比为n(A)：n(B)=a：b=3:1，故答案为：3:1。
（3）由题意可知D的平均反应速率为v(D)==0.1 mol/(L·min)，化学方程式中反应速率之比等于化学计量数之比，所以B的平均反应速率v(B)=1/2v(D)=×0.1 mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)，故答案为：0.05。
（4）根据化学方程式中反应速率之比等于化学计量数之比，v(C)：v(D)=0.2mol/(L·min)：0.1mol/(L·min)=2:1，则x=4，故答案为：4。
20.元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。
（1）1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。
①门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一_________（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。结合表中信息，猜想第4列方框中“？＝70”的问号表达的含义是______，第5列方框中“Te＝128？”的问号表达的含义是________。
②到20世纪初，门捷列夫周期表中为未知元素留下的空位逐渐被填满。而且，随着原子结构的逐渐揭秘，科学家们发现了元素性质不是随着相对原子质量递增呈现周期性变化，而是随着原子序数（核电荷数）递增呈现周期性变化。其本质原因是_____（填字母序号）。
A. 随着核电荷数递增，元素主要化合价呈现周期性变化
B. 随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化
C. 随着核电荷数递增，原子半径呈现周期性变化
（2）短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置如下：
根据上表回答问题：
①第三周期的四种元素中离子半径最小的是_________ （用元素符号填答）。
②B、D的非金属性由大到小的顺序是__________ （用元素符号填答）。
③E、G、J的最高价氧化物对应水化物两两之间反应的离子方程式分别为i.H＋＋OH－＝H2O、ii.___、iii.___。
④用电子式表示A2D形成过程_______________。
(3)元素Y的一种含氧酸化学式为 H3YO3，其结构式可表示为：。该酸为______元酸，请写出该酸与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____。（用对应元素符号填答）(已知信息：氢氧原子结合成的一种原子团“—OH”叫羟基，含氧酸中只有羟基氢才可电离出 H+。)
【答案】(1). 横行 (2). 预测此处应有一个相对原子质量为70的元素 (3). 怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间） (4). B (5). Al3+ (6). O>N (7). Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O (8). Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O (9). (10). 二 (11). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O
【详解】（1）①根据上表可知，门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一横行的元素性质相似。结合表中信息，猜想第4列方框中“？=70”的问号表示预测此处应有一个相对原子质量为70的元素；第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量(或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间)，故答案为：横行；预测此处应有一个相对原子质量为70的元素；怀疑Te的相对原子质量(或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间)。
②元素性质不是随着相对原子质量递增呈现周期性变化，而是随着原子序数(核电荷数)递增呈现周期性变化，其本质原因是随着核电荷数递增，原子核外电子排布呈现周期性变化，故B正确，故答案为：B。
（2）由短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置可以知道A、B、D、E、G、J分别为H、N、O、Na、Al、Cl。
①第三周期的三种元素形成的三种离子分别为Na+、Al3+、Cl-，电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以这三种离子中离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+。
②B、D为同一周期的元素，同一周期的元素，从左向右，非金属性逐渐增强，非金属性由大到小的顺序是O>N，故答案为：O>N。
③E、G、J的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与酸反应又能与强碱反应，两两之间反应的离子方程式分别为H＋＋OH－＝H2O、Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O、Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，故答案为：Al（OH）3＋OH－＝AlO2－＋2H2O、Al（OH）3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O。
④A2D为H2O，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：。
（3）从结构式可知，该分子中含有2个羟基，故该酸为二元酸，该酸与过量的氢氧化钠反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，
故答案为：二、H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O。
21.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某学习小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
Ⅰ. 打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ. 当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ. 当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
回答问题：
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是_____。实验室在加热条件下制取该气体的离子方程式为_______。
（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是____________。
（3）C中溶液发生反应的离子方程式是_______________。
（4）过程Ⅲ实验的目的：甲同学认为试管B的作用就是吸收尾气，防止多余Cl2污染空气，因此B中盛装的最佳试剂应该为________。
乙同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，发生反应的化学方程式为____________，以此说明C中_________，从而得出D中氧化I－的氧化剂必为Br2，因此B装置是必不可少的。
（5）过程Ⅳ为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D震荡，静置，观察到现象为___________，发生反应的离子方程式为_________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的本质原因：同主族元素从上到下_________，得电子能力逐渐减弱。
【答案】(1). (2). MnO2+4H++2Cl- Mn2+ +2H2O+Cl2↑ (3). 淀粉KI试纸变蓝 (4). Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－ (5). NaOH溶液 (6). Cl2＋2 NaBr＝Br 2＋2NaCl (7). Br－过量，溶液中没有Cl2 (8). 试管中溶液分层，下层溶液呈紫红色 (9). Br 2＋2I－＝I2＋2Br－ (10). 电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大
【解析】
【分析】A中滴加浓盐酸后，发生反应：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，生成黄绿色气体Cl2，在A、B、C中分别发生反应：Cl2＋2KI=2KCl＋I2，Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2，由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2在D中发生反应：Br2＋2KI=2KBr＋I2。过程Ⅲ实验，当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时，溶液变为红棕色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，据此答题。
【详解】（1）A中产生黄绿色气体为氯气，氯原子间形成1对共用电子对，电子式为：，实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2+ +2H2O+Cl2↑，故答案为：，MnO2+4H++2Cl-Mn2+ +2H2O+Cl2↑。
（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，可发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝；故答案为：淀粉KI试纸变蓝。
（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，可发生反应：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）Cl2是有毒的酸性气体，应用碱液吸收，因此B中盛装的最佳试剂应该为NaOH溶液，为防止多余Cl2污染空气；B中溶液由黄色变为棕红色，说明生成了Br2，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaBr＝Br2＋2NaCl，以此说明C中Br－过量，溶液中没有Cl2，从而得出D中氧化I－的氧化剂必为Br2，故答案为：NaOH溶液，Cl2＋2NaBr＝Br2＋2NaCl，Br－过量，溶液中没有Cl2。
（5）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CCl4层溶液变为紫（或紫红）色，故答案为：试管中溶液分层，下层溶液呈紫红色，Br 2＋2I－＝I2＋2Br－。
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱；故答案为：电子层数依次增多，原子半径逐渐增大．
相关资料
更多
