还剩16页未读，
继续阅读
【化学】浙江省台州市书生中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
展开
浙江省台州市书生中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
相对原子质量：H: 1 O: 16 C: 12 Cl: 35.5 Na: 23 N: 14 K: 39 Fe: 56 Al: 27 S: 32 P: 31 Mg: 24
一、选择题(每题2分，共50分)
1.地壳中含量较大的三种元素是（ ）
A. H、O、Si B. O、Si、Al C. Al、C、O D. H、O、Al
【答案】B
【详解】各元素在地壳中的含量由大到小依次为O、Si、Al、Fe、Ca等，结合各选项可知，选项B符合题意，故选B。
2. 对于同一原子的下列电子层中，能量最低的是（ ）
A. K层 B. L层 C. M层 D. N层
【答案】A
【解析】试题分析：离原子核越近能量越低，能量最低的是K层，故A正确。
3.下列离子的电子排布与Ne原子核外电子排布不同的是（ ）
A. Mg2＋ B. O2－ C. Na＋ D. C1－
【答案】D
【解析】
【分析】Ne原子核外有10个电子，核外电子排布为2、8，根据各微粒的核外电子排布分析判断。
【详解】A. Mg2＋核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故A不选；
B. O2－核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故B不选；
C. Na＋核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故C不选；
D. C1－核外有18个电子，核外电子排布为2、8、8，与Ne原子核外电子排布不同，故D选；
答案选D。
4.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的固体化学物质和水混合后摇动即会制冷或对饮料起到冷却作用。该化学物质可能是（ ）
A. NaCl B. NH4NO3 C. CaO D. NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷，说明该物质溶于水吸热，或与水反应吸热，据此分析解答。
【详解】A．NaCl溶于水，热效应不明显，故A不选；
B．固体硝酸铵溶于水吸热，温度降低，符合题意，故B选；
C．生石灰溶于水，与水反应，放出热量，温度升高，不符合题意，故C不选；
D．固体NaOH溶于水，放出热量，温度升高，不符合题意，故D不选；
答案选B。
5.下列装置能够组成原电池的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构成原电池的条件是：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能自发的发生氧化还原反应，据此分析解答。
【详解】A. 没有构成闭合电路，不能构成原电池，故A不选；
B. 酒精为非电解质，不能导电，不能构成原电池，故B不选；
C. 两个电极相同，不能构成原电池，故C不选；
D. 存在两个活泼性不同的电极(锌、铜)，存在电解质溶液(硫酸铜溶液)；构成了闭合回路；能自发的进行氧化还原反应(锌与铜离子发生置换反应)，满足构成原电池的条件，故D选；
答案选D。
6.下列说法正确的是：（ ）
A. 只含一种元素的物质不一定是纯净物
B. 由相同元素形成的不同物质称同素异形体
C. 分子式为C2H6O的物质一定是乙醇
D. C5H12只有2种同分异构体，其熔点各不相同
【答案】A
【详解】A、只含一种元素的物质不一定是纯净物，如同素异形体形成的物质，由一种元素组成，但为混合物，如O2和O3混合，故A正确；
B. 由相同元素形成的不同单质称同素异形体，由相同元素形成的不同物质可能是同分异构体、同系物等，故B错误；
C. 分子式为C2H6O的物质可能为二甲醚，不一定是乙醇，故C错误；
D. C5H12有正戊烷，异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故D错误；
答案选A。
7.在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0．6 mol·L－1。在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0．45 mol·L－1·s－1，则反应所经过的时间是( )
A. 0．44 s B. 1 s C. 1．33 s D. 2 s
【答案】D
【解析】NH3的浓度增加了0．6 mol·L－1，H2的浓度减少了0．9 mol·L－1，根据v＝，v(H2)＝，Δt＝＝＝2 s。
8.以下属于放热反应的是： （ ）
①煅烧石灰石制生石灰 ②浓硫酸溶于水 ③将氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合后用玻璃棒搅拌使之反应 ④食物因氧化而腐败 ⑤镁与盐酸反应制氢气 ⑥盐酸与氢氧化钠的中和反应
A. ④⑤⑥ B. ①④⑤ C. ②⑤⑥ D. ②③④
【答案】A
【详解】①煅烧石灰石制生石灰，属于分解反应，该反应为吸热反应，不选；②浓硫酸溶于水放出热量，但不属于化学反应，不选；③氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应为吸热反应，不选；④食物因氧化而腐败，属于物质的缓慢氧化，是放热反应，选；⑤镁与盐酸反应制氢气为放热反应，选；⑥盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，选；属于放热反应的有④⑤⑥，故选A。
9.下列表示正确的是：（ ）
A. CO2的电子式： B. 乙醇的结构式：C2H5OH
C. 乙炔的比例模型： D. 氟离子的结构示意图：
【答案】D
【详解】A. CO2分子中，碳与氧原子之间形成碳氧双键，正确的电子式应该为，故A错误；
B. C2H5OH为乙醇的结构简式，结构式为，故B错误；
C. 为乙炔的球棍模型，故C错误；
D. 氟为9号元素，氟离子核外有10个电子，结构示意图为，故D正确；
答案选D。
10.现有下列各种物质，其中含共价键的单质是：（ ）
A. H2O B. 氦气 C. 氢气 D. 金属钠
【答案】C
【详解】A. H2O是化合物，不是单质，故A错误；
B. 氦气属于单原子分子，分子中不存在化学键，故B错误；
C. 氢气是非金属单质，分子中只存在共价键，故C正确；
D. 金属钠是金属单质，存在金属键，不存在共价键，故D错误；
答案选C。
11.已知氢化锂(LiH)属于离子化合物，跟水反应可放出H2。下列叙述中正确的是：（ ）
A. LiH跟水反应后得中性溶液 B. LiH中氢离子可以被还原成氢气
C. LiH中氢离子半径比锂离子半径小 D. LiH在化学反应中是一种强还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】在LiH中Li+与H-以离子键结合而成，LiH溶于水生成H2，反应的方程式为LiH+H2O=H2↑+LiOH，反应中LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，据此分析解答。
【详解】A、LiH跟水反应的方程式为LiH+H2O=H2↑+LiOH，反应后溶液呈碱性，故A错误；
B、在离子化合物LiH中，Li+与H-以离子键结合而成，H-与水中的H+之间发生氧化还原反应而被氧化，即LiH中氢离子可以被氧化成氢气，故B错误；
C、LiH中氢离子与锂离子核外均是2个电子，核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大，氢离子半径比锂离子半径大，故C错误；
D、LiH+H2O=H2↑+LiOH反应中，LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，故D正确；
答案选D。
12.离子化合物的熔点与离子的半径、离子所带的电荷有关，离子的半径越小，离子所带的电荷越高，则离子化合物的熔点就越高。试判断KCl、CaO两种晶体熔点的高低顺序：（ ）
A. KCl＞CaO B. NaCl＝CaO
C. CaO＞KCl D. 无法比较
【答案】C
【详解】钾离子半径大于钙离子，氯离子半径大于氧离子，且氧化钙中离子所带的电荷大于氯化钾中离子所带的电荷，所以KCl晶体的熔点低于CaO晶体，故选C。
13.与Ne核外电子排布相同的离子跟Ar核外电子排布相同的离子所形成的化合物是：（ ）
A. Na2O B. CCl4 C. KCl D. KF
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素周期表，与Ne核外电子排布相同的离子，阴离子有N3-、O2-、F-等，阳离子有Na+、Mg2+、Al3+等；与Ar核外电子排布相同的离子，阴离子有P3-、S2-、Cl-等，阳离子有K+、Ca2+等，据此分析解答。
【详解】A、Na2O中Na+与Ne核外电子排布相同，O2-离子结构与Ar核外电子排布不同，故A错误；
B、CCl4中不存在离子，四氯化碳属于共价化合物，故B错误；
C、氯化钾中，氯离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，钾离子与Ar的核外电子排布也相同，故C错误；
D、KF中，钾离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，氟离子与Ne的核外电子排布相同，故D正确；
答案选D。
14.下列各物质的晶体中，晶体类型不相同的是：（ ）
A. CO2和SiO2 B. H2O和HCl
C. CO2和CCl4 D. K2SO4和MgCl2
【答案】A
【详解】A. CO2形成的晶体为分子晶体，SiO2形成的晶体为原子晶体，晶体类型不相同，故A选；
B. H2O形成的晶体为分子晶体，HCl形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故B不选；
C. CO2形成的晶体为分子晶体，CCl4形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故C不选；
D. K2SO4形成的晶体为离子晶体，MgCl2形成的晶体为离子晶体，晶体类型相同，故D不选；
答案选A。
15.下列各种说法中，正确的是：（ ）
A. O2与O3互为同素异形体，但两者之间的转化属于物理变化
B. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则6.2g 白磷(P4)含有0.3NA P-P键
C. 足球烯与金刚石互为同分异构体，但二者形成的晶体类型不同
D. 12C与14C的质子数和电子数都为6，故二者是碳元素的同一种核素
【答案】B
【详解】A．O2与O3是两种不同的单质，互为同素异形体，两者之间的转化属于化学变化，故A错误；
B.6.2g白磷含有P4的物质的量为：=0.05mol，0.05molP4分子中含有P-P键的物质的量为：0.05mol×6=0.3mol，所含P-P键数目为0.3NA，故B正确；
C. 足球烯与金刚石都是C元素的单质，属于同素异形体，足球烯形成的晶体为分子晶体，金刚石属于原子晶体，故C错误；
D. 12C的质子数和中子数都为6，14C的质子数为6、中子数为8，是碳元素的两种核素，故D错误；
答案选B
16.如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是：（ ）
X
Y
Z
W
T
A. X、W、Z元素的原子半径依次递增
B. Y元素在自然界中不能以游离态存在
C. T元素的非金属性比W弱，但比Z强
D. YX2晶体和WX3晶体的类型不同，但均存在共价键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，则X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，结合元素周期律与元素化合物的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为O，W为S，Y为Si、Z为P、T为As。
A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以X、W、Z元素的原子半径依次增大，故A正确；
B．Y为Si，Si属于亲氧元素，在自然界中都是化合态存在，故B正确；
C. 同一主族从上到下非金属性减弱；同一周期从左向右非金属性增强。T元素的非金属性小于Z，Z元素的非金属性小于W，即非金属性T＜Z＜W，故C错误；
D．SiO2晶体属于原子晶体，原子间存在共价键，SO3晶体属于分子晶体，分子内存在共价键，故D正确；
答案选C。
17.反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：（ ）
A. 增加H2O (g) 的量
B. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大
C. 将容器的体积缩小一半
D. 保持压强不变，充入氦气使容器容积变大
【答案】B
【详解】A．增加H2O (g) 的量，H2O (g)的浓度增大，反应速率加快，故A不选；
B．保持体积不变，充入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B选；
C．将容器的体积缩小一半，气体的浓度增大，反应速率加快，故C不选；
D．保持压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减慢，故D不选；
答案选B。
18.根据图的能量图，下列说法正确的是：（ ）
A. A2(g) + B2(g) = 2AB(g) 是一个放热反应
B. 2molAB的总能量大于1molA2和lmolB2的能量之和
C. 2AB(g) = A2(l) + B2(l) △H<(b-a)kJ/mo1
D. 1molA2(g)和1molB2(g)的能量之和为akJ
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，△H＞0，且焓变等于正逆反应的活化能之差，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则A2(g)+B2(g)=2AB(g)是吸热反应，故A错误；
B．由图可知，2 mol AB(g)的总能量大于1 mol A2(g)和 1 mol B2(g)的能量之和，物质能量与物质状态有关，未注明物质的状态，无法判断2molAB的总能量与1molA2和lmolB2的能量之和的大小关系，故B错误；
C．由图可知A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=(a-b)kJ/mol，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，则2AB(g)=A2(g)+B2(g))△H=(b-a) kJ/mol，因生成物中气态能量比液态能量高，生成液态生成物放热更多，则2AB(g)=A2(l)+B2(l)△H＜(b-a) kJ/mol，故C正确；
D．a为正反应的活化能的数值，由图不能确定反应物的总能量，故D错误；
答案选C。
19.在恒温恒容容器中：2NO2 2NO＋O2。不能说明反应达平衡状态的是：（ ）
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； ③NO2、NO、O2 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混合气体的密度不再改变的状态； ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；②根据方程式，生成n mol O2 的同时一定生成2n mol NO，不能说明反应达到平衡状态，错误；③根据方程式，若为同一方向，则任何时候NO2、NO、O2 的反应速率的比都等于2 : 2 : 1，不能说明反应达到平衡状态，错误；④反应中只有二氧化氮有颜色，混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，正确；⑤容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；⑥反应前后气体的物质的量发生变化，气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行发生变化，当混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确，反应达平衡状态的有①④⑥，不能说明反应达平衡状态的有②③⑤，故选B。
20.在4 L密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分的面积表示：（ ）
A. X的物质的量浓度的减少 B. Y的物质的量的减少
C. Z的物质的量浓度的增加 D. X的物质的量的减少
【答案】C
【解析】
【分析】观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。
【详解】Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加。
所以C选项是正确的。
21.LED(Light Emitting Diode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是：（ ）
A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上发生的反应为2H++2e-=H2↑
C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，则导线中不会有电子流动
D. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，构成的原电池中，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，据此分析解答。
【详解】A．原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故A正确；
B．铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故B正确；
C．柠檬汁显酸性也能作电解质溶液，所以将硫酸换成柠檬汁，仍然构成原电池，所以导线中有电子流动，故C错误；
D．金属性Cu比Zn、Fe弱，将锌片换成铁片，Cu仍作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由Cu流向负极铁，故D正确；
答案选C。
22.在恒温恒容的密闭容器中通入lmol X和2molY，发生如下反应：X(g) + 2Y(g)M(g) + 2N(g) △H=akJ/mol (a>0)，下列说法中正确的是：（ ）
A. v正(M)=2v逆(N)时，反应到达平衡状态
B. 到达平衡状态时，反应吸收akJ能量
C. 2s 末反应达到平衡时，加入催化剂，反应速率不会发生改变
D. 2s 末反应达到平衡时，Y的消耗量是X的生成量的2倍
【答案】D
【详解】A．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，达到平衡状态，v正(M)=2v逆(N)时，说明正反应速率＞逆反应速率，反应不是平衡状态，故A错误；
B．物质的量与热量成正比，该反应为可逆反应，参加反应的X小于1mol，则平衡时放出热量小于akJ，故B错误；
C. 加入催化剂，反应速率会发生改变，故C错误；
D. 根据方程式，2s 末反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率，Y的消耗量是X的生成量的2倍，故D正确；
答案选D。
23.下列说法正确的是：（ ）
A. HCl、HBr、HI的熔点依次增大，它们分子间作用力也依次增大
B. NH3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C. Na2SO4晶体属于离子晶体，该晶体中只含有离子键
D. 金刚石加热融化时需要克服分子间作用力
【答案】A
【详解】A．相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高，相对分子质量HCl＜HBr＜HI，则HCl、HBr、HI的分子间作用力也依次增大，熔点依次增大，故A正确；
B．NH3中H原子只能形成2电子结构，不是8电子稳定结构，故B错误；
C．Na2SO4属于离子化合物，存在离子键，硫酸根中S、O之间形成的是共价键，则Na2SO4晶体中含离子键和共价键，故C错误；
D．金刚石是由原子构成的原子晶体，不存在分子间作用力，则加热融化时需克服共价键，故D错误；
答案选A。
24.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化图如下图，下列说法正确的是：（ ）
A. 单斜硫没有正交硫稳定
B. S(s，单斜)＝S(s，正交) △H＝＋0.33 kJ· mol－1
C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D. ①式表示断裂l mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ
【答案】A
【解析】
【分析】由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高，越不稳定，硫和氧气的总能量高于二氧化硫的总能量，生成SO2的反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．物质的能量越高越不稳定，由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，则正交硫比单斜硫稳定，故A正确；
B．单斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，单斜)=S(s，正交)为放热反应，△H=(-297.16kJ/mol)-( -296.83kJ/mol)=-0.33kJ/mol，故B错误；
C．由图象可以看出，相同物质的量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；
D．①式反应需断裂单斜硫中S-S键和O=O键，不仅仅是断裂lmolO2中的共价键，故D错误；
答案选A。
25. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：
2Ag+Zn(OH)2Ag2O+Zn+H2O在此电池放电时，负极上发生反应的物质是（ ）
A. Ag B. Zn(OH)2 C. Ag2O D. Zn
【答案】D
【解析】分析：在原电池中，负极反应是原子失电子发生氧化反应的过程．
解答：解：在银锌二次电池中，根据反应：Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2，放电时为原电池，活泼金属做负极，失电子发生氧化反应，根据电极反应应为锌．
故选D．
26.3A(g)＋2B(s)2C(g)＋3D(g) △H＝＋a kJ·mol－1。达到平衡时，下列说法一定正确的是（ ）
A. 当B(s)的质量不再发生变化时，说明该反应已达到平衡状态
B. 若开始时加入3 mol A和2 mol B，则反应达到平衡时共吸收a kJ热量
C. 若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强始终不变
D. 当用B表示的正反应速率等于用C表示的逆反应速率时，反应已达到平衡状态
【答案】A
【详解】A. B(s)的质量不再发生变化，则A、C、D的质量也不发生变化，因此A、C、D的浓度不再发生变化，说明该反应已达到平衡状态，故A正确；
B. 该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能为100%，即3 mol A和2 mol B反应时，消耗的A少于3mol，则反应达到平衡时吸收的热量少于a kJ，故B错误；
C. B为固体，反应后气体的物质的量增加，若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强逐渐增大，故C错误；
D. B为固体，不能用B的浓度变化表示反应速率，故D错误；
答案选A。
二、填空题：
27.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，请回答下列问题：
(1)四种元素的原子半径由小到大的顺序为(用字母表示)：__________________________________________
(2)写出由X、Y、Z三种元素形成的满足下列条件的化合物的化学式各一种：离子化合物_________________，共价化合物_________________
(3)X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有________种
【答案】(1). X
【分析】根据元素在周期表中的位置和元素周期表的结构可知，X为H元素、W为Cl元素，则Y为N元素、Z为O元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、W为Cl元素，Z为O元素。
(1) 一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，四种元素的原子半径由小到大的顺序为H(X)
(3)H与其余三种元素(N、O、Cl)之间形成的核外电子总数为10的微粒有H2O、NH3、NH4+、OH-、H3O+，共5种，故答案为：5。
28.(1)已知下列各种共价键的键能：C—H：a kJ· mol－1、O—H：b kJ· mol－1、O＝O：c kJ·mol－1、C＝O：d kJ·mol－1。写出甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的热化学方程式：_________________________________
(2)火箭中的主要燃料是“肼(也称为联氨)”的液体物质。此化合物的相对分子质量为32。其中，含N的质量分数为87.5%，其余为H元素。则：
①肼的化学式为__________________，其结构式为_____________________________
②此燃料的氧化剂是N2O4气体，若燃烧0.2 mol肼液体放出的热量为 400 kJ，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为：__________________________
【答案】(1). CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1 (2). N2H4 (3). (4). N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1
【解析】
【分析】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水，结合反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，书写该反应的热化学方程式；
(2) ①根据N元素的质量分数结合相对分子质量计算含有N的数目和H的数目，据此书写该化合物的化学式和结构式；②肼与N2O4反应，燃烧的产物对大气都无污染，生成物为氮气和液态水，结合燃烧0.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，书写肼与N2O4气体反应的热化学方程式。
【详解】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的方程式为CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g)，反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1，故答案为：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1；
(2) ①元素H和N形成化合物的相对分子质量为32，N元素的质量分数为87.5%，则含有N的数目为：=2，含有H的数目为：=4，则该化合物的化学式为N2H4，N2H4为共价化合物，其结构式为，故答案为：N2H4；；
②肼与N2O4反应，N2O4为氧化剂，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，反应的方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l)，燃烧0.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，则燃烧2mol肼放出的热量为 4000 kJ，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1，故答案为：N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1。
29.液氨—液氧燃料电池曾用于驱动潜艇，其示意图如图所示。
(1)该电池的总反应式为_____________，电极1发生的电极反应为__________；
(2)下列说法正确的是______________；
A. 电极2是正极，发生还原反应
B. 电池工作时，Na＋向电极1移动
C. 电流由电极2经外电路流向电极1
D. 该装置将化学能转化为电能再转化为机械能
(3)当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗标准状况下氧气的体积为________L。
【答案】(1). 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O (2). 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2↑+ 6H2O (3). ACD (4). 2.24
【解析】
【分析】燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，根据图示，氨气与氧气反应生成氮气和水，据此书写反应的方程式；燃料电池中通入氧气的电极为正极，电极2是正极，电极1是负极，在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，电极方程式为2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，在正极上氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。
【详解】(1)燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，即4NH3+3O2=2N2+6H2O，在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1的电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，故答案为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O；
(2) A.燃料电池中通入氧气的电极为正极，因此电极2为正极，正极上发生得电子的还原反应，故A正确；B．电极1为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，即Na+向电极2移动，故B错误；C．电流从正极流向负极，即电流由电极2经外电路流向电极1，故C正确；D. 燃料电池属于原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置，电能再转化为机械能驱动潜艇，故D正确；故答案为：ACD；
(3) 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O中转移的电子数为12，当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗氧气=0.1mol，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故答案为：2.24。
30.在80 ℃时，将0.20 mol的N2O4气体充入1 L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间 /(s)
0
20
40
60
80
100
c(N2O4) / mol · L－1
0.20
c1
0.10
c2
c3
c4
c(NO2) / mol · L－1
0.00
0.12
0.20
0.22
0.22
0.22
根据本题内容和表中提供数据填空(c1、c2、c3、c4表示相应的浓度)，请回答下列各小题：
(1)该反应化学方程式_________________________； 表中c2____c3(填“＜”、“＞”或“＝”)
(2)c4＝_______mol · L－1，在0～20 s内NO2的平均反应速率为______________________
【答案】(1). N2O4 2NO2 (2). ＝ (3). 0.09 (4). 6.0×10-3 mol·L-1·s-1
【解析】
【分析】(1)根据表格中的物质的化学式结合原子守恒书写反应的方程式；由表可知，60s时反应达平衡，据此判断c2、c3的大小；
(2) 60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，根据反应的方程式分析解答；结合化学反应速率概念计算0～20s内NO2的平均反应速率。
【详解】(1)反应的化学方程式为N2O4 2 NO2，由表可知，60s时反应达平衡，平衡时，物质的浓度不变，c2=c3，故答案为：N2O4 2NO2；=；
(2)由表可知，60s时c(NO2)=0.22mol/L，反应的N2O4浓度为0.11mol/L，60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，所以c2= c3= c4=0.20mol/L-0.11mol/L=0.09mol/L，
0～20s内NO2的平均反应速率==0.006mol/(L•s)，故答案为：0.09；0.006mol/(L•s)。
31.短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物；元素B形成的化合物种类繁多且元素B与元素E处于同一主族；元素C与元素F处于同一主族。
(1)写出C的元素符号__________，D形成简单离子的结构示意图___________；
(2)写出元素A一种原子的中子数是质子数2倍的核素的符号____________；
(3)元素E在周期表中位置___________；
(4)比较E和F最高价氧化物对应水化物的酸性强弱______________(用化学式表示)
(5)写出A2C2电子式___________________；D与A形成化合物电子式_________________；元素A与B形成化合物A2B2的结构式________________；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨等特点，推测该晶体是_________晶体。
(7)写出C与D以原子个数比1∶1形成的化合物与水反应的化学方程式：_________________；若生成0.5 mol氧化产物，则转移的电子数目为__________(用NA表示)；
(8)取8.3g仅由D和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，写出该化合物与过量盐酸反应的化学方程式_________________。
【答案】(1). O (2). (3). (4). 第三周期第ⅣA族 (5). H2SiO3 < H2SO4 (6). (7). Na＋[ H∶]－ (8). H—C≡C—H (9). 原子 (10). 2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ (11). NA (12). Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物，则A为H元素，C为O元素；元素C与元素F处于同一主族，F为S元素；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物，则D为Na元素；元素B形成的化合物种类繁多，B为C元素；元素B与元素E处于同一主族，E为Si元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为Si元素，F为S元素。
(1) C为O元素；D为Na元素，钠是11号元素，最外层有1个电子，Na+离子的结构示意图为，故答案为：O；；
(2)H的质子数=1，中子数=2，则质量数=1+2=3，该核素的符号为 ，故答案为：；
(3) E为Si元素，硅是14号元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；
(4) 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si＜S，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3 < H2SO4，故答案为：H2SiO3 < H2SO4；
(5)A2C2为H2O2，是共价化合物，电子式为；D与A形成化合物为NaH，是离子化合物，电子式为Na＋[ H∶]－；A2B2为C2H2，结构式为H—C≡C—H，故答案为：；Na＋[ H∶]－；H—C≡C—H；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨，符合原子晶体的特点，故答案为：原子；
(7)C与D以原子个数比1∶1形成的化合物为Na2O2，Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，NaOH为还原产物，O2是氧化产物，生成0.5 mol氧化产物，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；NA；
(8)8.3g仅由Na和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，则8.3g该化合物中含有0.1molN元素，质量为1.4g，则含有Na元素8.3g-1.4g=6.9g，物质的量为=0.3mol，该化合物的化学式为Na3N，则Na3N与过量盐酸反应的化学方程式为Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl，故答案为：Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl。
32.将2.80 g含氧化镁的镁条完全溶于50.0 mL硫酸溶液后，滴加2.00 mol·Lˉ1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去200.0 mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g。
(1)求上述硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝____________________________。
(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)＝______________。
【答案】(1). 4.00 mol·L-1 (2). 1:10
【解析】
【分析】将含氧化镁的镁条完全溶于硫酸溶液后，发生反应MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL，发生反应MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g，发生反应Mg(OH)2MgO+ H2O，结合反应方程式和原子守恒分析解答。
【详解】(1)将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL．可知完全沉淀后，溶液为Na2SO4溶液，根据原子守恒可知，n(SO42-)= (Na+)=2.0mol/L×0.2L×=0.2mol，则硫酸溶液的物质量浓度为=4.00 mol/L，故答案为：4.00 mol/L；
(2)将所得沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g，所得固体为MgO，其物质的量为=0.11mol，设Mg的物质的量为x，MgO为y，则x+y＝0.11mol，24g/mol×x+40 g/mol×y＝4.4g，解得：x=0.1mol，y=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)∶n(Mg)=0.01mol∶0.1mol=1∶10，故答案为：1∶10。
相对原子质量：H: 1 O: 16 C: 12 Cl: 35.5 Na: 23 N: 14 K: 39 Fe: 56 Al: 27 S: 32 P: 31 Mg: 24
一、选择题(每题2分，共50分)
1.地壳中含量较大的三种元素是（ ）
A. H、O、Si B. O、Si、Al C. Al、C、O D. H、O、Al
【答案】B
【详解】各元素在地壳中的含量由大到小依次为O、Si、Al、Fe、Ca等，结合各选项可知，选项B符合题意，故选B。
2. 对于同一原子的下列电子层中，能量最低的是（ ）
A. K层 B. L层 C. M层 D. N层
【答案】A
【解析】试题分析：离原子核越近能量越低，能量最低的是K层，故A正确。
3.下列离子的电子排布与Ne原子核外电子排布不同的是（ ）
A. Mg2＋ B. O2－ C. Na＋ D. C1－
【答案】D
【解析】
【分析】Ne原子核外有10个电子，核外电子排布为2、8，根据各微粒的核外电子排布分析判断。
【详解】A. Mg2＋核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故A不选；
B. O2－核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故B不选；
C. Na＋核外有10个电子，核外电子排布为2、8，与Ne原子核外电子排布相同，故C不选；
D. C1－核外有18个电子，核外电子排布为2、8、8，与Ne原子核外电子排布不同，故D选；
答案选D。
4.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。吸食时将饮料罐隔离层中的固体化学物质和水混合后摇动即会制冷或对饮料起到冷却作用。该化学物质可能是（ ）
A. NaCl B. NH4NO3 C. CaO D. NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷，说明该物质溶于水吸热，或与水反应吸热，据此分析解答。
【详解】A．NaCl溶于水，热效应不明显，故A不选；
B．固体硝酸铵溶于水吸热，温度降低，符合题意，故B选；
C．生石灰溶于水，与水反应，放出热量，温度升高，不符合题意，故C不选；
D．固体NaOH溶于水，放出热量，温度升高，不符合题意，故D不选；
答案选B。
5.下列装置能够组成原电池的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构成原电池的条件是：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能自发的发生氧化还原反应，据此分析解答。
【详解】A. 没有构成闭合电路，不能构成原电池，故A不选；
B. 酒精为非电解质，不能导电，不能构成原电池，故B不选；
C. 两个电极相同，不能构成原电池，故C不选；
D. 存在两个活泼性不同的电极(锌、铜)，存在电解质溶液(硫酸铜溶液)；构成了闭合回路；能自发的进行氧化还原反应(锌与铜离子发生置换反应)，满足构成原电池的条件，故D选；
答案选D。
6.下列说法正确的是：（ ）
A. 只含一种元素的物质不一定是纯净物
B. 由相同元素形成的不同物质称同素异形体
C. 分子式为C2H6O的物质一定是乙醇
D. C5H12只有2种同分异构体，其熔点各不相同
【答案】A
【详解】A、只含一种元素的物质不一定是纯净物，如同素异形体形成的物质，由一种元素组成，但为混合物，如O2和O3混合，故A正确；
B. 由相同元素形成的不同单质称同素异形体，由相同元素形成的不同物质可能是同分异构体、同系物等，故B错误；
C. 分子式为C2H6O的物质可能为二甲醚，不一定是乙醇，故C错误；
D. C5H12有正戊烷，异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故D错误；
答案选A。
7.在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0．6 mol·L－1。在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0．45 mol·L－1·s－1，则反应所经过的时间是( )
A. 0．44 s B. 1 s C. 1．33 s D. 2 s
【答案】D
【解析】NH3的浓度增加了0．6 mol·L－1，H2的浓度减少了0．9 mol·L－1，根据v＝，v(H2)＝，Δt＝＝＝2 s。
8.以下属于放热反应的是： （ ）
①煅烧石灰石制生石灰 ②浓硫酸溶于水 ③将氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合后用玻璃棒搅拌使之反应 ④食物因氧化而腐败 ⑤镁与盐酸反应制氢气 ⑥盐酸与氢氧化钠的中和反应
A. ④⑤⑥ B. ①④⑤ C. ②⑤⑥ D. ②③④
【答案】A
【详解】①煅烧石灰石制生石灰，属于分解反应，该反应为吸热反应，不选；②浓硫酸溶于水放出热量，但不属于化学反应，不选；③氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应为吸热反应，不选；④食物因氧化而腐败，属于物质的缓慢氧化，是放热反应，选；⑤镁与盐酸反应制氢气为放热反应，选；⑥盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，选；属于放热反应的有④⑤⑥，故选A。
9.下列表示正确的是：（ ）
A. CO2的电子式： B. 乙醇的结构式：C2H5OH
C. 乙炔的比例模型： D. 氟离子的结构示意图：
【答案】D
【详解】A. CO2分子中，碳与氧原子之间形成碳氧双键，正确的电子式应该为，故A错误；
B. C2H5OH为乙醇的结构简式，结构式为，故B错误；
C. 为乙炔的球棍模型，故C错误；
D. 氟为9号元素，氟离子核外有10个电子，结构示意图为，故D正确；
答案选D。
10.现有下列各种物质，其中含共价键的单质是：（ ）
A. H2O B. 氦气 C. 氢气 D. 金属钠
【答案】C
【详解】A. H2O是化合物，不是单质，故A错误；
B. 氦气属于单原子分子，分子中不存在化学键，故B错误；
C. 氢气是非金属单质，分子中只存在共价键，故C正确；
D. 金属钠是金属单质，存在金属键，不存在共价键，故D错误；
答案选C。
11.已知氢化锂(LiH)属于离子化合物，跟水反应可放出H2。下列叙述中正确的是：（ ）
A. LiH跟水反应后得中性溶液 B. LiH中氢离子可以被还原成氢气
C. LiH中氢离子半径比锂离子半径小 D. LiH在化学反应中是一种强还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】在LiH中Li+与H-以离子键结合而成，LiH溶于水生成H2，反应的方程式为LiH+H2O=H2↑+LiOH，反应中LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，据此分析解答。
【详解】A、LiH跟水反应的方程式为LiH+H2O=H2↑+LiOH，反应后溶液呈碱性，故A错误；
B、在离子化合物LiH中，Li+与H-以离子键结合而成，H-与水中的H+之间发生氧化还原反应而被氧化，即LiH中氢离子可以被氧化成氢气，故B错误；
C、LiH中氢离子与锂离子核外均是2个电子，核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大，氢离子半径比锂离子半径大，故C错误；
D、LiH+H2O=H2↑+LiOH反应中，LiH中H元素化合价升高，LiH是还原剂，H2O中H元素化合价降低，是氧化剂，故D正确；
答案选D。
12.离子化合物的熔点与离子的半径、离子所带的电荷有关，离子的半径越小，离子所带的电荷越高，则离子化合物的熔点就越高。试判断KCl、CaO两种晶体熔点的高低顺序：（ ）
A. KCl＞CaO B. NaCl＝CaO
C. CaO＞KCl D. 无法比较
【答案】C
【详解】钾离子半径大于钙离子，氯离子半径大于氧离子，且氧化钙中离子所带的电荷大于氯化钾中离子所带的电荷，所以KCl晶体的熔点低于CaO晶体，故选C。
13.与Ne核外电子排布相同的离子跟Ar核外电子排布相同的离子所形成的化合物是：（ ）
A. Na2O B. CCl4 C. KCl D. KF
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素周期表，与Ne核外电子排布相同的离子，阴离子有N3-、O2-、F-等，阳离子有Na+、Mg2+、Al3+等；与Ar核外电子排布相同的离子，阴离子有P3-、S2-、Cl-等，阳离子有K+、Ca2+等，据此分析解答。
【详解】A、Na2O中Na+与Ne核外电子排布相同，O2-离子结构与Ar核外电子排布不同，故A错误；
B、CCl4中不存在离子，四氯化碳属于共价化合物，故B错误；
C、氯化钾中，氯离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，钾离子与Ar的核外电子排布也相同，故C错误；
D、KF中，钾离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，氟离子与Ne的核外电子排布相同，故D正确；
答案选D。
14.下列各物质的晶体中，晶体类型不相同的是：（ ）
A. CO2和SiO2 B. H2O和HCl
C. CO2和CCl4 D. K2SO4和MgCl2
【答案】A
【详解】A. CO2形成的晶体为分子晶体，SiO2形成的晶体为原子晶体，晶体类型不相同，故A选；
B. H2O形成的晶体为分子晶体，HCl形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故B不选；
C. CO2形成的晶体为分子晶体，CCl4形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故C不选；
D. K2SO4形成的晶体为离子晶体，MgCl2形成的晶体为离子晶体，晶体类型相同，故D不选；
答案选A。
15.下列各种说法中，正确的是：（ ）
A. O2与O3互为同素异形体，但两者之间的转化属于物理变化
B. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则6.2g 白磷(P4)含有0.3NA P-P键
C. 足球烯与金刚石互为同分异构体，但二者形成的晶体类型不同
D. 12C与14C的质子数和电子数都为6，故二者是碳元素的同一种核素
【答案】B
【详解】A．O2与O3是两种不同的单质，互为同素异形体，两者之间的转化属于化学变化，故A错误；
B.6.2g白磷含有P4的物质的量为：=0.05mol，0.05molP4分子中含有P-P键的物质的量为：0.05mol×6=0.3mol，所含P-P键数目为0.3NA，故B正确；
C. 足球烯与金刚石都是C元素的单质，属于同素异形体，足球烯形成的晶体为分子晶体，金刚石属于原子晶体，故C错误；
D. 12C的质子数和中子数都为6，14C的质子数为6、中子数为8，是碳元素的两种核素，故D错误；
答案选B
16.如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是：（ ）
X
Y
Z
W
T
A. X、W、Z元素的原子半径依次递增
B. Y元素在自然界中不能以游离态存在
C. T元素的非金属性比W弱，但比Z强
D. YX2晶体和WX3晶体的类型不同，但均存在共价键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，则X为O，W为S，可知Y为Si、Z为P、T为As，结合元素周期律与元素化合物的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为O，W为S，Y为Si、Z为P、T为As。
A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以X、W、Z元素的原子半径依次增大，故A正确；
B．Y为Si，Si属于亲氧元素，在自然界中都是化合态存在，故B正确；
C. 同一主族从上到下非金属性减弱；同一周期从左向右非金属性增强。T元素的非金属性小于Z，Z元素的非金属性小于W，即非金属性T＜Z＜W，故C错误；
D．SiO2晶体属于原子晶体，原子间存在共价键，SO3晶体属于分子晶体，分子内存在共价键，故D正确；
答案选C。
17.反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：（ ）
A. 增加H2O (g) 的量
B. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大
C. 将容器的体积缩小一半
D. 保持压强不变，充入氦气使容器容积变大
【答案】B
【详解】A．增加H2O (g) 的量，H2O (g)的浓度增大，反应速率加快，故A不选；
B．保持体积不变，充入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，则反应速率不变，故B选；
C．将容器的体积缩小一半，气体的浓度增大，反应速率加快，故C不选；
D．保持压强不变，充入氦气，容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减慢，故D不选；
答案选B。
18.根据图的能量图，下列说法正确的是：（ ）
A. A2(g) + B2(g) = 2AB(g) 是一个放热反应
B. 2molAB的总能量大于1molA2和lmolB2的能量之和
C. 2AB(g) = A2(l) + B2(l) △H<(b-a)kJ/mo1
D. 1molA2(g)和1molB2(g)的能量之和为akJ
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，△H＞0，且焓变等于正逆反应的活化能之差，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则A2(g)+B2(g)=2AB(g)是吸热反应，故A错误；
B．由图可知，2 mol AB(g)的总能量大于1 mol A2(g)和 1 mol B2(g)的能量之和，物质能量与物质状态有关，未注明物质的状态，无法判断2molAB的总能量与1molA2和lmolB2的能量之和的大小关系，故B错误；
C．由图可知A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=(a-b)kJ/mol，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，则2AB(g)=A2(g)+B2(g))△H=(b-a) kJ/mol，因生成物中气态能量比液态能量高，生成液态生成物放热更多，则2AB(g)=A2(l)+B2(l)△H＜(b-a) kJ/mol，故C正确；
D．a为正反应的活化能的数值，由图不能确定反应物的总能量，故D错误；
答案选C。
19.在恒温恒容容器中：2NO2 2NO＋O2。不能说明反应达平衡状态的是：（ ）
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； ③NO2、NO、O2 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混合气体的密度不再改变的状态； ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；②根据方程式，生成n mol O2 的同时一定生成2n mol NO，不能说明反应达到平衡状态，错误；③根据方程式，若为同一方向，则任何时候NO2、NO、O2 的反应速率的比都等于2 : 2 : 1，不能说明反应达到平衡状态，错误；④反应中只有二氧化氮有颜色，混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，正确；⑤容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；⑥反应前后气体的物质的量发生变化，气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行发生变化，当混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确，反应达平衡状态的有①④⑥，不能说明反应达平衡状态的有②③⑤，故选B。
20.在4 L密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分的面积表示：（ ）
A. X的物质的量浓度的减少 B. Y的物质的量的减少
C. Z的物质的量浓度的增加 D. X的物质的量的减少
【答案】C
【解析】
【分析】观察图象，纵坐标为反应速率，横坐标为时间，二者之积为浓度，Y和Z的反应速率相等，则阴影部分不可能为X的浓度减少。
【详解】Sabdo表示Y向正反应方向进行时减少的浓度，而Sbod则表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度，所以，Saob=Sabdo-Sbod，表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度，而Y的反应速率与Z的反应速率相等，则阴影部分可表示Y的浓度的减小或Z的浓度的增加。
所以C选项是正确的。
21.LED(Light Emitting Diode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是：（ ）
A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上发生的反应为2H++2e-=H2↑
C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，则导线中不会有电子流动
D. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，构成的原电池中，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，据此分析解答。
【详解】A．原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故A正确；
B．铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故B正确；
C．柠檬汁显酸性也能作电解质溶液，所以将硫酸换成柠檬汁，仍然构成原电池，所以导线中有电子流动，故C错误；
D．金属性Cu比Zn、Fe弱，将锌片换成铁片，Cu仍作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由Cu流向负极铁，故D正确；
答案选C。
22.在恒温恒容的密闭容器中通入lmol X和2molY，发生如下反应：X(g) + 2Y(g)M(g) + 2N(g) △H=akJ/mol (a>0)，下列说法中正确的是：（ ）
A. v正(M)=2v逆(N)时，反应到达平衡状态
B. 到达平衡状态时，反应吸收akJ能量
C. 2s 末反应达到平衡时，加入催化剂，反应速率不会发生改变
D. 2s 末反应达到平衡时，Y的消耗量是X的生成量的2倍
【答案】D
【详解】A．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，达到平衡状态，v正(M)=2v逆(N)时，说明正反应速率＞逆反应速率，反应不是平衡状态，故A错误；
B．物质的量与热量成正比，该反应为可逆反应，参加反应的X小于1mol，则平衡时放出热量小于akJ，故B错误；
C. 加入催化剂，反应速率会发生改变，故C错误；
D. 根据方程式，2s 末反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率，Y的消耗量是X的生成量的2倍，故D正确；
答案选D。
23.下列说法正确的是：（ ）
A. HCl、HBr、HI的熔点依次增大，它们分子间作用力也依次增大
B. NH3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C. Na2SO4晶体属于离子晶体，该晶体中只含有离子键
D. 金刚石加热融化时需要克服分子间作用力
【答案】A
【详解】A．相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高，相对分子质量HCl＜HBr＜HI，则HCl、HBr、HI的分子间作用力也依次增大，熔点依次增大，故A正确；
B．NH3中H原子只能形成2电子结构，不是8电子稳定结构，故B错误；
C．Na2SO4属于离子化合物，存在离子键，硫酸根中S、O之间形成的是共价键，则Na2SO4晶体中含离子键和共价键，故C错误；
D．金刚石是由原子构成的原子晶体，不存在分子间作用力，则加热融化时需克服共价键，故D错误；
答案选A。
24.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化图如下图，下列说法正确的是：（ ）
A. 单斜硫没有正交硫稳定
B. S(s，单斜)＝S(s，正交) △H＝＋0.33 kJ· mol－1
C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D. ①式表示断裂l mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ
【答案】A
【解析】
【分析】由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高，越不稳定，硫和氧气的总能量高于二氧化硫的总能量，生成SO2的反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．物质的能量越高越不稳定，由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，则正交硫比单斜硫稳定，故A正确；
B．单斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，单斜)=S(s，正交)为放热反应，△H=(-297.16kJ/mol)-( -296.83kJ/mol)=-0.33kJ/mol，故B错误；
C．由图象可以看出，相同物质的量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；
D．①式反应需断裂单斜硫中S-S键和O=O键，不仅仅是断裂lmolO2中的共价键，故D错误；
答案选A。
25. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：
2Ag+Zn(OH)2Ag2O+Zn+H2O在此电池放电时，负极上发生反应的物质是（ ）
A. Ag B. Zn(OH)2 C. Ag2O D. Zn
【答案】D
【解析】分析：在原电池中，负极反应是原子失电子发生氧化反应的过程．
解答：解：在银锌二次电池中，根据反应：Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn(OH)2，放电时为原电池，活泼金属做负极，失电子发生氧化反应，根据电极反应应为锌．
故选D．
26.3A(g)＋2B(s)2C(g)＋3D(g) △H＝＋a kJ·mol－1。达到平衡时，下列说法一定正确的是（ ）
A. 当B(s)的质量不再发生变化时，说明该反应已达到平衡状态
B. 若开始时加入3 mol A和2 mol B，则反应达到平衡时共吸收a kJ热量
C. 若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强始终不变
D. 当用B表示的正反应速率等于用C表示的逆反应速率时，反应已达到平衡状态
【答案】A
【详解】A. B(s)的质量不再发生变化，则A、C、D的质量也不发生变化，因此A、C、D的浓度不再发生变化，说明该反应已达到平衡状态，故A正确；
B. 该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能为100%，即3 mol A和2 mol B反应时，消耗的A少于3mol，则反应达到平衡时吸收的热量少于a kJ，故B错误；
C. B为固体，反应后气体的物质的量增加，若保持恒温、恒容不变，从反应开始到平衡的过程中，气体压强逐渐增大，故C错误；
D. B为固体，不能用B的浓度变化表示反应速率，故D错误；
答案选A。
二、填空题：
27.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，请回答下列问题：
(1)四种元素的原子半径由小到大的顺序为(用字母表示)：__________________________________________
(2)写出由X、Y、Z三种元素形成的满足下列条件的化合物的化学式各一种：离子化合物_________________，共价化合物_________________
(3)X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有________种
【答案】(1). X
【分析】根据元素在周期表中的位置和元素周期表的结构可知，X为H元素、W为Cl元素，则Y为N元素、Z为O元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、W为Cl元素，Z为O元素。
(1) 一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，四种元素的原子半径由小到大的顺序为H(X)
(3)H与其余三种元素(N、O、Cl)之间形成的核外电子总数为10的微粒有H2O、NH3、NH4+、OH-、H3O+，共5种，故答案为：5。
28.(1)已知下列各种共价键的键能：C—H：a kJ· mol－1、O—H：b kJ· mol－1、O＝O：c kJ·mol－1、C＝O：d kJ·mol－1。写出甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的热化学方程式：_________________________________
(2)火箭中的主要燃料是“肼(也称为联氨)”的液体物质。此化合物的相对分子质量为32。其中，含N的质量分数为87.5%，其余为H元素。则：
①肼的化学式为__________________，其结构式为_____________________________
②此燃料的氧化剂是N2O4气体，若燃烧0.2 mol肼液体放出的热量为 400 kJ，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为：__________________________
【答案】(1). CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1 (2). N2H4 (3). (4). N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1
【解析】
【分析】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水，结合反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，书写该反应的热化学方程式；
(2) ①根据N元素的质量分数结合相对分子质量计算含有N的数目和H的数目，据此书写该化合物的化学式和结构式；②肼与N2O4反应，燃烧的产物对大气都无污染，生成物为氮气和液态水，结合燃烧0.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，书写肼与N2O4气体反应的热化学方程式。
【详解】(1) 甲烷气体完全燃烧生成CO2气体和气体水的方程式为CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g)，反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1，故答案为：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H=(4a+2c-2d-4b)kJ·mol-1；
(2) ①元素H和N形成化合物的相对分子质量为32，N元素的质量分数为87.5%，则含有N的数目为：=2，含有H的数目为：=4，则该化合物的化学式为N2H4，N2H4为共价化合物，其结构式为，故答案为：N2H4；；
②肼与N2O4反应，N2O4为氧化剂，燃烧的产物对大气都无污染(生成的水为液态)，反应的方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l)，燃烧0.2 mol肼放出的热量为 400 kJ，则燃烧2mol肼放出的热量为 4000 kJ，则肼与N2O4气体反应的热化学方程式为N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1，故答案为：N2O4(g) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l) △H= ─4000 kJ·mol-1。
29.液氨—液氧燃料电池曾用于驱动潜艇，其示意图如图所示。
(1)该电池的总反应式为_____________，电极1发生的电极反应为__________；
(2)下列说法正确的是______________；
A. 电极2是正极，发生还原反应
B. 电池工作时，Na＋向电极1移动
C. 电流由电极2经外电路流向电极1
D. 该装置将化学能转化为电能再转化为机械能
(3)当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗标准状况下氧气的体积为________L。
【答案】(1). 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O (2). 2NH3 - 6e- + 6OH- = N2↑+ 6H2O (3). ACD (4). 2.24
【解析】
【分析】燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，根据图示，氨气与氧气反应生成氮气和水，据此书写反应的方程式；燃料电池中通入氧气的电极为正极，电极2是正极，电极1是负极，在燃料电池的负极上发生燃料失电子的氧化反应，电极方程式为2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，在正极上氧气发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，据此分析解答。
【详解】(1)燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，即4NH3+3O2=2N2+6H2O，在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1的电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，故答案为：4NH3+3O2=2N2+6H2O；2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O；
(2) A.燃料电池中通入氧气的电极为正极，因此电极2为正极，正极上发生得电子的还原反应，故A正确；B．电极1为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，即Na+向电极2移动，故B错误；C．电流从正极流向负极，即电流由电极2经外电路流向电极1，故C正确；D. 燃料电池属于原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置，电能再转化为机械能驱动潜艇，故D正确；故答案为：ACD；
(3) 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O中转移的电子数为12，当电路中通过的电子数为0.4mol时，理论上需消耗氧气=0.1mol，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故答案为：2.24。
30.在80 ℃时，将0.20 mol的N2O4气体充入1 L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间 /(s)
0
20
40
60
80
100
c(N2O4) / mol · L－1
0.20
c1
0.10
c2
c3
c4
c(NO2) / mol · L－1
0.00
0.12
0.20
0.22
0.22
0.22
根据本题内容和表中提供数据填空(c1、c2、c3、c4表示相应的浓度)，请回答下列各小题：
(1)该反应化学方程式_________________________； 表中c2____c3(填“＜”、“＞”或“＝”)
(2)c4＝_______mol · L－1，在0～20 s内NO2的平均反应速率为______________________
【答案】(1). N2O4 2NO2 (2). ＝ (3). 0.09 (4). 6.0×10-3 mol·L-1·s-1
【解析】
【分析】(1)根据表格中的物质的化学式结合原子守恒书写反应的方程式；由表可知，60s时反应达平衡，据此判断c2、c3的大小；
(2) 60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，根据反应的方程式分析解答；结合化学反应速率概念计算0～20s内NO2的平均反应速率。
【详解】(1)反应的化学方程式为N2O4 2 NO2，由表可知，60s时反应达平衡，平衡时，物质的浓度不变，c2=c3，故答案为：N2O4 2NO2；=；
(2)由表可知，60s时c(NO2)=0.22mol/L，反应的N2O4浓度为0.11mol/L，60s时反应达平衡，平衡时，反应混合物各组分的浓度不变，所以c2= c3= c4=0.20mol/L-0.11mol/L=0.09mol/L，
0～20s内NO2的平均反应速率==0.006mol/(L•s)，故答案为：0.09；0.006mol/(L•s)。
31.短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物；元素B形成的化合物种类繁多且元素B与元素E处于同一主族；元素C与元素F处于同一主族。
(1)写出C的元素符号__________，D形成简单离子的结构示意图___________；
(2)写出元素A一种原子的中子数是质子数2倍的核素的符号____________；
(3)元素E在周期表中位置___________；
(4)比较E和F最高价氧化物对应水化物的酸性强弱______________(用化学式表示)
(5)写出A2C2电子式___________________；D与A形成化合物电子式_________________；元素A与B形成化合物A2B2的结构式________________；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨等特点，推测该晶体是_________晶体。
(7)写出C与D以原子个数比1∶1形成的化合物与水反应的化学方程式：_________________；若生成0.5 mol氧化产物，则转移的电子数目为__________(用NA表示)；
(8)取8.3g仅由D和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，写出该化合物与过量盐酸反应的化学方程式_________________。
【答案】(1). O (2). (3). (4). 第三周期第ⅣA族 (5). H2SiO3 < H2SO4 (6). (7). Na＋[ H∶]－ (8). H—C≡C—H (9). 原子 (10). 2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ (11). NA (12). Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E和F的原子序数依次增大。元素A与元素C可形成A2C、A2C2两种化合物，则A为H元素，C为O元素；元素C与元素F处于同一主族，F为S元素；元素C与元素D可形成D2C、D2C2两种化合物，则D为Na元素；元素B形成的化合物种类繁多，B为C元素；元素B与元素E处于同一主族，E为Si元素，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为Si元素，F为S元素。
(1) C为O元素；D为Na元素，钠是11号元素，最外层有1个电子，Na+离子的结构示意图为，故答案为：O；；
(2)H的质子数=1，中子数=2，则质量数=1+2=3，该核素的符号为 ，故答案为：；
(3) E为Si元素，硅是14号元素，在周期表中位于第三周期第ⅣA族，故答案为：第三周期第ⅣA族；
(4) 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si＜S，最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3 < H2SO4，故答案为：H2SiO3 < H2SO4；
(5)A2C2为H2O2，是共价化合物，电子式为；D与A形成化合物为NaH，是离子化合物，电子式为Na＋[ H∶]－；A2B2为C2H2，结构式为H—C≡C—H，故答案为：；Na＋[ H∶]－；H—C≡C—H；
(6)元素B与氮元素形成的化合物的晶体具有高熔点且耐磨，符合原子晶体的特点，故答案为：原子；
(7)C与D以原子个数比1∶1形成的化合物为Na2O2，Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，NaOH为还原产物，O2是氧化产物，生成0.5 mol氧化产物，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：2Na2O2 ＋2H2O = 4NaOH＋O2↑；NA；
(8)8.3g仅由Na和氮元素形成的某化合物与足量水充分反应后产生0.1mol氨气，则8.3g该化合物中含有0.1molN元素，质量为1.4g，则含有Na元素8.3g-1.4g=6.9g，物质的量为=0.3mol，该化合物的化学式为Na3N，则Na3N与过量盐酸反应的化学方程式为Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl，故答案为：Na3N＋4HCl = 3NaCl＋NH4Cl。
32.将2.80 g含氧化镁的镁条完全溶于50.0 mL硫酸溶液后，滴加2.00 mol·Lˉ1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去200.0 mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g。
(1)求上述硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝____________________________。
(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)＝______________。
【答案】(1). 4.00 mol·L-1 (2). 1:10
【解析】
【分析】将含氧化镁的镁条完全溶于硫酸溶液后，发生反应MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL，发生反应MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g，发生反应Mg(OH)2MgO+ H2O，结合反应方程式和原子守恒分析解答。
【详解】(1)将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后，滴加2.00mo1/L氢氧化钠液，恰好完全沉淀时用去200.0mL．可知完全沉淀后，溶液为Na2SO4溶液，根据原子守恒可知，n(SO42-)= (Na+)=2.0mol/L×0.2L×=0.2mol，则硫酸溶液的物质量浓度为=4.00 mol/L，故答案为：4.00 mol/L；
(2)将所得沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g，所得固体为MgO，其物质的量为=0.11mol，设Mg的物质的量为x，MgO为y，则x+y＝0.11mol，24g/mol×x+40 g/mol×y＝4.4g，解得：x=0.1mol，y=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)∶n(Mg)=0.01mol∶0.1mol=1∶10，故答案为：1∶10。
相关资料
更多
