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【化学】北京师大附中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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北京师大附中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
本试卷有2道大题，考试时长90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 C1-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、选择题（25 道小题，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。
2.下列元素中，不属于主族元素的是
A. H B. He C. N D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A．H为第一周期ⅠA族元素，故A正确；
B．He为第一周期0族元素，故B错误；
C．N为第二周期ⅤA族元素，故C正确；
D．Cl为第三周期ⅦA族元素，故D正确；
故答案为B。
3.下列微粒结构示意图中，表示钠离子的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图为，故答案为D。
4.下列选项中，在元素周期表内不呈现周期性变化的是（ ）
A. 原子半径 B. 化合价
C. 原子序数 D. 元素性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则随着原子序数递增呈现周期性变化，故A正确；
B．化合价同周期从左到右最高正价逐渐增大，同主族最高价相同（O、F除外），则随着原子序数递增呈现周期性变化，故B正确；
C．原子序数等于原子核内质子数，不呈现周期性变化，故C错误；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱、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，则元素性质随着原子序数递增呈现周期性变化，故D正确；
故答案为C。
5. 下列物质中，碱性最强的是（ ）
A. NaOH B. Mg（OH）2 C. Al（OH）3 D. KOH
【答案】D
【解析】试题分析：同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强；金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．
解：Na、Mg、Al在同周期，Na、K同主族，
同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强，
则金属性K＞Na＞Mg＞Al，
所以碱性最强的为KOH，
故选D．
6.下列有关卤族元素从上至下的变化的说法中，正确的是（ ）
A. 原子半径逐渐增大
B. 阴离子还原性逐渐减弱
C. 都有最高价氧化物的水化物，化学式为HXO4
D. 与氢气越来越容易化合，氢化物的稳定性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族从上到下，电子层逐渐增多，所以原子半径逐渐增大，故A正确；
B．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，单质氧化性依次减弱，阴离子还原性逐渐增强，故B错误；
C．F没有正价，无最高价氧化物的水化物，故C错误；
D．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，与氢气越来越难化合，气态氢化物稳定性依次减弱，故D错误；
故答案为A。
7.镭（Ra）是一种具有很强的放射性的元素，原子序数88。其原子最外层电子数是2。下列有关Ra的说法不正确的是（ ）
A. Ra是第七周期第IIA族元素
B. Ra的原子核外有88个电子
C. Ra在同族元素中金属性最弱
D. 其阳离子半径小于原子半径
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ra(镭)质子数为88，则88-2-8-8-18-18-32=2，故处于Ra元素位于元素周期表第七周期ⅡA族，故A正确；
B．原子核外电子数等于原子序数，即Ra的原子核外有88个电子，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，镭是第ⅡA族元素中金属性最强的元素，故C错误；
D．镭原子最外层电子数是2，其阳离子失去了最外层2个电子，则其阳离子半径小于原子半径，故D正确；
故答案为C。
8.下列有关元素周期表和周期律的说法中，正确的是（ ）
A. F元素是原子半径最小的非金属元素
B. 碳、硅位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
C. X、Y属于同周期元素，若原子序数X
【答案】C
【解析】
【详解】A．F元素是第二周期主族元素中原子半径最小的非金属元素，但原子半径最小的非金属元素是氢元素，故A错误；
B．碳不位于金属与非金属的交界处，碳的单质石墨能导电，是导体，而硅位于金属与非金属的交界处，可以做半导体材料，故B错误；
C．X、Y属于同周期元素，若原子序数X
故答案为C。
9.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Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法中正确的是（ ）
A. 原子半径: X>Y>Z>W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性: X> Z> W
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔沸点最低
D. W单质能与水反应，生成具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】本题的突破口为Z，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质。
【详解】Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素；
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；
C．四种元素的单质中N2、O2和Cl2常温下均为气体，而S为固体，即Z单质的熔沸点最高，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D正确；
故答案为D。
10.元素钫（Fr）具有放射性，它是碱金属元素中最重的元素。下列对其性质的预言中，不正确的是（ ）
A. 它的金属性比Na强，跟水反应更剧烈
B. 它的原子半径比Na大，离子半径也比Na+大
C. 它与硫酸铜溶液发生置换反应得到金属铜
D. 它的氢氧化物（FrOH）是一种强碱，遇酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，故A正确；
B．同主族从上到下原子半径依次增大，则它的原子半径比钠大；离子核外电子层数越多，离子半径越大，则它的离子半径比钠离子大，故B正确；
C．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，所以与硫酸铜溶液反应，先与水反应，不能得到金属铜，故C错误；
D．Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1，它的氢氧化物化学式为FrOH，同主族从上到下金属性增强，碱性比KOH强，是一种强碱，遇酚酞溶液变红，故D正确；
故答案为C。
11.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. N2的结构式: N—N
B. Cl2的电子式: Cl: Cl
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子: 13153I
D. NaHCO3 的电离方程式: NaHCO3=Na++H++CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2分子中存在氮氮三键，其结构式为，故A错误；
B．Cl未参加成键的孤电子对也需要标出来，Cl2的电子式应为，故B错误；
C．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，其核素的表示方式为，故C正确；
D．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子，HCO3-不可能完全电离，正确的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故D错误；
故答案为C。
12.1H、2H、3H是三种核素，下列说法正确的是（ ）
A. 自然界中只有1H这种核素
B. 2H原子核内有2个中子
C. 三种核素的性质没有差别
D. 它们互称为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．自然界只有一种氢元素，但核素有三种，分别是1H、2H、3H三种核素，故A错误；
B．2H原子核内有质子数为1，质量数为2，则中子数为1，故B错误；
C．同种元素的不同核素化学性质完全相同，但物理性质差异较大，故C错误；
D．1H、2H、3H是氢元素的三种核素，互称为同位素，故D正确；
故答案D。
13.下列各组中，两种物质所含化学键的类型完全相同的是（ ）
A. O2、CO2 B. NaOH、NH4Cl
C. CaCl2、K2SO4 D. Na2O2、H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．O2分子内存在非极性共价键，而CO2 分子内存在的是极性共价键，故A错误；
B．NaOH、NH4Cl均存在离子键和极性共价键，所含化学键的类型完全相同，故B正确；
C．CaCl2中只存在离子键，K2SO4中均存在离子键和极性共价键，故C错误；
D．Na2O2中均存在离子键和非极性共价键，H2O2中均存在极性共价键和非极性共价键，故D错误；
故答案为B。
【点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。
14.下列电子式书写正确的是（ ）
A. 二氧化碳 B. 氯化氢
C. 水 D. 次氯酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳是共价化合物，分子内每个碳原子与氧原子之间存在二对共用电子对，电子式为，故A错误；
B．氯化氢是共价化合物，其电子式为，故B正确；
C．水是共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．次氯酸是共价化合物，氧原子分别与氢原子、氯原子各形成一对共用电子对，其电子式为，故D错误；
故答案为B。
【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[ ]，共价化合物一定不存在[ ]。同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。
15.下列有关能源的叙述正确的是（ ）
A. 化石能源包括煤、石油、核能等 B. 氢能是可再生的清洁能源
C. 化石燃料不是我国的主要能源 D. 电能是一次能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，包括石油、煤和天然气，不包括核能，故A错误；
B．氢能来自于水，燃烧后又生成水，故是可以再生的清洁能源，故B正确；
C．我国的主要能源结构是化石燃料，主要包括煤、石油和天然气，故C错误；
D．电能不能从自然界直接获得，是由其他能源转化来的，属于二次能源，故D错误；
故答案为B。
16.下列关于化学反应与能量，说法不正确的是（ ）
A. 化学反应一定伴随着能量变化
B. 植物的光合作用将太阳能转化为化学能
C. 铝粉和盐酸反应时，溶液温度通常会上升
D. 高温煅烧石灰石的反应中，反应物总能量高于生成物总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据化学反应实质是旧键断裂，新键形成分析，化学反应过程中一定伴随能量变化，故A正确；
B．植物的光合作用将太阳能转化为化学能，故B正确；
C．铝粉和盐酸反应是放热反应，溶液吸收反应放出的热量后，温度通常会上升，故C正确；
D．高温煅烧石灰石的反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，故D错误；
故答案为D。
17.如图所示原电池装置，下列有关的叙述不正确的是（ ）
A. 锌片是负极
B. 铜片质量不发生变化
C. 氢离子在铜片上发生: 2H++2e-= H2↑
D. 在溶液中e-流动方向是铜片→锌片
【答案】D
【解析】
【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，原电池是将化学能转化为电能的装置，以此解答该题。
【详解】A．锌比Cu活泼，锌为负极，故A正确；
B．Cu为原电池的正极，H+在其表面发生还原反应生成氢气，Cu不参与电极反应，质量不发生变化，故B正确；
C．Cu为原电池的正极，H+在其表面发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-= H2↑，故C正确；
D．锌比Cu活泼，锌为负极，Cu为正极，在溶液中阳离子向正极移动，外电池电子的流向是由负极（Zn）流向正极（Cu），故D错误；
故答案为D。
【点睛】原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极。2、根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极。3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极。4、根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极。5、根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。
18.某原电池总反应的离子方程式是: Zn+Cu2+= Zn2++ Cu，利用该反应设计成原电池。则该电池的正极、负极和电解质溶液依次是（ ）
A. Zn、Cu、ZnSO4 B. Zn、Cu、CuCl2
C. Cu、Zn、ZnCl2 D. Cu、Zn、CuSO4
【答案】D
【解析】
分析】根据电池反应式知，失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐。
【详解】锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极(石墨)，铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是D，故答案为D。
【点睛】考查原电池的设计，明确原电池的构成条件及反应必须是放热反应是解本题的关键。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能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应。
19.某种氢氧燃料电池已经成功应用在城市公交汽车上，该电池用30%KOH溶液作电解质溶液。有关这种燃料电池的下列说法中，正确的是（ ）
A. 供电时的总反应为: 2H2+ O2 2H2O
B. 该装置中发生化学反应，实现了电能到化学能的转化
C. 正极上反应的电极反应式为: O2+4H++4e-= 2H2O
D. 氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，属于环境友好电池
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电池反应式为2H2+O2=2H2O，注意氢氧燃料电池中燃料不燃烧。
【详解】A．氢氧燃料电池中燃料不燃烧，故供电时电池反应式为2H2+O2=2H2O，不需要注明反应条件，故A错误；
B．燃料电池的工作原理是原电池，实现化学能转化为电能，故B错误；
C．氧气在正极上得电子发生还原反应，电解质溶液为KOH，则正极电极反应式为O2+2H2O+4e-= 4OH-，故C错误；
D．根据2H2+O2=2H2O知，氢氧燃料电池的产物是水，水对环境没有污染，属于环境友好电池，故D正确；
故答案为D。
20.对反应2A+B=3C+D的速率有不同的表示方法，代表反应最快的是（ ）
A. υ（A）= 055 mo/（L·s） B. υ（B）= 0.3 mol/（L·s）
C. υ（C）= 0.75 mol（L·s） D. υ（D）= 0.2 mol/（L·s）
【答案】B
【解析】
【详解】给出化学反应速率除以化学计量数，数值越大，表示的反应速率越快；
A.=0.275； B.=0.3； C.=0.25； D.=0.2；
显然B表示的反应速率最大，故答案为B。
【点睛】考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同。
21.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的Fe与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中化学反应速率最大的是（ ）
选项
硫酸浓度
反应温度
铁的状态
A．
0.5 mol/L
20℃
块状
B．
0.5 mol/L
20℃
粉末状
C．
1 mol/L
35℃
块状
D．
2 mol/L
35℃
粉末状
【答案】D
【解析】
【详解】温度越高，反应速率越快，C和D的温度均为35℃，且D中硫酸的浓度最大可以加快反应速率，Fe为粉末状能增大与稀硫酸的接触面积，同样可加快反应速率，则D中反应速率最快，故答案为D。
22.在2L的密闭容器进行某化学反应，反应物A的物质的量在3s内从2．0 mol减少到0.8mol，则3s内A的化学反应速率为（ ）
A. 0.6 mol/（L·s） B. 1.2 mol/（L·s）
C. 0.3 mol/（L·min） D. 12 mol/（L·min）
【答案】D
【解析】
【详解】3s内A的化学反应速率为==0.2 mol/(L·s)=12 mol/(L·min)，故答案为D。
23.下列关于甲烷的叙述中不正确的是（ ）
A. 甲烷是一种无色、难溶于水的气体
B. 将甲烷通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
C. 甲烷只有1种二氯代物，证明它是正四面体结构
D. CH4和Cl2在光照条件下能发生反应，得到多种产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，甲烷是一种无色无味的气体，难溶于水，故A正确；
B．甲烷中不含有不饱和键，不能与高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故B错误；
C．甲烷的取代产物二氯甲烷没有同分异构体，即可说明甲烷是正四面体结构，故C正确；
D．甲烷与氯气光照条件下发生反应可以生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷四种有机产物，另外还有HCl气体生成，故D正确；
故答案为B。
24.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当SO2、O2、 SO3的浓度不再变化时，下列说法正确的是（ ）
A. SO2和O2全部转化为SO3
B. 正、逆反应速率相等且等于零
C. 该反应已达化学平衡状态
D. SO2、 O2、SO3的浓度一定相等
【答案】C
【解析】试题分析：A．该反应是可逆反应，无论二者以何比例混合， 反应达到平衡时，SO2、O2不能完全转化为生成物SO3，错误；C．可逆反应达到平衡时，反应仍然在进行，正、逆反应速率相等且不等于零，错误；C．当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，任何物质的消耗速率等于生产速率，说明反应已达到化学平衡状态，正确；D．当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，SO2、O2、SO3的浓度可能相等，也可能不相等，与加入的物质多少级反应条件有关，错误。
考点：考查可逆反应及化学平衡状态的判断的知识。
25.Fe、Mg与H2SO4反应的实验记录如下:
下列对实验的分析中，合理的说法是（ ）
A. I中产生气体的原因是: 2Fe + 6H+=2Fe3++ 3H2↑
B. I和III对比，能说明浓度能影响物质的化学性质
C. II和III对比可知:Mg的金属性比Fe强
D. IV中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸具有弱氧化性，与Fe反应生成氢气，发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．I和III是两种不同的金属与不同浓度的硫酸溶液反应，且I中生成的是氢气，而III中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，反应原理不一样，则I和III对比，无法说明浓度能影响物质的化学性质，故B错误；
C．浓硫酸有强氧化性，II中Fe钝化，而III中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，则II和III对比无法比较Mg和Fe的金属性强弱，故C错误；
D．构成原电池，Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子，可知Mg的金属性比Fe强，故D正确；
故答案D。
【点睛】元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度，金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱，氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱。
二、非选择题（5道小题，共50分）
26.CH4和Cl2按照一定比例充入大试管中。将此试管倒立在盛有AgNO3溶液的水槽中，放在光亮处，片刻后发现试管内液面上升且壁上有油状液滴出现。
（1） CH4的电子式为________。
（2） CH4和Cl2反应生成一氯甲烷的化学方程式________。反应类型是________。
（3）若要使0.5molCH4完全和Cl2发生取代反应，并生成相同物质的量的四种取代产物，则需要Cl2的物质的量为_________mol。
（4）结合化学用语说明水槽中溶液的变化现象及原因_________。
【答案】(1). (2). CH4 + Cl2CH3Cl + HCl (3). 取代反应 (4). 1.25 (5). CH4和Cl2光照生成CH3Cl（气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，生成的HCl溶于水与AgNO3反应：Ag++Cl-═AgCl↓，溶液中有白色沉淀产生。
【解析】
【分析】(1)CH4是共价化合物，碳原子与四个氢原子分别形成一对共用电子对；
(2) CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和HCl；
(3)根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量；
(4)氯气在光照条件下发生了取代反应，生成的物质有：CH3Cl(气体)、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl；其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色油状液体，氯化氢溶于水后与硝酸银反应，据此分析解答。
【详解】(1) CH4是共价化合物，碳原子与四个氢原子分别形成一对共用电子对，其电子式为；
(2)CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，发生反应的化学方程式为CH4 + Cl2CH3Cl + HCl，反应类型是取代反应；
(3)0.5mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相等物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.125mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等；
所以生成0.125mol一氯甲烷需要氯气0.125mol氯气，生成0.125mol二氯甲烷需要氯气0.25mol，生成0.125mol三氯甲烷需要氯气0.375mol氯气，生成0.125mol四氯化碳需要氯气0.5mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.125mol+0.25mol+0.375mol+0.5mol=1.25mol；
(4)CH4和Cl2光照生成CH3Cl(气体)、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐变浅，又由于生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，难溶于水，Cl2易溶于有机溶剂，使试管壁上有黄色油滴；因生成的HCl易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，水位在试管内上升，但不完全充满试管；HCl溶于水后与AgNO3溶液反应：Ag++Cl-═AgCl↓，则观察到水槽中溶液中产生白色沉淀。
27.某学习小组对化学反应2Al+3H2SO4 = Al2（SO4）3+ 3H2↑进行研究。
（1）该反应的还原剂是________，发生_________反应（填“氧化”或“还原”）。若将该反应设计成原电池，用铜作电极材料之一，铜电极上的现象为_________。
（2）该反应的能量变化如下图所示。该反应为__________反应（填“吸热”或“放热”）。
（3）下列措施中，能加快化学反应速率的是_________（填字母序号）。
a 用等质量的铝粉代替铝块
b 将反应的试管放置在冰水中
c 往容器中加少量Na2SO4固体
d 往稀硫酸溶液中添加几滴98%的浓硫酸
（4）足量铝与20mL1.0mol/L稀硫酸的反应过程中，某20s内共收集到气体44.8mL（已换算成标况下）。请选用合适的物质表示此20s内的化学反应速率:______。
【答案】(1). Al (2). 氧化 (3). Cu表面产生大量无色气泡 (4). 放热 (5). ad (6). υ（H2SO4） = 0.005 mol/（L·s）或υ（H2，标况）= 2.24 mL/s或其他合理答案。
【解析】
【分析】(1)结合氧化还原反应概念分析，反应中Al元素的化合价从0价升高为+3价；两种金属作电极，活泼性弱的金属作正极，正极上得电子发生还原反应；
(2)图中显示反应的总能量高于生成物的总能量；
(3)结合影响反应速率的因素逐一分析判断；
(4)化学反应速率是指单位时间内反应物或生成物浓度的变化，故选择利用稀硫酸的浓度变化来计算反应速率（或用标准状况下单位时间内生成氢气的体积表示）。
【详解】(1)在2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑中Al的化合价升高，Al是还原剂，发生氧化反应。若将该反应设计成原电池，则Al为负极，Cu为正极，正极上发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，故铜电极上的现象为Cu表面产生大量无色气泡；
(2)该图显示反应的总能量高于生成物的总能量，所以2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑是放热反应；
(3)a.用等质量的铝粉代替铝块，增大反应物之间的接触面积，反应速率加快，故a正确；b.将反应的试管放置在冰水中，降低反应温度，反应速率减慢，故b错误；c.往容器中加少量Na2SO4固体，不改变实际参加反应的H+浓度，不影响反应速率，故c错误；d.往稀硫酸溶液中添加几滴98%的浓硫酸，可提高实际参加反应的H+浓度，加快反应速率，故d正确；故答案为ad；
(4)44.8mLH2的物质的量为=0.002mol，根据2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑可知参加反应的硫酸的物质的量也为0.002mol，故20s内硫酸的化学反应速率为=0.005 mol/(L·s)（或用标准状况下氢气体积的变化表示的反应速率为44.8mL/20s=2.24mL/s）。
【点睛】影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响速率的因素为解答的关键，注意压强改变要引起浓度变化才引起反应速率变化；金属与稀硫酸反应时，如改用浓硫酸或硝酸，要考虑浓硫酸和硝酸的强氧化性对反应原理的影响，另外升高温度、构成原电池原理等，均可加快反应速率。
28.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意如下图:
若1 molN2和1 mol O2完全反应生成NO，通过计算说明能量变化情况:_______。
（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如下图所示:
①NiO电极上发生的是_________反应（填“氧化”或“还原”）。在导线中电子流动方向是_________（填“从上→下”或“从下→上”）。
②Pt电极上的电极反应式为__________。
【答案】(1). 反应生成2 mol NO一共需要吸收: 946+498-632×2=180 kJ能量 (2). 氧化 (3). 从上→下 (4). O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)，根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量；
(2)根据图知这是一个原电池装置，由O2-移动的方向判断出NiO电极是负极，负极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应，铂电极是正极，氧气得到电子，发生还原反应，据此解答。
【详解】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量，该反应的反应热=(946+498)kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，所以这是一个吸热反应，1molN2和1molO2完全反应生成2 mol NO会吸收180kJ的能量；
(2) 根据图知这是一个原电池装置，由O2-移动的方向判断出NiO电极是负极，负极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应，铂电极是正极，氧气得到电子，发生还原反应；
①NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应；在外电路中，电子从负极(NiO)流出，经外电路到正极(Pt)，即导线中电子流动方向是从上→下；
②Pt电极上是氧气得到电子被还原成氧离子，电极反应式为：O2+4e-=2O2-。
29.某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。
（1）实验一:探究温度和浓度对反应速率的影响
实验原理及方案:在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01mol/L KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL
0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/°C
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
0
②
5
5
40
25
③
5
V2
35
25
则V1=________mL、V2=__________mL。
（2）实验二:探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。实验步骤:
i向5 mL 0.1 mol/LKI溶液中滴加5~6滴0.1 molL FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份;
ii向甲中滴加CCl4，充分振荡;
iii向乙中滴加试剂X。
请回答下列问题:
①将反应的离子方程式补充完整。_____I-+______Fe3+= _______I2+___Fe2+
②步骤iii中，试剂X是________________
③步骤ii和iii中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是__________。
【答案】(1). 40 (2). 10 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). KSCN溶液; (8). ii中下层溶液紫红色，iii中加入KSCN后显红色
【解析】
【分析】(1)探究温度和浓度对速率影响时，应考虑在同等条件下研究温度或浓度对速率的影响，即浓度相同时探究温度，温度相同时探究浓度；
(2)探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，实际就是证明反应后的混合液里既有I2生成，但Fe3+没有完全反应还有剩余；
①KI和FeCl3反应的离子方程式中I-发生氧化反应生成I2，且每生成1个I2，转移2e-，Fe3+被还原生成Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子反应方程式；
②Fe3+的检验通常用KSCN溶液；
③因反应物中KI明显过量，则能说明反应有一定限度，就需要证明有I2生成，同时有Fe3+存在。
【详解】(1)①和②温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40；②和③温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10；
(2)①结合电子守恒，每生成1个I2转移2e-时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+；
②利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+；
③当ii中观察到溶液分层，下层呈现紫红色是可知反应后的溶液里有I2，iii中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度。
30.A、M、B、D、E、G、R、J、T等主族元素在周期表中的位置如下:
根据上表回答下列问题:
（1） M在周期表中的位置是_______。
（2） A、B、E的原子半径的大小关系是________（填元素符号）。
（3） G的原子结构示意图为________。
（4）E、G、J三种元素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:H++OH-= H2O、______________、______________。
（5）从原子结构的角度解释T和E的金属性的强弱关系: _______。
（6） E、D两元素能形成原子个数比2:1和1:1的两种化合物。1:1 型化合物的电子式为_______。用电子式表示出2:1型化合物的形成过程: _______。
（7）表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是________（用离子符号表示）。
（8） J非金属性强于R，下列选项中能证明这一事实的是________（填字母序号）
a 常温下J的单质溶沸点比R的单质高
b J的氢化物比R的氢化物更稳定
c 一定条件下J和R的单质都能与NaOH溶液反应
d 最高价氧化物的水化物的酸性强弱: J>R
【答案】(1). 第二周期第ⅣA族 (2). H＜N＜Na (3). (4). Al(OH)3+OH-=2 H2O+AlO2- (5). 3H++Al(OH)3=3 H2O+Al3+ (6). Na和K属于同主族，电子层数：K＞Na，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力：K＜Na，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强 (7). (8). (9). S2-＞Cl-＞K+ (10). bd
【解析】
【分析】结合元素周期表的结构可知，A为氢元素，B为氮元素，D为氧元素，E为钠元素，G为铝元素，J为氯元素，R为硫元素，M为碳元素，T为钾元素；
(1) M为碳元素，其原子结构示意图为；
(2) 同主族元素核电荷数大，原子半径大；同周期主族元素核电荷数大，原子半径小；
(3) G为铝元素，其核电荷数为13；
(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物；
(5)E和T为同主族碱金属元素，核电荷数大，原子半径大；
(6) E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物；
(7)表中S、Cl、K三种元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，核电荷数大，离子半径小；
(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
【详解】(1) M为碳元素，其原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；
(2) H、Li、Na同主族，原子半径随核电荷数增大而增大，即原子半径H＜Li＜Na，其中H是原子半径最小的元素；Li、N为同周期主族元素核电荷数大，原子半径小，即原子半径N＜Li；故A、B、E的原子半径的大小关系是H＜N＜Na；
(3) G为铝元素，其核电荷数为13，其原子结构示意图为；
(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，两两之间反应的离子方程式分别为H++OH-= H2O、Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-、3H++Al(OH)3=3 H2O+Al3+；
(5)Na和K为同主族碱金属元素，电子层数：K＞Na，核电荷数大，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力Na＞K，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强；
(6) E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物，其中1:1型的Na2O2的电子式为，2:1型的Na2O的电子式形成过程为；
(7)S2-、Cl-、K+的离子结构与Ar具有相同电子层结构，核电荷数大，离子半径小，则离子半径的大小关系是S2-＞Cl-＞K+；
(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
a.常温下J的单质熔沸点比R的单质高，与元素的非金属性强弱无必然联系，故a错误；
b.J的氢化物比R的氢化物更稳定，说明J的非金属性比R强，故b正确；
c.非金属元素的单质与NaOH溶液反应，无法比较J和R的非金属性强弱，故c错误；
d.最高价氧化物的水化物的酸性强弱J>R，说明J的非金属性比R强，故d正确；
故答案为bd。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。
本试卷有2道大题，考试时长90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 C1-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、选择题（25 道小题，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。
2.下列元素中，不属于主族元素的是
A. H B. He C. N D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A．H为第一周期ⅠA族元素，故A正确；
B．He为第一周期0族元素，故B错误；
C．N为第二周期ⅤA族元素，故C正确；
D．Cl为第三周期ⅦA族元素，故D正确；
故答案为B。
3.下列微粒结构示意图中，表示钠离子的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图为，故答案为D。
4.下列选项中，在元素周期表内不呈现周期性变化的是（ ）
A. 原子半径 B. 化合价
C. 原子序数 D. 元素性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则随着原子序数递增呈现周期性变化，故A正确；
B．化合价同周期从左到右最高正价逐渐增大，同主族最高价相同（O、F除外），则随着原子序数递增呈现周期性变化，故B正确；
C．原子序数等于原子核内质子数，不呈现周期性变化，故C错误；
D．同周期从左到右金属性逐渐减弱、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，则元素性质随着原子序数递增呈现周期性变化，故D正确；
故答案为C。
5. 下列物质中，碱性最强的是（ ）
A. NaOH B. Mg（OH）2 C. Al（OH）3 D. KOH
【答案】D
【解析】试题分析：同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强；金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．
解：Na、Mg、Al在同周期，Na、K同主族，
同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强，
则金属性K＞Na＞Mg＞Al，
所以碱性最强的为KOH，
故选D．
6.下列有关卤族元素从上至下的变化的说法中，正确的是（ ）
A. 原子半径逐渐增大
B. 阴离子还原性逐渐减弱
C. 都有最高价氧化物的水化物，化学式为HXO4
D. 与氢气越来越容易化合，氢化物的稳定性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族从上到下，电子层逐渐增多，所以原子半径逐渐增大，故A正确；
B．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，单质氧化性依次减弱，阴离子还原性逐渐增强，故B错误；
C．F没有正价，无最高价氧化物的水化物，故C错误；
D．同一主族从上到下，非金属性依次减弱，与氢气越来越难化合，气态氢化物稳定性依次减弱，故D错误；
故答案为A。
7.镭（Ra）是一种具有很强的放射性的元素，原子序数88。其原子最外层电子数是2。下列有关Ra的说法不正确的是（ ）
A. Ra是第七周期第IIA族元素
B. Ra的原子核外有88个电子
C. Ra在同族元素中金属性最弱
D. 其阳离子半径小于原子半径
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ra(镭)质子数为88，则88-2-8-8-18-18-32=2，故处于Ra元素位于元素周期表第七周期ⅡA族，故A正确；
B．原子核外电子数等于原子序数，即Ra的原子核外有88个电子，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，镭是第ⅡA族元素中金属性最强的元素，故C错误；
D．镭原子最外层电子数是2，其阳离子失去了最外层2个电子，则其阳离子半径小于原子半径，故D正确；
故答案为C。
8.下列有关元素周期表和周期律的说法中，正确的是（ ）
A. F元素是原子半径最小的非金属元素
B. 碳、硅位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
C. X、Y属于同周期元素，若原子序数X
【答案】C
【解析】
【详解】A．F元素是第二周期主族元素中原子半径最小的非金属元素，但原子半径最小的非金属元素是氢元素，故A错误；
B．碳不位于金属与非金属的交界处，碳的单质石墨能导电，是导体，而硅位于金属与非金属的交界处，可以做半导体材料，故B错误；
C．X、Y属于同周期元素，若原子序数X
故答案为C。
9.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Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法中正确的是（ ）
A. 原子半径: X>Y>Z>W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性: X> Z> W
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔沸点最低
D. W单质能与水反应，生成具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】本题的突破口为Z，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质。
【详解】Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其电子层数应为3，则最外层电子数为6，应为S元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，W为Cl元素；
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；
C．四种元素的单质中N2、O2和Cl2常温下均为气体，而S为固体，即Z单质的熔沸点最高，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D正确；
故答案为D。
10.元素钫（Fr）具有放射性，它是碱金属元素中最重的元素。下列对其性质的预言中，不正确的是（ ）
A. 它的金属性比Na强，跟水反应更剧烈
B. 它的原子半径比Na大，离子半径也比Na+大
C. 它与硫酸铜溶液发生置换反应得到金属铜
D. 它的氢氧化物（FrOH）是一种强碱，遇酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，故A正确；
B．同主族从上到下原子半径依次增大，则它的原子半径比钠大；离子核外电子层数越多，离子半径越大，则它的离子半径比钠离子大，故B正确；
C．同主族从上到下金属性增强，失电子能力比钠强，则跟水反应会更剧烈，所以与硫酸铜溶液反应，先与水反应，不能得到金属铜，故C错误；
D．Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1，它的氢氧化物化学式为FrOH，同主族从上到下金属性增强，碱性比KOH强，是一种强碱，遇酚酞溶液变红，故D正确；
故答案为C。
11.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. N2的结构式: N—N
B. Cl2的电子式: Cl: Cl
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子: 13153I
D. NaHCO3 的电离方程式: NaHCO3=Na++H++CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2分子中存在氮氮三键，其结构式为，故A错误；
B．Cl未参加成键的孤电子对也需要标出来，Cl2的电子式应为，故B错误；
C．质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，其核素的表示方式为，故C正确；
D．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子，HCO3-不可能完全电离，正确的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故D错误；
故答案为C。
12.1H、2H、3H是三种核素，下列说法正确的是（ ）
A. 自然界中只有1H这种核素
B. 2H原子核内有2个中子
C. 三种核素的性质没有差别
D. 它们互称为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．自然界只有一种氢元素，但核素有三种，分别是1H、2H、3H三种核素，故A错误；
B．2H原子核内有质子数为1，质量数为2，则中子数为1，故B错误；
C．同种元素的不同核素化学性质完全相同，但物理性质差异较大，故C错误；
D．1H、2H、3H是氢元素的三种核素，互称为同位素，故D正确；
故答案D。
13.下列各组中，两种物质所含化学键的类型完全相同的是（ ）
A. O2、CO2 B. NaOH、NH4Cl
C. CaCl2、K2SO4 D. Na2O2、H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．O2分子内存在非极性共价键，而CO2 分子内存在的是极性共价键，故A错误；
B．NaOH、NH4Cl均存在离子键和极性共价键，所含化学键的类型完全相同，故B正确；
C．CaCl2中只存在离子键，K2SO4中均存在离子键和极性共价键，故C错误；
D．Na2O2中均存在离子键和非极性共价键，H2O2中均存在极性共价键和非极性共价键，故D错误；
故答案为B。
【点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。
14.下列电子式书写正确的是（ ）
A. 二氧化碳 B. 氯化氢
C. 水 D. 次氯酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳是共价化合物，分子内每个碳原子与氧原子之间存在二对共用电子对，电子式为，故A错误；
B．氯化氢是共价化合物，其电子式为，故B正确；
C．水是共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．次氯酸是共价化合物，氧原子分别与氢原子、氯原子各形成一对共用电子对，其电子式为，故D错误；
故答案为B。
【点睛】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[ ]，共价化合物一定不存在[ ]。同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。
15.下列有关能源的叙述正确的是（ ）
A. 化石能源包括煤、石油、核能等 B. 氢能是可再生的清洁能源
C. 化石燃料不是我国的主要能源 D. 电能是一次能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，包括石油、煤和天然气，不包括核能，故A错误；
B．氢能来自于水，燃烧后又生成水，故是可以再生的清洁能源，故B正确；
C．我国的主要能源结构是化石燃料，主要包括煤、石油和天然气，故C错误；
D．电能不能从自然界直接获得，是由其他能源转化来的，属于二次能源，故D错误；
故答案为B。
16.下列关于化学反应与能量，说法不正确的是（ ）
A. 化学反应一定伴随着能量变化
B. 植物的光合作用将太阳能转化为化学能
C. 铝粉和盐酸反应时，溶液温度通常会上升
D. 高温煅烧石灰石的反应中，反应物总能量高于生成物总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据化学反应实质是旧键断裂，新键形成分析，化学反应过程中一定伴随能量变化，故A正确；
B．植物的光合作用将太阳能转化为化学能，故B正确；
C．铝粉和盐酸反应是放热反应，溶液吸收反应放出的热量后，温度通常会上升，故C正确；
D．高温煅烧石灰石的反应是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，故D错误；
故答案为D。
17.如图所示原电池装置，下列有关的叙述不正确的是（ ）
A. 锌片是负极
B. 铜片质量不发生变化
C. 氢离子在铜片上发生: 2H++2e-= H2↑
D. 在溶液中e-流动方向是铜片→锌片
【答案】D
【解析】
【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，原电池是将化学能转化为电能的装置，以此解答该题。
【详解】A．锌比Cu活泼，锌为负极，故A正确；
B．Cu为原电池的正极，H+在其表面发生还原反应生成氢气，Cu不参与电极反应，质量不发生变化，故B正确；
C．Cu为原电池的正极，H+在其表面发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-= H2↑，故C正确；
D．锌比Cu活泼，锌为负极，Cu为正极，在溶液中阳离子向正极移动，外电池电子的流向是由负极（Zn）流向正极（Cu），故D错误；
故答案为D。
【点睛】原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极。2、根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极。3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极。4、根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极。5、根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。
18.某原电池总反应的离子方程式是: Zn+Cu2+= Zn2++ Cu，利用该反应设计成原电池。则该电池的正极、负极和电解质溶液依次是（ ）
A. Zn、Cu、ZnSO4 B. Zn、Cu、CuCl2
C. Cu、Zn、ZnCl2 D. Cu、Zn、CuSO4
【答案】D
【解析】
分析】根据电池反应式知，失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐。
【详解】锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极(石墨)，铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是D，故答案为D。
【点睛】考查原电池的设计，明确原电池的构成条件及反应必须是放热反应是解本题的关键。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能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应。
19.某种氢氧燃料电池已经成功应用在城市公交汽车上，该电池用30%KOH溶液作电解质溶液。有关这种燃料电池的下列说法中，正确的是（ ）
A. 供电时的总反应为: 2H2+ O2 2H2O
B. 该装置中发生化学反应，实现了电能到化学能的转化
C. 正极上反应的电极反应式为: O2+4H++4e-= 2H2O
D. 氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，属于环境友好电池
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电池反应式为2H2+O2=2H2O，注意氢氧燃料电池中燃料不燃烧。
【详解】A．氢氧燃料电池中燃料不燃烧，故供电时电池反应式为2H2+O2=2H2O，不需要注明反应条件，故A错误；
B．燃料电池的工作原理是原电池，实现化学能转化为电能，故B错误；
C．氧气在正极上得电子发生还原反应，电解质溶液为KOH，则正极电极反应式为O2+2H2O+4e-= 4OH-，故C错误；
D．根据2H2+O2=2H2O知，氢氧燃料电池的产物是水，水对环境没有污染，属于环境友好电池，故D正确；
故答案为D。
20.对反应2A+B=3C+D的速率有不同的表示方法，代表反应最快的是（ ）
A. υ（A）= 055 mo/（L·s） B. υ（B）= 0.3 mol/（L·s）
C. υ（C）= 0.75 mol（L·s） D. υ（D）= 0.2 mol/（L·s）
【答案】B
【解析】
【详解】给出化学反应速率除以化学计量数，数值越大，表示的反应速率越快；
A.=0.275； B.=0.3； C.=0.25； D.=0.2；
显然B表示的反应速率最大，故答案为B。
【点睛】考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同。
21.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的Fe与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中化学反应速率最大的是（ ）
选项
硫酸浓度
反应温度
铁的状态
A．
0.5 mol/L
20℃
块状
B．
0.5 mol/L
20℃
粉末状
C．
1 mol/L
35℃
块状
D．
2 mol/L
35℃
粉末状
【答案】D
【解析】
【详解】温度越高，反应速率越快，C和D的温度均为35℃，且D中硫酸的浓度最大可以加快反应速率，Fe为粉末状能增大与稀硫酸的接触面积，同样可加快反应速率，则D中反应速率最快，故答案为D。
22.在2L的密闭容器进行某化学反应，反应物A的物质的量在3s内从2．0 mol减少到0.8mol，则3s内A的化学反应速率为（ ）
A. 0.6 mol/（L·s） B. 1.2 mol/（L·s）
C. 0.3 mol/（L·min） D. 12 mol/（L·min）
【答案】D
【解析】
【详解】3s内A的化学反应速率为==0.2 mol/(L·s)=12 mol/(L·min)，故答案为D。
23.下列关于甲烷的叙述中不正确的是（ ）
A. 甲烷是一种无色、难溶于水的气体
B. 将甲烷通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
C. 甲烷只有1种二氯代物，证明它是正四面体结构
D. CH4和Cl2在光照条件下能发生反应，得到多种产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，甲烷是一种无色无味的气体，难溶于水，故A正确；
B．甲烷中不含有不饱和键，不能与高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故B错误；
C．甲烷的取代产物二氯甲烷没有同分异构体，即可说明甲烷是正四面体结构，故C正确；
D．甲烷与氯气光照条件下发生反应可以生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷四种有机产物，另外还有HCl气体生成，故D正确；
故答案为B。
24.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应: 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当SO2、O2、 SO3的浓度不再变化时，下列说法正确的是（ ）
A. SO2和O2全部转化为SO3
B. 正、逆反应速率相等且等于零
C. 该反应已达化学平衡状态
D. SO2、 O2、SO3的浓度一定相等
【答案】C
【解析】试题分析：A．该反应是可逆反应，无论二者以何比例混合， 反应达到平衡时，SO2、O2不能完全转化为生成物SO3，错误；C．可逆反应达到平衡时，反应仍然在进行，正、逆反应速率相等且不等于零，错误；C．当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，任何物质的消耗速率等于生产速率，说明反应已达到化学平衡状态，正确；D．当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，SO2、O2、SO3的浓度可能相等，也可能不相等，与加入的物质多少级反应条件有关，错误。
考点：考查可逆反应及化学平衡状态的判断的知识。
25.Fe、Mg与H2SO4反应的实验记录如下:
下列对实验的分析中，合理的说法是（ ）
A. I中产生气体的原因是: 2Fe + 6H+=2Fe3++ 3H2↑
B. I和III对比，能说明浓度能影响物质的化学性质
C. II和III对比可知:Mg的金属性比Fe强
D. IV中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀硫酸具有弱氧化性，与Fe反应生成氢气，发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．I和III是两种不同的金属与不同浓度的硫酸溶液反应，且I中生成的是氢气，而III中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，反应原理不一样，则I和III对比，无法说明浓度能影响物质的化学性质，故B错误；
C．浓硫酸有强氧化性，II中Fe钝化，而III中Mg与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，则II和III对比无法比较Mg和Fe的金属性强弱，故C错误；
D．构成原电池，Mg为负极失去电子，Fe为正极，正极上氢离子得到电子，可知Mg的金属性比Fe强，故D正确；
故答案D。
【点睛】元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度，金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱，氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱。
二、非选择题（5道小题，共50分）
26.CH4和Cl2按照一定比例充入大试管中。将此试管倒立在盛有AgNO3溶液的水槽中，放在光亮处，片刻后发现试管内液面上升且壁上有油状液滴出现。
（1） CH4的电子式为________。
（2） CH4和Cl2反应生成一氯甲烷的化学方程式________。反应类型是________。
（3）若要使0.5molCH4完全和Cl2发生取代反应，并生成相同物质的量的四种取代产物，则需要Cl2的物质的量为_________mol。
（4）结合化学用语说明水槽中溶液的变化现象及原因_________。
【答案】(1). (2). CH4 + Cl2CH3Cl + HCl (3). 取代反应 (4). 1.25 (5). CH4和Cl2光照生成CH3Cl（气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，生成的HCl溶于水与AgNO3反应：Ag++Cl-═AgCl↓，溶液中有白色沉淀产生。
【解析】
【分析】(1)CH4是共价化合物，碳原子与四个氢原子分别形成一对共用电子对；
(2) CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和HCl；
(3)根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量；
(4)氯气在光照条件下发生了取代反应，生成的物质有：CH3Cl(气体)、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl；其中CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色油状液体，氯化氢溶于水后与硝酸银反应，据此分析解答。
【详解】(1) CH4是共价化合物，碳原子与四个氢原子分别形成一对共用电子对，其电子式为；
(2)CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，发生反应的化学方程式为CH4 + Cl2CH3Cl + HCl，反应类型是取代反应；
(3)0.5mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相等物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.125mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等；
所以生成0.125mol一氯甲烷需要氯气0.125mol氯气，生成0.125mol二氯甲烷需要氯气0.25mol，生成0.125mol三氯甲烷需要氯气0.375mol氯气，生成0.125mol四氯化碳需要氯气0.5mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.125mol+0.25mol+0.375mol+0.5mol=1.25mol；
(4)CH4和Cl2光照生成CH3Cl(气体)、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐变浅，又由于生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，难溶于水，Cl2易溶于有机溶剂，使试管壁上有黄色油滴；因生成的HCl易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，水位在试管内上升，但不完全充满试管；HCl溶于水后与AgNO3溶液反应：Ag++Cl-═AgCl↓，则观察到水槽中溶液中产生白色沉淀。
27.某学习小组对化学反应2Al+3H2SO4 = Al2（SO4）3+ 3H2↑进行研究。
（1）该反应的还原剂是________，发生_________反应（填“氧化”或“还原”）。若将该反应设计成原电池，用铜作电极材料之一，铜电极上的现象为_________。
（2）该反应的能量变化如下图所示。该反应为__________反应（填“吸热”或“放热”）。
（3）下列措施中，能加快化学反应速率的是_________（填字母序号）。
a 用等质量的铝粉代替铝块
b 将反应的试管放置在冰水中
c 往容器中加少量Na2SO4固体
d 往稀硫酸溶液中添加几滴98%的浓硫酸
（4）足量铝与20mL1.0mol/L稀硫酸的反应过程中，某20s内共收集到气体44.8mL（已换算成标况下）。请选用合适的物质表示此20s内的化学反应速率:______。
【答案】(1). Al (2). 氧化 (3). Cu表面产生大量无色气泡 (4). 放热 (5). ad (6). υ（H2SO4） = 0.005 mol/（L·s）或υ（H2，标况）= 2.24 mL/s或其他合理答案。
【解析】
【分析】(1)结合氧化还原反应概念分析，反应中Al元素的化合价从0价升高为+3价；两种金属作电极，活泼性弱的金属作正极，正极上得电子发生还原反应；
(2)图中显示反应的总能量高于生成物的总能量；
(3)结合影响反应速率的因素逐一分析判断；
(4)化学反应速率是指单位时间内反应物或生成物浓度的变化，故选择利用稀硫酸的浓度变化来计算反应速率（或用标准状况下单位时间内生成氢气的体积表示）。
【详解】(1)在2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑中Al的化合价升高，Al是还原剂，发生氧化反应。若将该反应设计成原电池，则Al为负极，Cu为正极，正极上发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，故铜电极上的现象为Cu表面产生大量无色气泡；
(2)该图显示反应的总能量高于生成物的总能量，所以2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑是放热反应；
(3)a.用等质量的铝粉代替铝块，增大反应物之间的接触面积，反应速率加快，故a正确；b.将反应的试管放置在冰水中，降低反应温度，反应速率减慢，故b错误；c.往容器中加少量Na2SO4固体，不改变实际参加反应的H+浓度，不影响反应速率，故c错误；d.往稀硫酸溶液中添加几滴98%的浓硫酸，可提高实际参加反应的H+浓度，加快反应速率，故d正确；故答案为ad；
(4)44.8mLH2的物质的量为=0.002mol，根据2Al+3H2SO4 = Al2(SO4)3+ 3H2↑可知参加反应的硫酸的物质的量也为0.002mol，故20s内硫酸的化学反应速率为=0.005 mol/(L·s)（或用标准状况下氢气体积的变化表示的反应速率为44.8mL/20s=2.24mL/s）。
【点睛】影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响速率的因素为解答的关键，注意压强改变要引起浓度变化才引起反应速率变化；金属与稀硫酸反应时，如改用浓硫酸或硝酸，要考虑浓硫酸和硝酸的强氧化性对反应原理的影响，另外升高温度、构成原电池原理等，均可加快反应速率。
28.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意如下图:
若1 molN2和1 mol O2完全反应生成NO，通过计算说明能量变化情况:_______。
（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如下图所示:
①NiO电极上发生的是_________反应（填“氧化”或“还原”）。在导线中电子流动方向是_________（填“从上→下”或“从下→上”）。
②Pt电极上的电极反应式为__________。
【答案】(1). 反应生成2 mol NO一共需要吸收: 946+498-632×2=180 kJ能量 (2). 氧化 (3). 从上→下 (4). O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)，根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量；
(2)根据图知这是一个原电池装置，由O2-移动的方向判断出NiO电极是负极，负极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应，铂电极是正极，氧气得到电子，发生还原反应，据此解答。
【详解】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应热=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放出的能量，该反应的反应热=(946+498)kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，所以这是一个吸热反应，1molN2和1molO2完全反应生成2 mol NO会吸收180kJ的能量；
(2) 根据图知这是一个原电池装置，由O2-移动的方向判断出NiO电极是负极，负极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应，铂电极是正极，氧气得到电子，发生还原反应；
①NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，发生氧化反应；在外电路中，电子从负极(NiO)流出，经外电路到正极(Pt)，即导线中电子流动方向是从上→下；
②Pt电极上是氧气得到电子被还原成氧离子，电极反应式为：O2+4e-=2O2-。
29.某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。
（1）实验一:探究温度和浓度对反应速率的影响
实验原理及方案:在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01mol/L KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL
0.01mol/L Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/°C
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
0
②
5
5
40
25
③
5
V2
35
25
则V1=________mL、V2=__________mL。
（2）实验二:探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。实验步骤:
i向5 mL 0.1 mol/LKI溶液中滴加5~6滴0.1 molL FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份;
ii向甲中滴加CCl4，充分振荡;
iii向乙中滴加试剂X。
请回答下列问题:
①将反应的离子方程式补充完整。_____I-+______Fe3+= _______I2+___Fe2+
②步骤iii中，试剂X是________________
③步骤ii和iii中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是__________。
【答案】(1). 40 (2). 10 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). KSCN溶液; (8). ii中下层溶液紫红色，iii中加入KSCN后显红色
【解析】
【分析】(1)探究温度和浓度对速率影响时，应考虑在同等条件下研究温度或浓度对速率的影响，即浓度相同时探究温度，温度相同时探究浓度；
(2)探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，实际就是证明反应后的混合液里既有I2生成，但Fe3+没有完全反应还有剩余；
①KI和FeCl3反应的离子方程式中I-发生氧化反应生成I2，且每生成1个I2，转移2e-，Fe3+被还原生成Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平离子反应方程式；
②Fe3+的检验通常用KSCN溶液；
③因反应物中KI明显过量，则能说明反应有一定限度，就需要证明有I2生成，同时有Fe3+存在。
【详解】(1)①和②温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40；②和③温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10；
(2)①结合电子守恒，每生成1个I2转移2e-时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+；
②利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+；
③当ii中观察到溶液分层，下层呈现紫红色是可知反应后的溶液里有I2，iii中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度。
30.A、M、B、D、E、G、R、J、T等主族元素在周期表中的位置如下:
根据上表回答下列问题:
（1） M在周期表中的位置是_______。
（2） A、B、E的原子半径的大小关系是________（填元素符号）。
（3） G的原子结构示意图为________。
（4）E、G、J三种元素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:H++OH-= H2O、______________、______________。
（5）从原子结构的角度解释T和E的金属性的强弱关系: _______。
（6） E、D两元素能形成原子个数比2:1和1:1的两种化合物。1:1 型化合物的电子式为_______。用电子式表示出2:1型化合物的形成过程: _______。
（7）表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是________（用离子符号表示）。
（8） J非金属性强于R，下列选项中能证明这一事实的是________（填字母序号）
a 常温下J的单质溶沸点比R的单质高
b J的氢化物比R的氢化物更稳定
c 一定条件下J和R的单质都能与NaOH溶液反应
d 最高价氧化物的水化物的酸性强弱: J>R
【答案】(1). 第二周期第ⅣA族 (2). H＜N＜Na (3). (4). Al(OH)3+OH-=2 H2O+AlO2- (5). 3H++Al(OH)3=3 H2O+Al3+ (6). Na和K属于同主族，电子层数：K＞Na，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力：K＜Na，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强 (7). (8). (9). S2-＞Cl-＞K+ (10). bd
【解析】
【分析】结合元素周期表的结构可知，A为氢元素，B为氮元素，D为氧元素，E为钠元素，G为铝元素，J为氯元素，R为硫元素，M为碳元素，T为钾元素；
(1) M为碳元素，其原子结构示意图为；
(2) 同主族元素核电荷数大，原子半径大；同周期主族元素核电荷数大，原子半径小；
(3) G为铝元素，其核电荷数为13；
(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物；
(5)E和T为同主族碱金属元素，核电荷数大，原子半径大；
(6) E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物；
(7)表中S、Cl、K三种元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，核电荷数大，离子半径小；
(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
【详解】(1) M为碳元素，其原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；
(2) H、Li、Na同主族，原子半径随核电荷数增大而增大，即原子半径H＜Li＜Na，其中H是原子半径最小的元素；Li、N为同周期主族元素核电荷数大，原子半径小，即原子半径N＜Li；故A、B、E的原子半径的大小关系是H＜N＜Na；
(3) G为铝元素，其核电荷数为13，其原子结构示意图为；
(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，两两之间反应的离子方程式分别为H++OH-= H2O、Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-、3H++Al(OH)3=3 H2O+Al3+；
(5)Na和K为同主族碱金属元素，电子层数：K＞Na，核电荷数大，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力Na＞K，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强；
(6) E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物，其中1:1型的Na2O2的电子式为，2:1型的Na2O的电子式形成过程为；
(7)S2-、Cl-、K+的离子结构与Ar具有相同电子层结构，核电荷数大，离子半径小，则离子半径的大小关系是S2-＞Cl-＞K+；
(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
a.常温下J的单质熔沸点比R的单质高，与元素的非金属性强弱无必然联系，故a错误；
b.J的氢化物比R的氢化物更稳定，说明J的非金属性比R强，故b正确；
c.非金属元素的单质与NaOH溶液反应，无法比较J和R的非金属性强弱，故c错误；
d.最高价氧化物的水化物的酸性强弱J>R，说明J的非金属性比R强，故d正确；
故答案为bd。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。
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