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【化学】江西省奉新县第一中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题（解析版）
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江西省奉新县第一中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Fe:56 Zn:65
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.钾和钠的化学性质相似，下列说法中能最好的解释这个事实的是（ ）
A. 都是金属元素 B. 原子半径相差不大
C. 原子的最外层电子数相同 D. 最高化合价相同
【答案】C
【解析】试题分析：原子结构决定元素性质，钾和钠原子的最外层电子数相同，所以化学性质相似，故C正确。
2.化学键是一种作用力，下列不属于化学键的是 （ ）
A. 离子键 B. 氢键
C. 极性共价键 D. 非极性共价键
【答案】B
【解析】试题分析：化学键是一种强作用力，化学键包括离子键、极性共价键、非极性共价键；氢键是一种比化学键弱作用力，故B正确。
3.下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
B. 燃料电池的能量转化率可达100%
C. 氢氧燃料电池工作时氢气在正极被氧化
D. 以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池，正极反应为O2+2H2O+4e－＝4OH－
【答案】D
【解析】试题分析：氢氧燃料电池可将化学能直接转变为电能，故A错误；燃料电池的能量转化率<100%，故B错误；氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故C错误；以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池，正极反应为O2+ 2H2O + 4e－＝4OH－，故D正确。
4.下列所加的物质属于催化剂的是（ ）
A. 电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4
B. 利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体
C. 实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体
D. 纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜
【答案】B
【解析】试题分析：电解水制氢气时，加入少量Na2SO4增强溶液导电性，故A错误；利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体作催化剂，加快反应速率，故B正确；实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体作氧化剂，故C错误；纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜，构成铜锌原电池加快反应速率，故D错误。
5.一定温度下，在一恒容密闭容器中，发生反应：N2+3H22NH3，下列能说明反应已达到平衡状态的是（ ）
①体系的压强不变 ②体系的密度不变 ③各组分的物质的量浓度不变 ④各组分的质量分数不变 ⑤反应速率υ(N2):υ(H2)＝1:3 ⑥混合气体的总物质的量不变⑦混合气体的平均相对分子质量不变 ⑧一个N≡N键断裂的同时，有2个N—H键的断裂 ⑨c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
A. ②③⑥⑦⑨ B. ②③⑤⑧⑨
C. ①③④⑥⑦ D. ①④⑤⑧⑨
【答案】C
【详解】①反应前后气体系数和变化，所以体系的压强不变的状态是平衡状态，故正确；
②体系的密度等于质量和体积的比值，始终是一个定值，此时的状态不一定是平衡状态，故错误；
③各组分的物质的量浓度不变，是平衡的特征，故正确；
④各组分的质量分数不变，是平衡的特征，故正确；
⑤进行到任何状态，其反应速率υ（N2）：υ（H2）=1：3，所以此状态不一定是平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体系数和变化，混合气体的总物质的量不变的状态是平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比值，质量不变，但是物质的量变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变的状态是平衡状态，故正确；
⑧一个N≡N键断裂的同时，有6N-H键的断裂的状态才是平衡状态，故错误；
⑨当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，不一定是平衡状态，故错误；
故选C。
6.已知破坏1molH－H键、Cl－Cl键、H－Cl键分别需要吸收436kJ、243kJ、432kJ能量，则由H2与Cl2生成1 molHCl总的过程需要（ ）
A. 放热185kJ B. 吸热185kJ C. 放热92.5 kJ D. 吸热92.5 kJ
【答案】C
【解析】试题分析：生成1 molHCl需要0.5mol氢气和0.5mol氯气；破坏0.5molH－H键、0.5mol Cl－Cl键分别需要吸收218kJ、121.5kJ；生成1 molH－Cl键放出216kJ能量，218kJ＋121.5kJ－216kJ=" 92.5" kJ，故C正确。
7.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 钙离子的结构示意图： B. 乙烯的结构简式：CH2CH2
C. CH4分子的球棍模型： D. ﹣CH3（甲基）的电子式为：
【答案】C
【详解】A．钙离子的核电荷数为20，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为，故A错误；
B．乙烯分子中存在官能团碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．甲烷分子中存在4个碳氢键，为正四面体结构，甲烷的球棍模型为，故C正确；
D．﹣CH3（甲基）中除了碳氢共价键外，碳原子还有一个单电子，电子式为：，故D错误；
故选C。
8.科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法不正确的是（ ）
A. a为负极，b为正极
B. b电极发生氧化反应
C. H+从a极向b极移动
D. 负极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
【答案】B
【详解】A．该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a是负极、b是正极，故A正确；
B．b是正极，发生还原反应，故B错误；
C．原电池中阳离子向正极，而a是负极、b是正极，所以H+从a极向b极移动，故C正确；
D．负极上二氧化硫失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故D正确，
故选B。
9.下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（ ）
A. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，则对应元素的非金属性越强
B. 第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7
C. IA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
D. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
【答案】C
【详解】A．同主族元素，从上到下非金属性减弱，则简单阴离子从上到下还原性增强，故A错误；
B．第二周期元素中，O没有+6价，F没有正价，则第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；
C．IA族含H及碱金属元素，ⅦA族均为非金属元素，则H与ⅦA族元素间可形成共价化合物，碱金属元素与ⅦA族元素间可形成离子化合物，故C正确；
D．同周期金属元素的化合价越高，金属性越弱，失去电子的能力越弱，如Na、Mg、Al的失去电子能力减弱，故D错误；
故选C。
10.在25℃，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多。反应方程式分别为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)；4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)，由此判断，下列说法正确的是（ ）
A. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高
B. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低
C. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高
D. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低
【答案】D
【解析】试题分析：已知在25℃，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多，这说明白磷的总能量高于红磷，则4P(s)＝P4(s)的△H＞0，因此等质量时红磷能量比白磷低，答案选D。
11.根据下表中烃的分子式排列规律，判断空格中的烃的同分异构体数目（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
CH4
C2H4
C3H8
C4H8
C6H12
C7H16
C8H16
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】试题分析：从表格分析，碳原子数依次增加，物质类型为烷烃烯烃，则第五个物质的碳原子数为5,为烷烃，即C5H12，有三种同分异构体。
12.下图中表示碳原子相互结合的几种方式。小圆球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合，则下列说法正确的是（ ）
A. 图中属于烷烃的是A、C、D
B. 图中C和E分子中氢原子数相同
C. 图中物质碳元素的质量分数最小的是A
D. 图中与B互为同分异构体的有C、D、E
【答案】C
【解析】图中A为丙烷；B为为2-丁烯，分子式为C4H8；C为异丁烷，分子式为C4H10；D为环丁烷，分子式为C4H8；E为2-甲基-1-丙烯；A．图中属于烷烃的是A和C，D为环丁烷，故A为错误；B．图中C和E分子中氢原子数不相同，故B为错误；C．上述有机物中，丙烷中碳元素的质量分数最小，故C正确；D．图中与B互为同分异构体的有D、E，故D错误；答案为C。
13.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 增加少量的C
B. 将容器的体积缩小为原来的一半
C. 保持体积不变，充入H2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
【答案】A
【解析】试题分析：A.碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，A项选；B.将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快，B项不选；C.保持体积不变，充入氢气使体系压强增大，氢气浓度增大，则反应速率加快，C项不选；D.压强不变，充入N2使容器体积增大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小，D项不选；答案选A。
14.下列大小比较正确的是（ ）
A. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+>Cl—；原子半径：Na>Mg>Al>Cl
B. 稳定性：HF>H2O>NH3>CH4；还原性：HF
D. 酸性：HClO>H2SO4>H2CO3；非金属性Cl>S>C
【答案】B
【解析】试题分析：A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞Al＞Cl，故A错误；
B．同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，氢化物越稳定性，氢化物还原性越弱，故稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4； 还原性：HF＜H2O＜NH3＜CH4，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性Cs＞K＞Na＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故C错误；
D．HClO是弱酸，酸性比碳酸弱，酸性H2SO4＞H2CO3＞HClO，同周期自左而右非金属性增强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故非金属性Cl＞S＞C，故D错误，
故选B．
15.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述不正确的是（ ）
A. X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物
B. Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应
C. Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价
D. X与Y、Z与W都属于同一周期
【答案】D
【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；
A. X为氧，W为硫，可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物，故A正确；
B. Y为镁，其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应，故B正确；
C. Z为硅，其原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价，故C正确；
D. X为氧，在第2周期；Y为镁，Z为硅，W为硫，在第3周期，故D错误，
故选D。
16.有A、B两种烃，含碳的质量分数相同，下列关于A和B的叙述中正确的是（ ）
A. A和B一定是同分异构体
B. A和B不可能是同系物
C. A和B的最简式相同
D. A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定相等
【答案】C
【详解】因烃中只有碳氢两种元素，碳质量分数相同，所以氢的质量分数也相同、则最简式相同；
A.最简式相同，可能是同分异构体，如丙烯与环丙烷，也可能不是，比如乙炔和苯，故A错误；
B.最简式相同，可能是同系物，如乙烯与丙烯，故B错误；
C.A、B两种烃，含碳的质量分数相同，则含氢的质量分数相同，则二者最简式相同，故C正确；
D.若为同分异构体则A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定相等，若为同系物（或分子式不同）则A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定不相等，故D错误，
故选C。
二．填空题（共52分）
17.Ⅰ.用化学用语回答下列问题：
（1）写出二氧化碳分子的电子式：_______；
（2）写出氮气分子的结构式______。
Ⅱ.下列物质：①N2 ②CO2 ③NH3 ④Na2O ⑤Na2O2 ⑥NaOH ⑦CaBr2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl ⑩C2H6，含有极性键和非极性键的是_____；（填序号）
Ⅲ．下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③KHSO4熔融；④硫酸溶于水；⑤蔗糖溶于水；⑥HI分解；⑦ 碘升华；⑧溴蒸气被木炭吸附。
（1）未破坏化学键的是____；（填序号）
（2）仅离子键被破坏的是___。（填序号）
Ⅳ．下列物质：①1H、2H、3H；②H2O、D2O、T2O；③O2、O3；④14N、14C
（1）互为同位素的是：_____；（填序号）
（2）互为同素异形体的是：____；（填序号）
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得分子中相对分子质量不同的有_____种。
【答案】(1). (2). N≡N (3). ⑧⑩ (4). ①⑤⑦⑧ (5). ②③ (6). ① (7). ③ (8). 5
【解析】
【分析】根据物质结构书写电子式和结构式；根据物质的晶体类型及化学键的类型分析解答；根据同位素、同素异形体等概念分析解答。
【详解】I.（1）二氧化碳属于共价分子，每个氧原子分别和碳原子共用两对电子对，电子式为：；
（2）氮气分子中形成氮氮三键，结构式为：N≡N；
Ⅱ.①N2分子中只含非极性键；②CO2分子中只含极性键；③NH3分子中只含极性键； ④Na2O中化学键为离子键； ⑤Na2O2 中存在离子键和非极性键；⑥NaOH中含有离子键和极性键；⑦CaBr2中只含有离子键；⑧H2O2氢和氧之间是极性键，氧和氧之间是非极性键，满足条件； ⑨NH4Cl 中含有离子键和极性键；⑩C2H6分子中碳原子和氢原子间是极性键，碳碳键为非极性键，满足条件；所以含有极性键和非极性键的是⑧⑩；
Ⅲ．①干冰属于分子晶体，气化过程破坏了分子间作用力，未破坏化学键；②硝酸钾属于离子晶体，熔化过程中破坏了离子键；③KHSO4属于离子晶体，熔融时破坏了离子键；④硫酸溶于水后，电离出氢离子和硫酸根，破坏了共价键；⑤蔗糖属于分子晶体，溶于水破坏了范德华力，未破坏化学键；⑥HI属于分子晶体，分解过程破坏了共价键；⑦ 碘升华过程为物理变化，破坏了范德华力，未破坏化学键；⑧溴蒸气被木炭吸附也是物理过程，未破坏化学键；
（1）未破坏化学键的是①⑤⑦⑧；
（2）仅离子键被破坏的是 ②③；
Ⅳ.（1）同位素是指具有相同质子数不同中子数的同种元素中的不同原子，所以互为同位素的是：①；
（2）同素异形体是只由相同元素组成的不同单质，所以互为同素异形体的是：③；
（3）三种氢原子分别和两种氯原子结合生成氯化氢分子，分子的种类有六种，分别是：1H35Cl、2H35Cl、3H35Cl、1H37Cl、2H37Cl、3H37Cl，则相对分子质量有36、37、38、39、40，一共5种。
18.（1）有机物A、B、C、D有如下转化关系．回答下列问题：
写出反应的化学方程式和有机反应类型：
②________，反应类型：______、⑤_____，反应类型：___。
（2）某化合物的结构简式为：，它是汽油燃烧品质抗震性能的参照物，用系统命名法对A进行命名，其名称为________；
【答案】(1). CH3-CH3+2Cl2CH2Cl-CH2Cl+2HCl (2). 取代反应 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). 2，2，4﹣三甲基戊烷
【解析】
【分析】根据物质性质及物质间的转化关系书写相关方程式及判断反应类型；根据有机物的系统命名法对有机物命名。
【详解】（1）根据转化关系图知：反应①为乙烯与氢气加成生成乙烷，所以A为乙烷；反应②为乙烷与氯气发生取代反应，生成B，反应③为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，B为1,2-二氯乙烷；反应④为乙烯加聚得到聚乙烯，聚乙烯为高聚物，即D为聚乙烯；反应⑤为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则C为乙醇，则答案为： CH3-CH3+2Cl2 CH2Cl-CH2Cl+2HCl；取代反应 ；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；
（2）有机物的主链为戊烷，在2号位和4号位一共有3个甲基，所以根据系统命名法命名为：2，2，4﹣三甲基戊烷。
19.观察下图A、B、C三个装置，回答下列问题：
（1）把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯中，可观察到锌片上有气泡，再平行插入一碳棒，可观察到碳棒上没有气泡产生。用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池(图A)，正极的反应式为_____。
（2）如果烧杯中最初装入的是500 mL 2 mol/L硫酸溶液，构成铜锌原电池(图B，假设产生的气体没有损失)，当收集到11.2 L(标准状况下)H2时，溶液体积变化忽略不计，则烧杯内硫酸的物质的量浓度为______。
（3）如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接，插入氯化钠溶液中(图C)，放置数天后，铁片生锈；负极的反应式为______。
【答案】(1). 2H＋＋2e－=H2↑ (2). c(H2SO4)＝1mol·L－1 (3). Fe－2e－=Fe2＋
【解析】
【分析】根据原电池原理书写电极反应式；根据原电池中电极反应进行相关计算。
【详解】（1）用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池，活泼的锌作负极，碳棒作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
（2）总反应为：Zn+2H+=H2↑+Zn2+，则n(H2)=，c(H2SO4)= ；
（3）铁片生锈，是因为发生了电化学腐蚀，活泼金属铁作负极，负极失电子发生氧化反应，反应式为Fe－2e－=Fe2＋。
20.X、Y、Z、L、M为原子序数依次增大的短周期元素，周期表中X原子半径最小，Y元素形成化合物种类最多，Z元素的氢化物水溶液呈碱性，常温下L可以形成两种液态氢化物，M的最高价氧化物对应的水化物呈两性。回答下列问题：
（1）L元素形成单质的名称为______；M在元素周期表中的位置为____；五种元素的原子半径从大到小的顺序是______（用元素符号表示）。
（2）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为______。
（3）写出由X、Z、L三种元素组成的离子化合物与稀的NaOH溶液加热反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). 氧气、臭氧 (2). 第3周期IIIA族 (3). Al、C、N、O、H (4). 34 (5). NH4++OH-NH3↑+H2O
【解析】
【分析】根据题干信息分析元素的种类，根据元素周期表的结构及元素周期律分析解答；根据物质性质书写反应离子方程式。
【详解】X、Y、Z、L、M为原子序数依次增大的短周期元素，周期表中X原子半径最小，则X为氢；Y元素形成化合物种类最多，含碳的有机化合物种类最多，则Y为碳；Z元素的氢化物水溶液呈碱性，氢化物为氨气，则Z为氮；常温下L可以形成两种液态氢化物，分别为水和双氧水，则L为氧；M的最高价氧化物对应的水化物呈两性，两性的氢氧化物为氢氧化铝，则M为铝；
（1）L为氧元素，则形成单质的名称为氧气、臭氧；铝元素的原子序数为13，在元素周期表中的位置为第3周期ШA族；根据同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族元素原子半径随原子序数增大而增大的规律，五种元素的原子半径从大到小的顺序是Al、C、N、O、H；
（2）氧在第2周期，则硒（Se）在第4周期，与氧同一主族，则Se的原子序数为8+8+18=34；
（3）由氢、氮、氧三种元素组成的离子化合物为硝酸铵，与稀的NaOH溶液加热反应生成氨气和硝酸钠，离子方程式为：NH4++OH- NH3↑+H2O。
21.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验．
Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：____与盐酸反应最剧烈；_________与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为____。
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（3）仪器B的名称为_____，干燥管D的作用为_______。
（4）若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C______的现象，即可证明，从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_____溶液吸收尾气。
（5）若要证明非金属性：N＞C＞Si，则在A中加硝酸、B中加碳酸钙，并在两装置间加一个除去挥发出来的HNO3的装置，C中加_____溶液观察到C中溶液白色沉淀，即可证明。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣ (4). 锥形瓶 (5). 防止倒吸 (6). 溶液变蓝色 (7). NaOH (8). 硅酸钠
【解析】
【分析】根据金属性强弱分析反应剧烈程度；根据非金属性强弱分析实验原理及实验现象；根据提供的实验装置及氧化还原反应原理对非金属性强弱比较进行探究性实验。
【详解】Ⅰ．（1）反应速率由反应物的性质决定，金属性越强，与酸反应越剧烈，所以钾与盐酸反应最剧烈；相同物质的量的金属，铝失电子数最多，所以与盐酸反应生成的气体最多；
（2）Na2S与氯气反应生成硫和氯化钠，氯气为氧化剂，硫为氧化产物，所以氯气的氧化性强于硫，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣；
Ⅱ．（3）如图所示仪器B的名称为锥形瓶；根据图示，干燥管中没有干燥剂，而一端插入溶液，所以干燥管D的作用为防止倒吸；
（4）B中生成的氯气可以置换出碘化钾中的碘，淀粉遇碘变蓝，所以观察到C中的现象为溶液变蓝色；过量的氯气有毒，所以应该用NaOH进行尾气处理；
（5）若要证明非金属性：N＞C＞Si，则需证明它们最高价氧化物的水化物酸性：硝酸>碳酸>硅酸，利用强酸制弱酸的原理加以证明，B装置中产生二氧化碳气体，说明硝酸的酸性强于碳酸，将除去硝酸蒸气后的二氧化碳气体通入C中的硅酸钠溶液，生成难溶的硅酸，则说明碳酸酸性强于硅酸，故答案为： 硅酸钠。
22.Ⅰ.在锌与某浓度的盐酸反应的实验中，实验员得到下面的结果：
锌的质量（g）
锌的形状
温度（℃）
溶解于酸花的时间（s）
A
2
薄片
5
400
B
2
薄片
15
200
C
2
薄片
25
100
D
2
薄片
35
50
E
2
薄片
45
25
F
2
粉末
15
5
（1）写出实验中发生反应的离子方程式：___________，该反应是_____反应（填“放热”或“吸热”）；
（2）仔细观察A~F的实验数据对比，你可以得到关于温度影响反应速率结论，用此结论，计算：55℃时，2g锌薄片溶解于酸中需花____ s。
（3）对比结果B与F，解释结果F那么快的原因：_________
Ⅱ.某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0~4分钟各物质的量的变化情况如图所示（X、Y、Z均为气体）。
（1）该反应的的化学方程式为_______；
（2）反应开始至2分钟时，X的平均反应速率为______；
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______；
a．每消耗3molX，同时消耗1molY
b．容器内压强保持不变
c．Z的浓度不再变化
d．容器内混合气体的密度保持不变
（4）由下图求得平衡时Y的转化率为_____。
【答案】Ⅰ（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑放热（2）12.5（3）B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多Ⅱ（1）3X+Y4Z（2）0.03mol/(L·min)（3）c（4）10%
【解析】试题分析：Ⅰ（1）锌是活泼金属，锌与盐酸反应生成ZnCl2和氢气，则反应的离子方程式为Zn+2H+ =Zn2++ H2↑；活泼金属与酸的反应是放热反应。
（2）通过观察A—F的实验数据对比可知，温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，根据表格E中数据可知，2g锌薄片溶解于45℃的酸中花的时间为25s，则在55℃时反应速率是45℃时的2倍，花的时间为12.5s。
(3) 对比结果B与F，速率与Zn的状态有关，B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多，所以结果F那么快。
Ⅱ（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，X、Y为反应物，Z的物质的量逐渐增多，所以Z为生成物，当反应到达2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.4mol，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）=3：1：4，所以反应的化学方程式为3X + Y4Z。
（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（X）=0.3mol，X平均反应速率为0.3mol÷(5L×2min) =0.03mol/（L．min）。
（3）a．每消耗3molX，同时消耗1molY，表达的都是正反应速率，无法判断反应是否达到平衡，a项错误；b. 该反应为前后气体体积不变的反应，压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡的标志，b项错误；c.Z的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，c项正确；d. 该反应在5L恒容容器中进行，所有物质又都是气体，所以反应体系的密度始终不变，不能作为平衡状态的判断标志，d项错误；答案选c。
（4）由图可知：达平衡时，△n（Y）=0.1mol，所以Y的转化率为0.1mol÷1mol×100%=10%。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Fe:56 Zn:65
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.钾和钠的化学性质相似，下列说法中能最好的解释这个事实的是（ ）
A. 都是金属元素 B. 原子半径相差不大
C. 原子的最外层电子数相同 D. 最高化合价相同
【答案】C
【解析】试题分析：原子结构决定元素性质，钾和钠原子的最外层电子数相同，所以化学性质相似，故C正确。
2.化学键是一种作用力，下列不属于化学键的是 （ ）
A. 离子键 B. 氢键
C. 极性共价键 D. 非极性共价键
【答案】B
【解析】试题分析：化学键是一种强作用力，化学键包括离子键、极性共价键、非极性共价键；氢键是一种比化学键弱作用力，故B正确。
3.下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）
A. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
B. 燃料电池的能量转化率可达100%
C. 氢氧燃料电池工作时氢气在正极被氧化
D. 以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池，正极反应为O2+2H2O+4e－＝4OH－
【答案】D
【解析】试题分析：氢氧燃料电池可将化学能直接转变为电能，故A错误；燃料电池的能量转化率<100%，故B错误；氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故C错误；以KOH溶液为电解质溶液的氢氧燃料电池，正极反应为O2+ 2H2O + 4e－＝4OH－，故D正确。
4.下列所加的物质属于催化剂的是（ ）
A. 电解水制氢气时，加入少量的Na2SO4
B. 利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体
C. 实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体
D. 纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜
【答案】B
【解析】试题分析：电解水制氢气时，加入少量Na2SO4增强溶液导电性，故A错误；利用H2O2水溶液制氧气时，加入少量的MnO2固体作催化剂，加快反应速率，故B正确；实验室用浓盐酸制氯气时，需加入MnO2固体作氧化剂，故C错误；纯锌与硫酸反应制氢气时，滴入少量硫酸铜，构成铜锌原电池加快反应速率，故D错误。
5.一定温度下，在一恒容密闭容器中，发生反应：N2+3H22NH3，下列能说明反应已达到平衡状态的是（ ）
①体系的压强不变 ②体系的密度不变 ③各组分的物质的量浓度不变 ④各组分的质量分数不变 ⑤反应速率υ(N2):υ(H2)＝1:3 ⑥混合气体的总物质的量不变⑦混合气体的平均相对分子质量不变 ⑧一个N≡N键断裂的同时，有2个N—H键的断裂 ⑨c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
A. ②③⑥⑦⑨ B. ②③⑤⑧⑨
C. ①③④⑥⑦ D. ①④⑤⑧⑨
【答案】C
【详解】①反应前后气体系数和变化，所以体系的压强不变的状态是平衡状态，故正确；
②体系的密度等于质量和体积的比值，始终是一个定值，此时的状态不一定是平衡状态，故错误；
③各组分的物质的量浓度不变，是平衡的特征，故正确；
④各组分的质量分数不变，是平衡的特征，故正确；
⑤进行到任何状态，其反应速率υ（N2）：υ（H2）=1：3，所以此状态不一定是平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体系数和变化，混合气体的总物质的量不变的状态是平衡状态，故正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比值，质量不变，但是物质的量变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变的状态是平衡状态，故正确；
⑧一个N≡N键断裂的同时，有6N-H键的断裂的状态才是平衡状态，故错误；
⑨当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，不一定是平衡状态，故错误；
故选C。
6.已知破坏1molH－H键、Cl－Cl键、H－Cl键分别需要吸收436kJ、243kJ、432kJ能量，则由H2与Cl2生成1 molHCl总的过程需要（ ）
A. 放热185kJ B. 吸热185kJ C. 放热92.5 kJ D. 吸热92.5 kJ
【答案】C
【解析】试题分析：生成1 molHCl需要0.5mol氢气和0.5mol氯气；破坏0.5molH－H键、0.5mol Cl－Cl键分别需要吸收218kJ、121.5kJ；生成1 molH－Cl键放出216kJ能量，218kJ＋121.5kJ－216kJ=" 92.5" kJ，故C正确。
7.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 钙离子的结构示意图： B. 乙烯的结构简式：CH2CH2
C. CH4分子的球棍模型： D. ﹣CH3（甲基）的电子式为：
【答案】C
【详解】A．钙离子的核电荷数为20，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为，故A错误；
B．乙烯分子中存在官能团碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．甲烷分子中存在4个碳氢键，为正四面体结构，甲烷的球棍模型为，故C正确；
D．﹣CH3（甲基）中除了碳氢共价键外，碳原子还有一个单电子，电子式为：，故D错误；
故选C。
8.科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法不正确的是（ ）
A. a为负极，b为正极
B. b电极发生氧化反应
C. H+从a极向b极移动
D. 负极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+
【答案】B
【详解】A．该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a是负极、b是正极，故A正确；
B．b是正极，发生还原反应，故B错误；
C．原电池中阳离子向正极，而a是负极、b是正极，所以H+从a极向b极移动，故C正确；
D．负极上二氧化硫失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故D正确，
故选B。
9.下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（ ）
A. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，则对应元素的非金属性越强
B. 第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7
C. IA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
D. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
【答案】C
【详解】A．同主族元素，从上到下非金属性减弱，则简单阴离子从上到下还原性增强，故A错误；
B．第二周期元素中，O没有+6价，F没有正价，则第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；
C．IA族含H及碱金属元素，ⅦA族均为非金属元素，则H与ⅦA族元素间可形成共价化合物，碱金属元素与ⅦA族元素间可形成离子化合物，故C正确；
D．同周期金属元素的化合价越高，金属性越弱，失去电子的能力越弱，如Na、Mg、Al的失去电子能力减弱，故D错误；
故选C。
10.在25℃，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多。反应方程式分别为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)；4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)，由此判断，下列说法正确的是（ ）
A. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高
B. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低
C. 由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高
D. 由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低
【答案】D
【解析】试题分析：已知在25℃，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多，这说明白磷的总能量高于红磷，则4P(s)＝P4(s)的△H＞0，因此等质量时红磷能量比白磷低，答案选D。
11.根据下表中烃的分子式排列规律，判断空格中的烃的同分异构体数目（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
CH4
C2H4
C3H8
C4H8
C6H12
C7H16
C8H16
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】试题分析：从表格分析，碳原子数依次增加，物质类型为烷烃烯烃，则第五个物质的碳原子数为5,为烷烃，即C5H12，有三种同分异构体。
12.下图中表示碳原子相互结合的几种方式。小圆球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合，则下列说法正确的是（ ）
A. 图中属于烷烃的是A、C、D
B. 图中C和E分子中氢原子数相同
C. 图中物质碳元素的质量分数最小的是A
D. 图中与B互为同分异构体的有C、D、E
【答案】C
【解析】图中A为丙烷；B为为2-丁烯，分子式为C4H8；C为异丁烷，分子式为C4H10；D为环丁烷，分子式为C4H8；E为2-甲基-1-丙烯；A．图中属于烷烃的是A和C，D为环丁烷，故A为错误；B．图中C和E分子中氢原子数不相同，故B为错误；C．上述有机物中，丙烷中碳元素的质量分数最小，故C正确；D．图中与B互为同分异构体的有D、E，故D错误；答案为C。
13.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 增加少量的C
B. 将容器的体积缩小为原来的一半
C. 保持体积不变，充入H2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
【答案】A
【解析】试题分析：A.碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响，A项选；B.将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快，B项不选；C.保持体积不变，充入氢气使体系压强增大，氢气浓度增大，则反应速率加快，C项不选；D.压强不变，充入N2使容器体积增大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小，D项不选；答案选A。
14.下列大小比较正确的是（ ）
A. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+>Cl—；原子半径：Na>Mg>Al>Cl
B. 稳定性：HF>H2O>NH3>CH4；还原性：HF
D. 酸性：HClO>H2SO4>H2CO3；非金属性Cl>S>C
【答案】B
【解析】试题分析：A．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞Al＞Cl，故A错误；
B．同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，氢化物越稳定性，氢化物还原性越弱，故稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4； 还原性：HF＜H2O＜NH3＜CH4，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性Cs＞K＞Na＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故C错误；
D．HClO是弱酸，酸性比碳酸弱，酸性H2SO4＞H2CO3＞HClO，同周期自左而右非金属性增强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故非金属性Cl＞S＞C，故D错误，
故选B．
15.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述不正确的是（ ）
A. X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物
B. Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应
C. Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价
D. X与Y、Z与W都属于同一周期
【答案】D
【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；
A. X为氧，W为硫，可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物，故A正确；
B. Y为镁，其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应，故B正确；
C. Z为硅，其原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价，故C正确；
D. X为氧，在第2周期；Y为镁，Z为硅，W为硫，在第3周期，故D错误，
故选D。
16.有A、B两种烃，含碳的质量分数相同，下列关于A和B的叙述中正确的是（ ）
A. A和B一定是同分异构体
B. A和B不可能是同系物
C. A和B的最简式相同
D. A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定相等
【答案】C
【详解】因烃中只有碳氢两种元素，碳质量分数相同，所以氢的质量分数也相同、则最简式相同；
A.最简式相同，可能是同分异构体，如丙烯与环丙烷，也可能不是，比如乙炔和苯，故A错误；
B.最简式相同，可能是同系物，如乙烯与丙烯，故B错误；
C.A、B两种烃，含碳的质量分数相同，则含氢的质量分数相同，则二者最简式相同，故C正确；
D.若为同分异构体则A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定相等，若为同系物（或分子式不同）则A和B各1mol完全燃烧后生成的二氧化碳的质量一定不相等，故D错误，
故选C。
二．填空题（共52分）
17.Ⅰ.用化学用语回答下列问题：
（1）写出二氧化碳分子的电子式：_______；
（2）写出氮气分子的结构式______。
Ⅱ.下列物质：①N2 ②CO2 ③NH3 ④Na2O ⑤Na2O2 ⑥NaOH ⑦CaBr2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl ⑩C2H6，含有极性键和非极性键的是_____；（填序号）
Ⅲ．下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③KHSO4熔融；④硫酸溶于水；⑤蔗糖溶于水；⑥HI分解；⑦ 碘升华；⑧溴蒸气被木炭吸附。
（1）未破坏化学键的是____；（填序号）
（2）仅离子键被破坏的是___。（填序号）
Ⅳ．下列物质：①1H、2H、3H；②H2O、D2O、T2O；③O2、O3；④14N、14C
（1）互为同位素的是：_____；（填序号）
（2）互为同素异形体的是：____；（填序号）
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得分子中相对分子质量不同的有_____种。
【答案】(1). (2). N≡N (3). ⑧⑩ (4). ①⑤⑦⑧ (5). ②③ (6). ① (7). ③ (8). 5
【解析】
【分析】根据物质结构书写电子式和结构式；根据物质的晶体类型及化学键的类型分析解答；根据同位素、同素异形体等概念分析解答。
【详解】I.（1）二氧化碳属于共价分子，每个氧原子分别和碳原子共用两对电子对，电子式为：；
（2）氮气分子中形成氮氮三键，结构式为：N≡N；
Ⅱ.①N2分子中只含非极性键；②CO2分子中只含极性键；③NH3分子中只含极性键； ④Na2O中化学键为离子键； ⑤Na2O2 中存在离子键和非极性键；⑥NaOH中含有离子键和极性键；⑦CaBr2中只含有离子键；⑧H2O2氢和氧之间是极性键，氧和氧之间是非极性键，满足条件； ⑨NH4Cl 中含有离子键和极性键；⑩C2H6分子中碳原子和氢原子间是极性键，碳碳键为非极性键，满足条件；所以含有极性键和非极性键的是⑧⑩；
Ⅲ．①干冰属于分子晶体，气化过程破坏了分子间作用力，未破坏化学键；②硝酸钾属于离子晶体，熔化过程中破坏了离子键；③KHSO4属于离子晶体，熔融时破坏了离子键；④硫酸溶于水后，电离出氢离子和硫酸根，破坏了共价键；⑤蔗糖属于分子晶体，溶于水破坏了范德华力，未破坏化学键；⑥HI属于分子晶体，分解过程破坏了共价键；⑦ 碘升华过程为物理变化，破坏了范德华力，未破坏化学键；⑧溴蒸气被木炭吸附也是物理过程，未破坏化学键；
（1）未破坏化学键的是①⑤⑦⑧；
（2）仅离子键被破坏的是 ②③；
Ⅳ.（1）同位素是指具有相同质子数不同中子数的同种元素中的不同原子，所以互为同位素的是：①；
（2）同素异形体是只由相同元素组成的不同单质，所以互为同素异形体的是：③；
（3）三种氢原子分别和两种氯原子结合生成氯化氢分子，分子的种类有六种，分别是：1H35Cl、2H35Cl、3H35Cl、1H37Cl、2H37Cl、3H37Cl，则相对分子质量有36、37、38、39、40，一共5种。
18.（1）有机物A、B、C、D有如下转化关系．回答下列问题：
写出反应的化学方程式和有机反应类型：
②________，反应类型：______、⑤_____，反应类型：___。
（2）某化合物的结构简式为：，它是汽油燃烧品质抗震性能的参照物，用系统命名法对A进行命名，其名称为________；
【答案】(1). CH3-CH3+2Cl2CH2Cl-CH2Cl+2HCl (2). 取代反应 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). 2，2，4﹣三甲基戊烷
【解析】
【分析】根据物质性质及物质间的转化关系书写相关方程式及判断反应类型；根据有机物的系统命名法对有机物命名。
【详解】（1）根据转化关系图知：反应①为乙烯与氢气加成生成乙烷，所以A为乙烷；反应②为乙烷与氯气发生取代反应，生成B，反应③为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，B为1,2-二氯乙烷；反应④为乙烯加聚得到聚乙烯，聚乙烯为高聚物，即D为聚乙烯；反应⑤为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则C为乙醇，则答案为： CH3-CH3+2Cl2 CH2Cl-CH2Cl+2HCl；取代反应 ；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；
（2）有机物的主链为戊烷，在2号位和4号位一共有3个甲基，所以根据系统命名法命名为：2，2，4﹣三甲基戊烷。
19.观察下图A、B、C三个装置，回答下列问题：
（1）把一块纯净的锌片插入装有稀硫酸的烧杯中，可观察到锌片上有气泡，再平行插入一碳棒，可观察到碳棒上没有气泡产生。用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池(图A)，正极的反应式为_____。
（2）如果烧杯中最初装入的是500 mL 2 mol/L硫酸溶液，构成铜锌原电池(图B，假设产生的气体没有损失)，当收集到11.2 L(标准状况下)H2时，溶液体积变化忽略不计，则烧杯内硫酸的物质的量浓度为______。
（3）如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接，插入氯化钠溶液中(图C)，放置数天后，铁片生锈；负极的反应式为______。
【答案】(1). 2H＋＋2e－=H2↑ (2). c(H2SO4)＝1mol·L－1 (3). Fe－2e－=Fe2＋
【解析】
【分析】根据原电池原理书写电极反应式；根据原电池中电极反应进行相关计算。
【详解】（1）用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池，活泼的锌作负极，碳棒作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
（2）总反应为：Zn+2H+=H2↑+Zn2+，则n(H2)=，c(H2SO4)= ；
（3）铁片生锈，是因为发生了电化学腐蚀，活泼金属铁作负极，负极失电子发生氧化反应，反应式为Fe－2e－=Fe2＋。
20.X、Y、Z、L、M为原子序数依次增大的短周期元素，周期表中X原子半径最小，Y元素形成化合物种类最多，Z元素的氢化物水溶液呈碱性，常温下L可以形成两种液态氢化物，M的最高价氧化物对应的水化物呈两性。回答下列问题：
（1）L元素形成单质的名称为______；M在元素周期表中的位置为____；五种元素的原子半径从大到小的顺序是______（用元素符号表示）。
（2）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为______。
（3）写出由X、Z、L三种元素组成的离子化合物与稀的NaOH溶液加热反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). 氧气、臭氧 (2). 第3周期IIIA族 (3). Al、C、N、O、H (4). 34 (5). NH4++OH-NH3↑+H2O
【解析】
【分析】根据题干信息分析元素的种类，根据元素周期表的结构及元素周期律分析解答；根据物质性质书写反应离子方程式。
【详解】X、Y、Z、L、M为原子序数依次增大的短周期元素，周期表中X原子半径最小，则X为氢；Y元素形成化合物种类最多，含碳的有机化合物种类最多，则Y为碳；Z元素的氢化物水溶液呈碱性，氢化物为氨气，则Z为氮；常温下L可以形成两种液态氢化物，分别为水和双氧水，则L为氧；M的最高价氧化物对应的水化物呈两性，两性的氢氧化物为氢氧化铝，则M为铝；
（1）L为氧元素，则形成单质的名称为氧气、臭氧；铝元素的原子序数为13，在元素周期表中的位置为第3周期ШA族；根据同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族元素原子半径随原子序数增大而增大的规律，五种元素的原子半径从大到小的顺序是Al、C、N、O、H；
（2）氧在第2周期，则硒（Se）在第4周期，与氧同一主族，则Se的原子序数为8+8+18=34；
（3）由氢、氮、氧三种元素组成的离子化合物为硝酸铵，与稀的NaOH溶液加热反应生成氨气和硝酸钠，离子方程式为：NH4++OH- NH3↑+H2O。
21.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验．
Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：____与盐酸反应最剧烈；_________与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为____。
Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（3）仪器B的名称为_____，干燥管D的作用为_______。
（4）若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C______的现象，即可证明，从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_____溶液吸收尾气。
（5）若要证明非金属性：N＞C＞Si，则在A中加硝酸、B中加碳酸钙，并在两装置间加一个除去挥发出来的HNO3的装置，C中加_____溶液观察到C中溶液白色沉淀，即可证明。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣ (4). 锥形瓶 (5). 防止倒吸 (6). 溶液变蓝色 (7). NaOH (8). 硅酸钠
【解析】
【分析】根据金属性强弱分析反应剧烈程度；根据非金属性强弱分析实验原理及实验现象；根据提供的实验装置及氧化还原反应原理对非金属性强弱比较进行探究性实验。
【详解】Ⅰ．（1）反应速率由反应物的性质决定，金属性越强，与酸反应越剧烈，所以钾与盐酸反应最剧烈；相同物质的量的金属，铝失电子数最多，所以与盐酸反应生成的气体最多；
（2）Na2S与氯气反应生成硫和氯化钠，氯气为氧化剂，硫为氧化产物，所以氯气的氧化性强于硫，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣；
Ⅱ．（3）如图所示仪器B的名称为锥形瓶；根据图示，干燥管中没有干燥剂，而一端插入溶液，所以干燥管D的作用为防止倒吸；
（4）B中生成的氯气可以置换出碘化钾中的碘，淀粉遇碘变蓝，所以观察到C中的现象为溶液变蓝色；过量的氯气有毒，所以应该用NaOH进行尾气处理；
（5）若要证明非金属性：N＞C＞Si，则需证明它们最高价氧化物的水化物酸性：硝酸>碳酸>硅酸，利用强酸制弱酸的原理加以证明，B装置中产生二氧化碳气体，说明硝酸的酸性强于碳酸，将除去硝酸蒸气后的二氧化碳气体通入C中的硅酸钠溶液，生成难溶的硅酸，则说明碳酸酸性强于硅酸，故答案为： 硅酸钠。
22.Ⅰ.在锌与某浓度的盐酸反应的实验中，实验员得到下面的结果：
锌的质量（g）
锌的形状
温度（℃）
溶解于酸花的时间（s）
A
2
薄片
5
400
B
2
薄片
15
200
C
2
薄片
25
100
D
2
薄片
35
50
E
2
薄片
45
25
F
2
粉末
15
5
（1）写出实验中发生反应的离子方程式：___________，该反应是_____反应（填“放热”或“吸热”）；
（2）仔细观察A~F的实验数据对比，你可以得到关于温度影响反应速率结论，用此结论，计算：55℃时，2g锌薄片溶解于酸中需花____ s。
（3）对比结果B与F，解释结果F那么快的原因：_________
Ⅱ.某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0~4分钟各物质的量的变化情况如图所示（X、Y、Z均为气体）。
（1）该反应的的化学方程式为_______；
（2）反应开始至2分钟时，X的平均反应速率为______；
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______；
a．每消耗3molX，同时消耗1molY
b．容器内压强保持不变
c．Z的浓度不再变化
d．容器内混合气体的密度保持不变
（4）由下图求得平衡时Y的转化率为_____。
【答案】Ⅰ（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑放热（2）12.5（3）B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多Ⅱ（1）3X+Y4Z（2）0.03mol/(L·min)（3）c（4）10%
【解析】试题分析：Ⅰ（1）锌是活泼金属，锌与盐酸反应生成ZnCl2和氢气，则反应的离子方程式为Zn+2H+ =Zn2++ H2↑；活泼金属与酸的反应是放热反应。
（2）通过观察A—F的实验数据对比可知，温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，根据表格E中数据可知，2g锌薄片溶解于45℃的酸中花的时间为25s，则在55℃时反应速率是45℃时的2倍，花的时间为12.5s。
(3) 对比结果B与F，速率与Zn的状态有关，B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多，所以结果F那么快。
Ⅱ（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，X、Y为反应物，Z的物质的量逐渐增多，所以Z为生成物，当反应到达2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.4mol，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）=3：1：4，所以反应的化学方程式为3X + Y4Z。
（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（X）=0.3mol，X平均反应速率为0.3mol÷(5L×2min) =0.03mol/（L．min）。
（3）a．每消耗3molX，同时消耗1molY，表达的都是正反应速率，无法判断反应是否达到平衡，a项错误；b. 该反应为前后气体体积不变的反应，压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡的标志，b项错误；c.Z的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，c项正确；d. 该反应在5L恒容容器中进行，所有物质又都是气体，所以反应体系的密度始终不变，不能作为平衡状态的判断标志，d项错误；答案选c。
（4）由图可知：达平衡时，△n（Y）=0.1mol，所以Y的转化率为0.1mol÷1mol×100%=10%。
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