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【化学】福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二（理）上学期期中考试（解析版）
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福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二（理）上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是
A．2O3(g)=3O2(g) △H＜0 B．2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0
C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0 D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0
2．对平衡CO2(g)CO2(aq)；△H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是
A．升温增压 B．降温减压
C．升温减压 D．降温增压
3．下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A．保持表面干燥 B．表面镀锌 C．表面形成烤蓝 D．表面镶嵌铜块
4．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A．加少量醋酸钠固体 B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C．滴加少量CuSO4溶液 D．加少量硫酸钠固体
5．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变
C．体系压强不再变化 D．2v逆(X)＝v正(Y)
6．下列装置或操作能达到目的是
A．装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B．装置②可用于测定中和热
C．装置③测定O2的生成速率 D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
7．关于下列电化学装置说法正确的是
A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减
B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C．用装置③精炼铜时，d极为精铜
D．装置④中电子由Fe经导线流向Zn
8．298K、1.01×105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是
A．Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=-242kJ·mol-1 B．Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=-20kJ·mol-1
C．Se(g)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1 D．Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1
9．根据图，下列判断中正确的是
A．电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq) −c−b
B．该原电池原理：Zn+CuSO4 ═ ZnSO4+Cu
C．c电极质量减少量等于d电极质量增加量
D．d电极反应：Cu2++2e− = Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降
10．硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是
A．电极a 为电池正极
B．图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C．电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D．VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH——22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
11．一定条件下，对于可逆反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是
A．c1∶c2＝1∶3 B．平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率之比为1：3 D．c1的取值范围为0.04 mol·L－1＜c1＜0.14 mol·L－1
12．对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是
13．下列有关图像，其中说法正确的是
A．由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B．由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C．由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D．由图Ⅱ知，反应在 t6时，NH3 体积分数最大
14．高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A．放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B．充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C．充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D．放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
15．某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) 化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是
A．在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小 为：c>b>a
B．若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C．达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D．若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
16．在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
900
0.10
0.15
a
A．正反应为放热反应
B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)= 0.01mol/(L•min)
C．实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
D．实验③中，达到平衡时，a大于0.06
17．在一定温度下，二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196 kJ·mol－1。现向5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体，反应一段时间后达到平衡，恢复到原温度，测得此过程中体系向外界共释放了78.4 kJ的热量。下列说法正确的是
A．上述反应达到平衡时，二氧化硫和氧气的转化率都是20%
B．上述反应达到平衡后，向容器中充入1.0 mol Ar，平衡正向移动
C．起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，达到平衡时共吸收19.6 kJ的热量
D．起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2，反应达到平衡前v正＜v逆
18．下列说法中，正确的是
A．HCl气体溶于水形成盐酸，存在H＋，所以HCl为离子化合物
B．含金属元素的离子一定是阳离子
C．含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．稀有气体原子之间不易形成共价键
19．下列说法正确的是
A．Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B．Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2强
C．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D．X2＋的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族
20．下列根据元素周期表和元素周期律得出的推断，正确的是
A．金属元素原子最外层电子数越少，该金属失电子能力越强
B．若存在简单阴离子R2－，则R一定位于ⅥA族
C．P和As都是VA族元素，则PH3的还原性比AsH3的还原性强
D．铅位于周期表中金属和非金属的交界处，可作半导体材料
21．下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是
A．非金属元素组成的化合物中只含共价键
B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强
22．已知溴在自然界中有两种同位素，这两种同位素原子大约各占一半，已知溴的核电荷数为35，溴元素的相对原子质量为80，则溴的这两种同位素的中子数分别为
A.79，81 B.44，46
C.45，46 D.44，45
23．根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是
A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K 层电子数相等
B．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子L 层电子数相等
C．L层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子L层电子数相等
D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子M层电子数相等
24．放射性元素的一个原子经过6次衰变(每次衰变都放出一个相同的粒子)后，得到比较稳定的第100号元素镄(Fm)的含153个中子的原子。下列说法中正确的是()
A．每次衰变都放出
B．每次衰变都放出T
C．只是元素镄的一个原子，153不代表镄元素的相对原子质量
D．经过3次这样的衰变是得不到镄原子的，产生的是Uub的同位素原子
25．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1 H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是
A．(A－N＋m)mol B．(A－N)mol
C．(A－N)mol D．(A－N＋m)mol
26．下列叙述中正确的是
A．短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
B．全部由非金属元素形成的化合物中一定都是极性共价键
C．两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D．存在两种这样的阴、阳离子，其电子数和质子数均相同
27．下列叙述正确的是
A．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
B．短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键
D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
28．有M、R两种主族元素，已知M2－与R＋核外电子数之和为20，则下列说法不正确的是
A．M与R的质子数之和一定等于19
B．M、R可能分别处于第二周期和第三周期
C．M、R可能分别处于第六主族和第一主族
D．M和R的质子数之差可能等于7
29．X、Y、Z、W 4种主族元素，若X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构；W的阳离子的氧化性弱于等电荷数的X阳离子的氧化性；Z的阴离子半径小于等电荷数的Y的阴离子半径，则四种元素的原子序数由大到小的顺序是
A．Z X Y W B．W X Y Z C．X Y Z W D．Z Y X W
30．下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是
A．半导体材料砷化镓 B．吸氢材料镧镍合金
C．透明陶瓷材料硒化锌 D．新型纳米材料氮化镓
31．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n－2 ，则在气态氢化物中R元素的化合价为
A．12－3n B．3n－12 C．3n－10 D．6－3n
32．下列微粒半径之比大于1的是
A．r(K+)/r(K) B．r(Ca)/r(Mg) C．r(S)/r(P) D．r(Cl)/r(Cl-)
33．下列有关化学用语表示正确的是
A．CO2的比例模型： B．氢氧根离子的电子式：
C．氯原子的结构示意图： D．中子数为146，质子数为92的铀(U)原子
34．X元素的一个原子失去两个电子被两个Y元素的原子获得，从而二者形成稳定的化合物Z，下列有关Z的推断不正确的是
A．Z是离子化合物 B．Z的化学式是XY2
C．Z的化学式是X2Y D．Z的熔点较高，熔融状态或溶于水都能导电
35．目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有16种，对这16种非金属元素的相关判断：①都是主族元素，最外层电子数都大于4；②单质在反应中都只能作氧化剂；③氢化物常温下都是气态；④氧化物常温下都可以与水反应生成酸。其中不正确的有
A．①② B．①③ C．③④ D．①②③④
36．甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙的阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的得电子能力强的是
A．④ B．⑤ C．①②③ D．①②③④
37．已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A．质子数：c>d B．离子的还原性：Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性：H2Y>HZ D．原子半径：X
A、 C元素的最高正价为+7价 B、原子半径：A＞B＞C
C、离子半径：A2－＞ C－＞ B2+ D、还原性：A2－＜C－
39．酸根RO3－所含电子数比硝酸根NO3－的电子数多10。则下列说法正确的是
A．R原子的电子层数比N的电子层数多2
B． R元素的最高正化合价与NO3－中的N的化合价相等
C． R所含电子数比N的电子数多10
D．R和N为同族元素
40．R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)
A．若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1也为强碱
B．若HnXOm为强酸，则Y是活泼的非金属元素
C．若Y的最低化合价为－2，则Z的最高正化合价为＋7
D．若X的最高正化合价为＋5，则五种元素都是非金属元素
41．某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是
A．两步反应均为吸热反应 B．三种化合物中C最稳定
C．A与C的能量差为E4 D．AB反应，反应条件一定要加热
二、实验题
42．(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的________来实现；在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内_________变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2+H2O反应中，该反应速率的快慢可通过_______来判断。
(2)已知：Na2S2O3 + H2SO4 == Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度
Na2S2O3浓度
稀硫酸
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
V1
0.10
V2
0.50
V3
③
20
V4
0.10
4.0
0.50
V5
该实验①、②可探究___________对反应速率的影响，因此V1、V2和V3分别是________、________、________。实验①、③可探究__________对反应速率的影响，因此V4、V5分别是_________、_________。
三、填空题
43．(1)已知：P4(s)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(s)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=bkJ·mol-1；破坏PCl5中1mol P—Cl键所需能量为ckJ·mol-1，破坏PCl3中1molP—Cl键所需能量为1.2ckJ·mol-1。则破坏Cl2中1molCl—Cl键所需的能量为___________________。
(2)工业合成氨时，合成塔中每生成1molNH3放出46kJ的热量。其反应过程的能量变化如图。b值为________kJ。加入催化剂，a值____(填“增大”“减小”或“不变”,下同)。压缩容器体积，b值___。
(3)“嫦娥二号”卫星使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，并放出大量热，已知10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________________________。
44．(1)下图中甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。甲池中负极上的电极反应式为_________，乙池中石墨电极上发生的反应为_______________。甲池中每消耗0.1 mol N2H4，乙池电极上则会析出_________ g固体。
(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_______极(填“正”或“负”)。F电极上的电极反应式为______________。
(3)下图为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。S(g)在负极生成SO3的电极反应式为____________________。已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，为提高硫蒸气的转化率，该工艺采取的措施有____________(任写一条)。
45．氨是重要的氮肥，合成原理为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= —92.4 kJ/mol。在500℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个容积为2 L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图，回答下列问题：
(1)10 min内以NH3表示的平均反应速率：______；
(2)在10 ~20 min内：NH3浓度变化的原因可能是______________
A．加了催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3物质的量
(3)第1次平衡的平衡常数K1 = _________________(带数据的表达式)，第2次平衡时NH3的体积分数=___________(小数点后保留一位)；
(4)在反应进行至25 min时：①曲线发生变化的原因______________，② 达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2 ____ K1(填“大于”“等于”或“小于”)。
46．(1)25 ℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1=a kJ∙mol-1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+ 2NO(g)+Cl2(g) ΔH2=b kJ∙mol-1
K2
③
2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3
K3
则该温度下，ΔH3=_______________kJ∙mol-1；K3=_____________(用K1和K2表示)。
(2)25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则ΔH3 ___(填“>”“<”或“=”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图Ⅰ虚线所示，则改变的条件是_____________；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，其中正确的曲线是______(填“甲”或“乙”)，a值为__________。25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，则此时v正_________v逆(填“>”“＜”或“=”)
(3)在300 ℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
47．下表为元素周期表的一部分，表中列出11种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑥
⑧
⑪
3
①
③
⑤
⑦
⑨
4
②
④
⑩
(1)这11种元素中，化学性质最不活泼的元素是______(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是______，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是___________________，常温下单质为液态的非金属单质是____________。
(2)元素④的离子结构示意图为__________________。
(3)⑥⑦⑧气态氢化物的化学式分别为________、________、________，其中以_______最稳定。⑦⑨两种元素最高价氧化物对应水化物的化学式分别为________、________；其中以________酸性最强。
(4)写出③的单质置换出⑥的单质的化学方程式：__________________。
①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。
②和⑨两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。
②的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应的化学方程式为________。
48．I. 填空：
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：_________。
(2)元素周期表中位于第8纵行的铁元素属于_________族。
(3)元素周期表中最活泼的非金属元素位于第_________纵行。
(4)所含元素超过18种的周期是第_________周期。
II. 4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。
m
n
x
y
(1)元素x在周期表中的位置是第________周期、第________族。
(2)四种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_____，碱性最强的是_____(填化学式)。
49．X、Y、Z、W是四种短周期元素，X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价是＋7价。回答下列问题：
(1)元素X原子结构示意图为________。
(2)元素Y的最高价氧化物的结构式为__________，其中一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________。
(3)元素Z能与氢元素形成－1价阴离子为_________，该阴离子的电子总数是________。
(4)元素W的单质与元素X的低价氧化物在水溶液中反应的离子方程式为___________。
(5)ZW3常温下呈液态，可与水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，反应的化学方程式为_______。
(6)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是_______(用酸的分子式表示)。
四、综合题
50．A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，已知：
①其原子半径大小关系是D>E>B>C>A；
②A、D同主族，B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加；
③C是地壳中含量最多的元素，D与C可形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物。
请填写以下空白：
(1)单质B的电子式为____________，结构式为____________。
(2)化合物D2C2的电子式为________________。用电子式表示D2C的形成过程：__________________________。
(3)单质A和单质B在一定条件下发生反应的化学方程式为_________________。
(4)单质E与A、C、D三种元素形成的化合物发生反应的化学方程式为___________。
参考答案
1．B
【解析】
A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。
2．D
【解析】
气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以要使CO2在水中的溶解度增大，可以降低温度，同时还可增大压强。
3．D
【解析】
【详解】
A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】
本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
4．D
【解析】
【详解】
A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
5．D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
6．D
【解析】
【详解】
A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
7．A
【解析】
分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。
详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。
8．D
【解析】
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se(s)+ H2(g) = H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1，故C错误、D正确；
9．C
【解析】
【分析】
根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。
【详解】
A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。
10．C
【解析】
A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
11．A
【解析】
由于X和Y的化学计量数之比使1∶3的，而平衡时X和Y的浓度之比也是1∶3的，所以起始时X和Y的浓度之比就是1∶3的，A正确。平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2，B不正确。X、Y的转化率之比为1：1，C不正确。如果开始向正反应方向进行，则2(c1－0.1)＝0.08－c3，解得c1＝0.14－c3/2，所以c1的最大值是0.14，所以范围是c1＜0.14 mol·L－1，所以D不正确，答案选A。
12．A
【解析】
【详解】
A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。
【点睛】
本题为化学平衡图像题。本题的易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。
13．B
【解析】
【详解】
A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。
14．B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
15．D
【解析】
试题分析：温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；选D。
考点：考查化学平衡移动图像。
16．D
【解析】
【详解】
A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= =0.01 mol/( L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L•min)，故B正确；
C． X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)
反应前(mol)0.2 0.2 0 0
转化 (mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡时(mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
则实验②中，该反应的平衡常数K= =1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol＞0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中a=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则a＜0.06mol，故D错误；故选D。
17．C
【解析】设参加反应的二氧化硫和氧气的物质的量分别是xmol、ymol ，
、 ，x=0.8 y=4 ，二氧化硫的转化率是 ，二氧气的转化率，故A错误；向容器中充入1.0 mol Ar，反应物浓度不变，平衡不移动，故B错误；根据等效平衡原理，起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体是等效平衡，达到平衡时二氧化硫的物质的量都是0.2mol,吸收19.6 kJ的热量,故C正确；该反应的动平衡时，含有0.8 mol SO3、0.2 mol SO2和0.1 mol O2，K==160 , 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2, =64，， v正>v逆,故D错误。
18．D
【解析】
试题分析：A．HCl气体溶于水形成盐酸，能电离出H＋，但HCl为共价化合物，A错误；B．含金属元素的离子不一定是阳离子，例如偏铝酸根等，B错误；C．全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，属于离子化合物，C错误；D．稀有气体原子的最外层已达到稳定结构，它们之间不易形成共价键，D正确，答案选D。
考点：考查化合物、化学键等有关判断
19．D
【解析】
最活泼的金属在周期表的左下方,为Fr,最活泼的非金属是F,A错;Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2弱,B错;元素周期表共有18个纵行,C错;D中X是钙元素,D正确。
20．B
【解析】
A. 金属元素原子最外层电子数越少，该金属失电子能力不一定越强，例如锂的金属性强于钡，A错误；B. 若存在简单阴离子R2－，R的最低价是－2价，则R一定位于ⅥA族，B正确；C. P和As都是VA族元素，同主族从上到下非金属逐渐减弱，氢化物还原性逐渐增强，则PH3的还原性比AsH3的还原性弱，C错误；D. 铅位于第六周期第ⅣA族，不位于周期表中金属和非金属的交界处，铅是金属，不可作半导体材料，D错误，答案选B。
点睛：选项A是易错点，注意通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易程度判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少，也不是与最外层电子数多少有关系。
21．B
【解析】
NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中ⅠA族元素的金属性最强，B项正确；同种元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C项错误；Ⅶ族元素的阴离子还原性越强，则元素的金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误。答案选B。
22．B
【解析】
试题分析：由题意可知，溴元素两种同位素的平均中子数为80－35＝45，符合题意的选项只有B，答案选B。
考点：考查同位素和相对原子质量的应用、以及中子数的计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，灵活性强。有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。该题的关键是明确元素相对原子质量的计算依据，以及质量数、中子数和质子数的关系。
23．C
【解析】
符合A答案的是氢元素．L层电子为奇数的所有元素即Li、B、N、F所在族的序数与L层电子数相等．L层电子为偶数的所有元素即Be、C、O、Ne，其中Ne为“O”族不符合题意，C答案错误．同样分析，D答案也正确，答案选C。
24．A
【解析】
试题分析：经过6次衰变得到号元素，每次放出相同的粒子，所以每次衰变放出的粒子是。153是Fm的中子数不是质量数，所以应表示为而不是。经过3次衰变后，虽然得到的不是镄原子，但由于质子数发生改变也得不到Uub的同位素。答案选A。
考点：同位素
点评：元素符号左上角的数字表示质量数，质量数=质子数+中子数。
25．A
【解析】
X原子的质子数为(A－N)个，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)个，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以agHmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。
26．C
【解析】
A. 同周期阴离子的半径大于阳离子的半径，如第三周期中阴离子半径大于阳离子半径，且铝离子半径最小，A错误；B. 全部由非金属元素形成的化合物中不一定都是极性共价键，例如铵盐中含有离子键，B错误；C. 两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素，C正确；D. 离子中质子数一定不等于核外电子数，因此不可能存在两种这样的阴、阳离子，其电子数和质子数均相同，D错误。答案选C。
27．B
【解析】
试题分析：A、元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素都是金属，错误；B、短周期第IVA族是C、Si与VIIA族元素F、Cl的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构，正确；C、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定有离子键，如氨基酸、尿素分子中只有共价键，没有离子键，错误；D、第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，不说明最高价时，结论不一定成立，如硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，错误，答案选B。
考点：考查元素周期表、元素周期律的应用
28．D
【解析】
A．M2-离子与R+离子核外电子数之和为20，则质子数之和为20+1-2=19，A正确；B．若M为Na，R为O，分别处于第三周期和第二周期，B正确；C．若M为Li，R为S，分别处于第ⅠA主族和第ⅥA主族，C正确；D．若M为Na，R为O，质子数之差为11-8=3，若M为Li，R为S，质子数之差为16-3=13，不可能为7，D错误。答案选D。
点睛：本题考查位置、结构、性质，明确信息得出M、R为何种元素是解答本题的关键。从离子的核外电子数之和为20可推出M、R两种原子的核外电子数之和为19，则M为Na，R为O或M为Li，R为S，注意举例排除法的灵活应用。
29．B
【解析】
由X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构推出原子序数X＞Y，由W的阳离子氧化性弱于等电荷数的X阳离子的氧化性，推出原子序数W＞X，由Z阴离子半径小于等电荷数Y的阴离子半径，推出原子序数Y＞Z，综合以上分析四种元素的原子序数由大到小的顺序是W＞X＞Y＞Z，答案选B。
30．C
【解析】砷和镓都是过渡元素，A错误；镧和镍都是过渡元素，C错误；透明陶瓷材料硒化锌中的硒是主族元素,锌是副族元素；C正确；氮位于第VA族，镓位于III A族，不符合题意，D错误；正确选项C。
31．B
【解析】试题分析：根据HnRO2n﹣2利用化合价代数和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价﹣8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算．
解：令HnRO2n﹣2中R元素的化合价为x，
由化合价代数和为0，所以(+1)×n+x+(﹣2)×(2n﹣2)=0，
解得x=3n﹣4，
所以最低负价为3n﹣4﹣8=3n﹣12．
故选B．
考点：根据化学式判断化合价．
32．B
【解析】
A、同一种元素的原子半径大于阴离子半径，则r(K+)/r(K)＜1，A错误；B、同主族自上而下原子半径逐渐增大，则r(Ca)/r(Mg)＞1，B正确；C、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则r(S)/r(P)＜1，C错误；D、同一种元素的原子半径小于阴离子半径，则r(Cl)/r(Cl-)＜1，D错误，答案选B。
点睛：掌握微粒半径的大小比较规律是解答的关键，微粒半径的大小比较首先看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；其次看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；最后看质子数：在电子层数和核外电子数均相同时，质子数越多，半径越小。
33．B
【解析】A.碳原子半径大于氧原子半径，则 不能表示CO2的比例模型，A错误；B. 氢氧根离子的电子式为，B正确；C. 氯原子的结构示意图为，C错误；D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子可表示为，D错误，答案选B。
34．C
【解析】
元素X的一个原子失去2个电子并转移到元素Y的两个原子上，形成化合物Z，该反应是通过得失电子形成的化合物，所以Z为离子化合物，根据原子守恒确定Z的化学式为XY2，A．Z为离子化合物，A正确；B．Z的化学式是XY2，B正确；C．Z的化学式是XY2，C错误；D．Z为离子化合物，Z的熔点较高，熔融状态或溶于水都能导电，D正确。答案选C。
35．D
【解析】①H的最外层电子数为1，C和Si的最外层电子数为4，都不大于4，①错误；②非金属较弱的非金属元素在反应中能失去电子，可做还原剂，如H、C、S等，②错误；③碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态，氨气为气态，N2H4在常温下为液态，③错误；④CO、NO等氧化物为不成盐氧化物，不溶于水，④错误，答案选D。
36．C
【解析】
①甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，正确；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，正确；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，正确；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，错误；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，不能利用物理性质比较非金属性的强弱，错误；答案选C。
点睛：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。
37．B
【解析】
aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－说明其微粒的核外电子数相等，即a－3＝b－1＝c+2＝d+1，即a＞b＞d＞c。所以W、X属于金属，Y、Z属于非金属，且位于W、X的上一周期。由元素周期律可知离子的还原性：Y2－＞Z－，氢化物的稳定性：H2Y＜HZ，原子半径：X＞W，所以答案是B。
38．C
【解析】试题分析：A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，所以A是S，B是Mg，C是F。A．F元素没有最高正价，A错误；B．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：B＞A＞C，B错误；C．离子的电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：A2-＞C-＞B2+，C正确；D．还原性：S2-＞F-，D错误，答案选C。
考点：考查元素推断及元素周期律的应用
39．C
【解析】酸根RO3－所含电子数比硝酸根NO3－的电子数多10。N原子是7号元素，所以，R原子是17号元素。
A 错误，R原子的电子层数比N的电子层数多1
B 错误，R元素的最高正化合价是+7价，NO3－中的N的化合价是+5价，化合价不等。
C 正确。
D 错误，R是第七主族的元素，N 是第五主族元素。
40．B
【解析】
A. 金属性：R>W，所以若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1不一定为强碱，故A不一定正确；B. 非金属性：X
【解析】A、根据图像，B的能量大于A的能量，A→B反应是吸热反应，B的能量高于C的能量，B→C反应是放热反应，故A错误；B、能量越低，物质越稳定，C能量最低，因此C是三种化合物最稳定的，故B正确；C、A与C能量差是△H的绝对值，故C错误；D、吸热反应不一定需要加热，故D错误。
42．时间 溶液颜色 出现浑浊所需要的时间 温度 10.0 10.0 0 浓度 10.0 6.0
【解析】
【分析】
(1)通过实验测定和谐反应速率，需要借助于某种数据的变化来判断，根据锌粒与不同浓度硫酸反应时有气体生成；KMnO4与H2C2O4反应中有颜色的变化；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，据此分析解答；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，据此分析解答。
【详解】
(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间长短，来比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率；在KMnO4与H2C2O4反应中，高锰酸钾溶液是有色溶液，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：时间；溶液颜色；出现浑浊需要的时间；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：温度；10.0；10.0；0；浓度；10.0；6.0。
【点睛】
本题考查了测定化学反应速率的方法。本题的易错点为(2)，要注意探究某种因素对和谐反应速率的影响时，需要保持其他影响因素相同。
43． 92 减小 不变 C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，再结合焓变=反应物键能之和-生成物键能之和分析解答；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量；加入催化剂，降低反应的活化能；压缩容器体积，平衡发生移动，但反应热不变，据此解答；
(3)根据物质的量与热量成正比，以及热化学方程式的书写方法来解答。
【详解】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得：E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c= kJ•mol-1，解得E(Cl-Cl)= kJ•mol-1，故答案为：；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量，又每生成1mol NH3，放出46kJ的热量，所以b=46×2=92；加入催化剂，降低反应的活化能，则a减小，但活化能之差不变，则反应热b不变；压缩容器体积，平衡会发生移动，但反应热不变，即b值不变，故答案为：92；减小；不变；
(3)10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，则1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2(g)、CO2(g)、H2O(g)、放出的热量为×425 kJ =2250kJ，则热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol，故答案为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol。
44．N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O 2H2O－4e－===O2↑＋4H+或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 12.8 负 ClO－ + 2e－ + H2O = Cl－+ 2OH－ S- 6e－ +3O2- = SO3 硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收SO3(减小生成物浓度，有利于提高S转化率)
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，N2H4失电子生成氮气；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；根据电路中每个电极得失电子守恒计算；
(2)原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此图示判断正负极，并书写电极反应式；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，发生氧化反应，结合电解质为固体金属氧化物书写电极反应式；结合平衡移动原理分析提高转化率的方法。
【详解】
(1)甲池为燃料电池，负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；4OH--4e-=2H2O+O2；12.8。
(2)①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上氧化剂得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，所以E是负极、F是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-，故答案为：负；ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，S元素的化合价升高，发生氧化反应，则S为负极，通氧气一端为正极，S(g)在负极生成SO2和SO3的电极反应式为S-4e-+2O2-=SO2、S-6e-+3O2-=SO3；若提高转化率，则平衡正向移动，所以可采取硫磺(二氧化硫)循环使用或用稀硫酸吸收三氧化硫，故答案为：S-6e-+3O2-=SO3；硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收三氧化硫。
45．0.005 mol/(L·min) A 45.5 % 移走0.1 mol NH3 等于
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率= 计算；
(2)根据图像知，反应速率加快，且10min时各气体的物质的量是连续的，根据三种气体的变化量判断平衡施肥发生移动，再结合影响平衡的因素分析解答；
(3)化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时，根据NH3的体积分数等于氨气的物质的量分数计算；
(4)25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；根据平衡常数的影响因素分析判断。
【详解】
(1)反应速率v(NH3)= = =0.005mol/(L·min)，故答案为：0.005mol/(L·min)；
(2)由图像可知，各组分物质的量变化增加，即反应速率加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.35mol-0.25mol =0.1mol，△n(H2)=0.45mol-0.15mol=0.3mol，△n(NH3)=0.3mol-0.1mol =0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大；降低温度，应该反应速率减小；增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大；故只有使用催化剂符合，故选A；
(3)由图像可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol×10=0.25mol，n(H2)=0.025mol×6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol×12=0.3mol，所以所以其平衡常数K= = =；35min时达到第2次平衡，NH3的体积分数= ×100%=45.5%，故答案为：；45.5%；
(4)第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图像可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变，故答案为：分离出0.1molNH3；等于。
46．2a-b < 加入催化剂 增大 乙 2 > (MPa)-2
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25℃时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；
(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。
【详解】
(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为：2a-b；；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x
2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)
起始量(mol/L) 0.08 0.04 0
变化量(mol/L) 2x x 2x
平衡量(mol/L)0.08-2x 0.04-x 2x
(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；
(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为：(MPa)-2。
【点睛】
本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡影响等，注意反应速率和平衡常数的计算方法。本题的易错点为(2)，根据图像I正确判断反应的△H是解题的关键。
47．Ne F 2K+2H2O＝2KOH+H2↑ Br2 CH4 PH3 HF HF H3PO HClO4 HClO4 2Mg+CO22MgO+C OH－+Al(OH)3＝AlO2－+2H2O OH－+H+＝H2O Al2O3+2KOH＝2KAlO2+H2O
【解析】
根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑪分别是Na、K、Mg、Ca、Al、C、P、F、Cl、Br、Ne。则
(1)这11种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne，得电子能力最强的原子是F，失电子能力最强的单质是K，与水反应的化学方程式是2K+2H2O＝2KOH+H2↑，常温下单质为液态的非金属单质是Br2。(2)钙元素的离子结构示意图为。(3)⑥⑦⑧气态氢化物的化学式分别为CH4、PH3、HF，F是最活泼的非金属，其中以HF最稳定。⑦⑨两种元素最高价氧化物对应水化物的化学式分别为H3PO4、HClO4，其中以HClO4酸性最强。(4)③的单质置换出⑥的单质的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为OH－+Al(OH)3＝AlO2－+2H2O。②和⑨两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为OH－+H+＝H2O。②的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应的化学方程式为Al2O3+2KOH＝2KAlO2+H2O。
48． Ⅷ 17 六、七 三 ⅡA HNO3 Mg(OH)2
【解析】
I.(1)表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号为。(2)元素周期表中位于第8纵行的铁元素属于第Ⅷ族。(3)元素周期表中最活泼的非金属元素是F，位于第17纵行。(4)所含元素超过18种的周期是第六、七周期。
II. 4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al，因此x是Mg，则m是C，n是N。
(1)镁元素在周期表中的位置是第三周期、第ⅡA族。(2)四种元素中氮元素非金属性最强，镁的金属性最强，则最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Mg(OH)2。
49． O＝C＝O NH2- 10 Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－ NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑ H2CO3
【解析】
X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，说明X共有3个电子层，且M层上有6个电子，故X为硫元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，说明Y只有2个电子层，且最外层有4个电子，Y为碳元素；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液显碱性，中学阶段碱性气体只有NH3，因此Z为氮元素；W的最高正价为+7，而F元素无正价，因此W为氯元素。则
(1)硫元素原子结构示意图为。(2)元素Y的最高价氧化物是CO2，结构式为O＝C＝O，碳的放射性同位素可用于考古。(3)氮元素与氢元素形成-1价阴离子，由于氮元素显示-3价，氢元素显+1价，因此该阴离子为NH2-，其电子总数是10；(4)元素W的单质氯气与元素X的低价氧化物二氧化硫在水溶液中反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－。(5)NCl3与H2O水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，只能是次氯酸和氨气，反应方程式为：NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑；(6)H2CO3、HNO3、H2SO4、HClO4中化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3，H2CO3为弱酸，其它三种为强酸。
50． N≡N N2＋3H22NH3 Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O
【解析】C是地壳中含量最多的元素，C为氧，由D与C可形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物知D为氢或钠，又因原子序数依次增大，则D为钠，A为氢，又B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加，则B为氮，E为氯。则
(1)氮气的电子式为，结构式为N≡N；(2)化合物D2C2是过氧化钠，电子式为。D2C是氧化钠，其形成过程为。(3)单质A和单质B在一定条件下发生反应生成氨气，反应的化学方程式为N2＋3H22NH3。(4)单质E是氯气，与A、C、D三种元素形成的化合物氢氧化钠发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH＝NaClO＋NaCl＋H2O。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是
A．2O3(g)=3O2(g) △H＜0 B．2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0
C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0 D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0
2．对平衡CO2(g)CO2(aq)；△H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是
A．升温增压 B．降温减压
C．升温减压 D．降温增压
3．下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A．保持表面干燥 B．表面镀锌 C．表面形成烤蓝 D．表面镶嵌铜块
4．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A．加少量醋酸钠固体 B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C．滴加少量CuSO4溶液 D．加少量硫酸钠固体
5．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变
C．体系压强不再变化 D．2v逆(X)＝v正(Y)
6．下列装置或操作能达到目的是
A．装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B．装置②可用于测定中和热
C．装置③测定O2的生成速率 D．装置④保护铁闸门不被腐蚀
7．关于下列电化学装置说法正确的是
A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减
B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C．用装置③精炼铜时，d极为精铜
D．装置④中电子由Fe经导线流向Zn
8．298K、1.01×105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是
A．Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=-242kJ·mol-1 B．Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=-20kJ·mol-1
C．Se(g)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1 D．Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1
9．根据图，下列判断中正确的是
A．电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq) −c−b
B．该原电池原理：Zn+CuSO4 ═ ZnSO4+Cu
C．c电极质量减少量等于d电极质量增加量
D．d电极反应：Cu2++2e− = Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降
10．硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是
A．电极a 为电池正极
B．图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C．电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D．VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH——22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
11．一定条件下，对于可逆反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是
A．c1∶c2＝1∶3 B．平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率之比为1：3 D．c1的取值范围为0.04 mol·L－1＜c1＜0.14 mol·L－1
12．对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是
13．下列有关图像，其中说法正确的是
A．由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B．由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C．由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D．由图Ⅱ知，反应在 t6时，NH3 体积分数最大
14．高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A．放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B．充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C．充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D．放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
15．某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) 化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是
A．在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小 为：c>b>a
B．若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C．达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D．若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
16．在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
900
0.10
0.15
a
A．正反应为放热反应
B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)= 0.01mol/(L•min)
C．实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
D．实验③中，达到平衡时，a大于0.06
17．在一定温度下，二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196 kJ·mol－1。现向5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体，反应一段时间后达到平衡，恢复到原温度，测得此过程中体系向外界共释放了78.4 kJ的热量。下列说法正确的是
A．上述反应达到平衡时，二氧化硫和氧气的转化率都是20%
B．上述反应达到平衡后，向容器中充入1.0 mol Ar，平衡正向移动
C．起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，达到平衡时共吸收19.6 kJ的热量
D．起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2，反应达到平衡前v正＜v逆
18．下列说法中，正确的是
A．HCl气体溶于水形成盐酸，存在H＋，所以HCl为离子化合物
B．含金属元素的离子一定是阳离子
C．含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．稀有气体原子之间不易形成共价键
19．下列说法正确的是
A．Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B．Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2强
C．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D．X2＋的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族
20．下列根据元素周期表和元素周期律得出的推断，正确的是
A．金属元素原子最外层电子数越少，该金属失电子能力越强
B．若存在简单阴离子R2－，则R一定位于ⅥA族
C．P和As都是VA族元素，则PH3的还原性比AsH3的还原性强
D．铅位于周期表中金属和非金属的交界处，可作半导体材料
21．下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是
A．非金属元素组成的化合物中只含共价键
B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强
22．已知溴在自然界中有两种同位素，这两种同位素原子大约各占一半，已知溴的核电荷数为35，溴元素的相对原子质量为80，则溴的这两种同位素的中子数分别为
A.79，81 B.44，46
C.45，46 D.44，45
23．根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是
A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K 层电子数相等
B．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子L 层电子数相等
C．L层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子L层电子数相等
D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子M层电子数相等
24．放射性元素的一个原子经过6次衰变(每次衰变都放出一个相同的粒子)后，得到比较稳定的第100号元素镄(Fm)的含153个中子的原子。下列说法中正确的是()
A．每次衰变都放出
B．每次衰变都放出T
C．只是元素镄的一个原子，153不代表镄元素的相对原子质量
D．经过3次这样的衰变是得不到镄原子的，产生的是Uub的同位素原子
25．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1 H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是
A．(A－N＋m)mol B．(A－N)mol
C．(A－N)mol D．(A－N＋m)mol
26．下列叙述中正确的是
A．短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
B．全部由非金属元素形成的化合物中一定都是极性共价键
C．两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D．存在两种这样的阴、阳离子，其电子数和质子数均相同
27．下列叙述正确的是
A．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
B．短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键
D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
28．有M、R两种主族元素，已知M2－与R＋核外电子数之和为20，则下列说法不正确的是
A．M与R的质子数之和一定等于19
B．M、R可能分别处于第二周期和第三周期
C．M、R可能分别处于第六主族和第一主族
D．M和R的质子数之差可能等于7
29．X、Y、Z、W 4种主族元素，若X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构；W的阳离子的氧化性弱于等电荷数的X阳离子的氧化性；Z的阴离子半径小于等电荷数的Y的阴离子半径，则四种元素的原子序数由大到小的顺序是
A．Z X Y W B．W X Y Z C．X Y Z W D．Z Y X W
30．下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是
A．半导体材料砷化镓 B．吸氢材料镧镍合金
C．透明陶瓷材料硒化锌 D．新型纳米材料氮化镓
31．元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n－2 ，则在气态氢化物中R元素的化合价为
A．12－3n B．3n－12 C．3n－10 D．6－3n
32．下列微粒半径之比大于1的是
A．r(K+)/r(K) B．r(Ca)/r(Mg) C．r(S)/r(P) D．r(Cl)/r(Cl-)
33．下列有关化学用语表示正确的是
A．CO2的比例模型： B．氢氧根离子的电子式：
C．氯原子的结构示意图： D．中子数为146，质子数为92的铀(U)原子
34．X元素的一个原子失去两个电子被两个Y元素的原子获得，从而二者形成稳定的化合物Z，下列有关Z的推断不正确的是
A．Z是离子化合物 B．Z的化学式是XY2
C．Z的化学式是X2Y D．Z的熔点较高，熔融状态或溶于水都能导电
35．目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有16种，对这16种非金属元素的相关判断：①都是主族元素，最外层电子数都大于4；②单质在反应中都只能作氧化剂；③氢化物常温下都是气态；④氧化物常温下都可以与水反应生成酸。其中不正确的有
A．①② B．①③ C．③④ D．①②③④
36．甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙的阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的得电子能力强的是
A．④ B．⑤ C．①②③ D．①②③④
37．已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A．质子数：c>d B．离子的还原性：Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性：H2Y>HZ D．原子半径：X
A、 C元素的最高正价为+7价 B、原子半径：A＞B＞C
C、离子半径：A2－＞ C－＞ B2+ D、还原性：A2－＜C－
39．酸根RO3－所含电子数比硝酸根NO3－的电子数多10。则下列说法正确的是
A．R原子的电子层数比N的电子层数多2
B． R元素的最高正化合价与NO3－中的N的化合价相等
C． R所含电子数比N的电子数多10
D．R和N为同族元素
40．R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)
A．若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1也为强碱
B．若HnXOm为强酸，则Y是活泼的非金属元素
C．若Y的最低化合价为－2，则Z的最高正化合价为＋7
D．若X的最高正化合价为＋5，则五种元素都是非金属元素
41．某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是
A．两步反应均为吸热反应 B．三种化合物中C最稳定
C．A与C的能量差为E4 D．AB反应，反应条件一定要加热
二、实验题
42．(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的________来实现；在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内_________变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2+H2O反应中，该反应速率的快慢可通过_______来判断。
(2)已知：Na2S2O3 + H2SO4 == Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度
Na2S2O3浓度
稀硫酸
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
V1
0.10
V2
0.50
V3
③
20
V4
0.10
4.0
0.50
V5
该实验①、②可探究___________对反应速率的影响，因此V1、V2和V3分别是________、________、________。实验①、③可探究__________对反应速率的影响，因此V4、V5分别是_________、_________。
三、填空题
43．(1)已知：P4(s)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(s)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=bkJ·mol-1；破坏PCl5中1mol P—Cl键所需能量为ckJ·mol-1，破坏PCl3中1molP—Cl键所需能量为1.2ckJ·mol-1。则破坏Cl2中1molCl—Cl键所需的能量为___________________。
(2)工业合成氨时，合成塔中每生成1molNH3放出46kJ的热量。其反应过程的能量变化如图。b值为________kJ。加入催化剂，a值____(填“增大”“减小”或“不变”,下同)。压缩容器体积，b值___。
(3)“嫦娥二号”卫星使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，并放出大量热，已知10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________________________。
44．(1)下图中甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。甲池中负极上的电极反应式为_________，乙池中石墨电极上发生的反应为_______________。甲池中每消耗0.1 mol N2H4，乙池电极上则会析出_________ g固体。
(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_______极(填“正”或“负”)。F电极上的电极反应式为______________。
(3)下图为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。S(g)在负极生成SO3的电极反应式为____________________。已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，为提高硫蒸气的转化率，该工艺采取的措施有____________(任写一条)。
45．氨是重要的氮肥，合成原理为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= —92.4 kJ/mol。在500℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个容积为2 L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图，回答下列问题：
(1)10 min内以NH3表示的平均反应速率：______；
(2)在10 ~20 min内：NH3浓度变化的原因可能是______________
A．加了催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3物质的量
(3)第1次平衡的平衡常数K1 = _________________(带数据的表达式)，第2次平衡时NH3的体积分数=___________(小数点后保留一位)；
(4)在反应进行至25 min时：①曲线发生变化的原因______________，② 达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2 ____ K1(填“大于”“等于”或“小于”)。
46．(1)25 ℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1=a kJ∙mol-1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+ 2NO(g)+Cl2(g) ΔH2=b kJ∙mol-1
K2
③
2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3
K3
则该温度下，ΔH3=_______________kJ∙mol-1；K3=_____________(用K1和K2表示)。
(2)25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则ΔH3 ___(填“>”“<”或“=”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图Ⅰ虚线所示，则改变的条件是_____________；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，其中正确的曲线是______(填“甲”或“乙”)，a值为__________。25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，则此时v正_________v逆(填“>”“＜”或“=”)
(3)在300 ℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
47．下表为元素周期表的一部分，表中列出11种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑥
⑧
⑪
3
①
③
⑤
⑦
⑨
4
②
④
⑩
(1)这11种元素中，化学性质最不活泼的元素是______(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是______，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是___________________，常温下单质为液态的非金属单质是____________。
(2)元素④的离子结构示意图为__________________。
(3)⑥⑦⑧气态氢化物的化学式分别为________、________、________，其中以_______最稳定。⑦⑨两种元素最高价氧化物对应水化物的化学式分别为________、________；其中以________酸性最强。
(4)写出③的单质置换出⑥的单质的化学方程式：__________________。
①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。
②和⑨两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。
②的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应的化学方程式为________。
48．I. 填空：
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：_________。
(2)元素周期表中位于第8纵行的铁元素属于_________族。
(3)元素周期表中最活泼的非金属元素位于第_________纵行。
(4)所含元素超过18种的周期是第_________周期。
II. 4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。
m
n
x
y
(1)元素x在周期表中的位置是第________周期、第________族。
(2)四种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_____，碱性最强的是_____(填化学式)。
49．X、Y、Z、W是四种短周期元素，X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价是＋7价。回答下列问题：
(1)元素X原子结构示意图为________。
(2)元素Y的最高价氧化物的结构式为__________，其中一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________。
(3)元素Z能与氢元素形成－1价阴离子为_________，该阴离子的电子总数是________。
(4)元素W的单质与元素X的低价氧化物在水溶液中反应的离子方程式为___________。
(5)ZW3常温下呈液态，可与水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，反应的化学方程式为_______。
(6)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种酸的是_______(用酸的分子式表示)。
四、综合题
50．A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，已知：
①其原子半径大小关系是D>E>B>C>A；
②A、D同主族，B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加；
③C是地壳中含量最多的元素，D与C可形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物。
请填写以下空白：
(1)单质B的电子式为____________，结构式为____________。
(2)化合物D2C2的电子式为________________。用电子式表示D2C的形成过程：__________________________。
(3)单质A和单质B在一定条件下发生反应的化学方程式为_________________。
(4)单质E与A、C、D三种元素形成的化合物发生反应的化学方程式为___________。
参考答案
1．B
【解析】
A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。
2．D
【解析】
气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以要使CO2在水中的溶解度增大，可以降低温度，同时还可增大压强。
3．D
【解析】
【详解】
A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】
本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
4．D
【解析】
【详解】
A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
5．D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
6．D
【解析】
【详解】
A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
7．A
【解析】
分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。
详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。
8．D
【解析】
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se(s)+ H2(g) = H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1，故C错误、D正确；
9．C
【解析】
【分析】
根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。
【详解】
A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。
10．C
【解析】
A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
11．A
【解析】
由于X和Y的化学计量数之比使1∶3的，而平衡时X和Y的浓度之比也是1∶3的，所以起始时X和Y的浓度之比就是1∶3的，A正确。平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2，B不正确。X、Y的转化率之比为1：1，C不正确。如果开始向正反应方向进行，则2(c1－0.1)＝0.08－c3，解得c1＝0.14－c3/2，所以c1的最大值是0.14，所以范围是c1＜0.14 mol·L－1，所以D不正确，答案选A。
12．A
【解析】
【详解】
A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。
【点睛】
本题为化学平衡图像题。本题的易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。
13．B
【解析】
【详解】
A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。
14．B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
15．D
【解析】
试题分析：温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；选D。
考点：考查化学平衡移动图像。
16．D
【解析】
【详解】
A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= =0.01 mol/( L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L•min)，故B正确；
C． X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)
反应前(mol)0.2 0.2 0 0
转化 (mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡时(mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
则实验②中，该反应的平衡常数K= =1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol＞0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中a=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则a＜0.06mol，故D错误；故选D。
17．C
【解析】设参加反应的二氧化硫和氧气的物质的量分别是xmol、ymol ，
、 ，x=0.8 y=4 ，二氧化硫的转化率是 ，二氧气的转化率，故A错误；向容器中充入1.0 mol Ar，反应物浓度不变，平衡不移动，故B错误；根据等效平衡原理，起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体是等效平衡，达到平衡时二氧化硫的物质的量都是0.2mol,吸收19.6 kJ的热量,故C正确；该反应的动平衡时，含有0.8 mol SO3、0.2 mol SO2和0.1 mol O2，K==160 , 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2, =64，， v正>v逆,故D错误。
18．D
【解析】
试题分析：A．HCl气体溶于水形成盐酸，能电离出H＋，但HCl为共价化合物，A错误；B．含金属元素的离子不一定是阳离子，例如偏铝酸根等，B错误；C．全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，属于离子化合物，C错误；D．稀有气体原子的最外层已达到稳定结构，它们之间不易形成共价键，D正确，答案选D。
考点：考查化合物、化学键等有关判断
19．D
【解析】
最活泼的金属在周期表的左下方,为Fr,最活泼的非金属是F,A错;Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2弱,B错;元素周期表共有18个纵行,C错;D中X是钙元素,D正确。
20．B
【解析】
A. 金属元素原子最外层电子数越少，该金属失电子能力不一定越强，例如锂的金属性强于钡，A错误；B. 若存在简单阴离子R2－，R的最低价是－2价，则R一定位于ⅥA族，B正确；C. P和As都是VA族元素，同主族从上到下非金属逐渐减弱，氢化物还原性逐渐增强，则PH3的还原性比AsH3的还原性弱，C错误；D. 铅位于第六周期第ⅣA族，不位于周期表中金属和非金属的交界处，铅是金属，不可作半导体材料，D错误，答案选B。
点睛：选项A是易错点，注意通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易程度判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少，也不是与最外层电子数多少有关系。
21．B
【解析】
NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中ⅠA族元素的金属性最强，B项正确；同种元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C项错误；Ⅶ族元素的阴离子还原性越强，则元素的金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误。答案选B。
22．B
【解析】
试题分析：由题意可知，溴元素两种同位素的平均中子数为80－35＝45，符合题意的选项只有B，答案选B。
考点：考查同位素和相对原子质量的应用、以及中子数的计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，灵活性强。有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。该题的关键是明确元素相对原子质量的计算依据，以及质量数、中子数和质子数的关系。
23．C
【解析】
符合A答案的是氢元素．L层电子为奇数的所有元素即Li、B、N、F所在族的序数与L层电子数相等．L层电子为偶数的所有元素即Be、C、O、Ne，其中Ne为“O”族不符合题意，C答案错误．同样分析，D答案也正确，答案选C。
24．A
【解析】
试题分析：经过6次衰变得到号元素，每次放出相同的粒子，所以每次衰变放出的粒子是。153是Fm的中子数不是质量数，所以应表示为而不是。经过3次衰变后，虽然得到的不是镄原子，但由于质子数发生改变也得不到Uub的同位素。答案选A。
考点：同位素
点评：元素符号左上角的数字表示质量数，质量数=质子数+中子数。
25．A
【解析】
X原子的质子数为(A－N)个，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)个，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以agHmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。
26．C
【解析】
A. 同周期阴离子的半径大于阳离子的半径，如第三周期中阴离子半径大于阳离子半径，且铝离子半径最小，A错误；B. 全部由非金属元素形成的化合物中不一定都是极性共价键，例如铵盐中含有离子键，B错误；C. 两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素，C正确；D. 离子中质子数一定不等于核外电子数，因此不可能存在两种这样的阴、阳离子，其电子数和质子数均相同，D错误。答案选C。
27．B
【解析】
试题分析：A、元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素都是金属，错误；B、短周期第IVA族是C、Si与VIIA族元素F、Cl的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构，正确；C、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定有离子键，如氨基酸、尿素分子中只有共价键，没有离子键，错误；D、第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，不说明最高价时，结论不一定成立，如硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，错误，答案选B。
考点：考查元素周期表、元素周期律的应用
28．D
【解析】
A．M2-离子与R+离子核外电子数之和为20，则质子数之和为20+1-2=19，A正确；B．若M为Na，R为O，分别处于第三周期和第二周期，B正确；C．若M为Li，R为S，分别处于第ⅠA主族和第ⅥA主族，C正确；D．若M为Na，R为O，质子数之差为11-8=3，若M为Li，R为S，质子数之差为16-3=13，不可能为7，D错误。答案选D。
点睛：本题考查位置、结构、性质，明确信息得出M、R为何种元素是解答本题的关键。从离子的核外电子数之和为20可推出M、R两种原子的核外电子数之和为19，则M为Na，R为O或M为Li，R为S，注意举例排除法的灵活应用。
29．B
【解析】
由X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构推出原子序数X＞Y，由W的阳离子氧化性弱于等电荷数的X阳离子的氧化性，推出原子序数W＞X，由Z阴离子半径小于等电荷数Y的阴离子半径，推出原子序数Y＞Z，综合以上分析四种元素的原子序数由大到小的顺序是W＞X＞Y＞Z，答案选B。
30．C
【解析】砷和镓都是过渡元素，A错误；镧和镍都是过渡元素，C错误；透明陶瓷材料硒化锌中的硒是主族元素,锌是副族元素；C正确；氮位于第VA族，镓位于III A族，不符合题意，D错误；正确选项C。
31．B
【解析】试题分析：根据HnRO2n﹣2利用化合价代数和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价﹣8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算．
解：令HnRO2n﹣2中R元素的化合价为x，
由化合价代数和为0，所以(+1)×n+x+(﹣2)×(2n﹣2)=0，
解得x=3n﹣4，
所以最低负价为3n﹣4﹣8=3n﹣12．
故选B．
考点：根据化学式判断化合价．
32．B
【解析】
A、同一种元素的原子半径大于阴离子半径，则r(K+)/r(K)＜1，A错误；B、同主族自上而下原子半径逐渐增大，则r(Ca)/r(Mg)＞1，B正确；C、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则r(S)/r(P)＜1，C错误；D、同一种元素的原子半径小于阴离子半径，则r(Cl)/r(Cl-)＜1，D错误，答案选B。
点睛：掌握微粒半径的大小比较规律是解答的关键，微粒半径的大小比较首先看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；其次看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；最后看质子数：在电子层数和核外电子数均相同时，质子数越多，半径越小。
33．B
【解析】A.碳原子半径大于氧原子半径，则 不能表示CO2的比例模型，A错误；B. 氢氧根离子的电子式为，B正确；C. 氯原子的结构示意图为，C错误；D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子可表示为，D错误，答案选B。
34．C
【解析】
元素X的一个原子失去2个电子并转移到元素Y的两个原子上，形成化合物Z，该反应是通过得失电子形成的化合物，所以Z为离子化合物，根据原子守恒确定Z的化学式为XY2，A．Z为离子化合物，A正确；B．Z的化学式是XY2，B正确；C．Z的化学式是XY2，C错误；D．Z为离子化合物，Z的熔点较高，熔融状态或溶于水都能导电，D正确。答案选C。
35．D
【解析】①H的最外层电子数为1，C和Si的最外层电子数为4，都不大于4，①错误；②非金属较弱的非金属元素在反应中能失去电子，可做还原剂，如H、C、S等，②错误；③碳原子数大于4的烃在常温下为液态或固态，氨气为气态，N2H4在常温下为液态，③错误；④CO、NO等氧化物为不成盐氧化物，不溶于水，④错误，答案选D。
36．C
【解析】
①甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，正确；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，正确；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，正确；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，错误；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，不能利用物理性质比较非金属性的强弱，错误；答案选C。
点睛：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。
37．B
【解析】
aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－说明其微粒的核外电子数相等，即a－3＝b－1＝c+2＝d+1，即a＞b＞d＞c。所以W、X属于金属，Y、Z属于非金属，且位于W、X的上一周期。由元素周期律可知离子的还原性：Y2－＞Z－，氢化物的稳定性：H2Y＜HZ，原子半径：X＞W，所以答案是B。
38．C
【解析】试题分析：A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价阴离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，所以A是S，B是Mg，C是F。A．F元素没有最高正价，A错误；B．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：B＞A＞C，B错误；C．离子的电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：A2-＞C-＞B2+，C正确；D．还原性：S2-＞F-，D错误，答案选C。
考点：考查元素推断及元素周期律的应用
39．C
【解析】酸根RO3－所含电子数比硝酸根NO3－的电子数多10。N原子是7号元素，所以，R原子是17号元素。
A 错误，R原子的电子层数比N的电子层数多1
B 错误，R元素的最高正化合价是+7价，NO3－中的N的化合价是+5价，化合价不等。
C 正确。
D 错误，R是第七主族的元素，N 是第五主族元素。
40．B
【解析】
A. 金属性：R>W，所以若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1不一定为强碱，故A不一定正确；B. 非金属性：X
【解析】A、根据图像，B的能量大于A的能量，A→B反应是吸热反应，B的能量高于C的能量，B→C反应是放热反应，故A错误；B、能量越低，物质越稳定，C能量最低，因此C是三种化合物最稳定的，故B正确；C、A与C能量差是△H的绝对值，故C错误；D、吸热反应不一定需要加热，故D错误。
42．时间 溶液颜色 出现浑浊所需要的时间 温度 10.0 10.0 0 浓度 10.0 6.0
【解析】
【分析】
(1)通过实验测定和谐反应速率，需要借助于某种数据的变化来判断，根据锌粒与不同浓度硫酸反应时有气体生成；KMnO4与H2C2O4反应中有颜色的变化；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，据此分析解答；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，据此分析解答。
【详解】
(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间长短，来比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率；在KMnO4与H2C2O4反应中，高锰酸钾溶液是有色溶液，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：时间；溶液颜色；出现浑浊需要的时间；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：温度；10.0；10.0；0；浓度；10.0；6.0。
【点睛】
本题考查了测定化学反应速率的方法。本题的易错点为(2)，要注意探究某种因素对和谐反应速率的影响时，需要保持其他影响因素相同。
43． 92 减小 不变 C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，再结合焓变=反应物键能之和-生成物键能之和分析解答；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量；加入催化剂，降低反应的活化能；压缩容器体积，平衡发生移动，但反应热不变，据此解答；
(3)根据物质的量与热量成正比，以及热化学方程式的书写方法来解答。
【详解】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得：E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c= kJ•mol-1，解得E(Cl-Cl)= kJ•mol-1，故答案为：；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量，又每生成1mol NH3，放出46kJ的热量，所以b=46×2=92；加入催化剂，降低反应的活化能，则a减小，但活化能之差不变，则反应热b不变；压缩容器体积，平衡会发生移动，但反应热不变，即b值不变，故答案为：92；减小；不变；
(3)10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，则1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2(g)、CO2(g)、H2O(g)、放出的热量为×425 kJ =2250kJ，则热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol，故答案为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol。
44．N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O 2H2O－4e－===O2↑＋4H+或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 12.8 负 ClO－ + 2e－ + H2O = Cl－+ 2OH－ S- 6e－ +3O2- = SO3 硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收SO3(减小生成物浓度，有利于提高S转化率)
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，N2H4失电子生成氮气；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；根据电路中每个电极得失电子守恒计算；
(2)原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此图示判断正负极，并书写电极反应式；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，发生氧化反应，结合电解质为固体金属氧化物书写电极反应式；结合平衡移动原理分析提高转化率的方法。
【详解】
(1)甲池为燃料电池，负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；4OH--4e-=2H2O+O2；12.8。
(2)①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上氧化剂得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，所以E是负极、F是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-，故答案为：负；ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，S元素的化合价升高，发生氧化反应，则S为负极，通氧气一端为正极，S(g)在负极生成SO2和SO3的电极反应式为S-4e-+2O2-=SO2、S-6e-+3O2-=SO3；若提高转化率，则平衡正向移动，所以可采取硫磺(二氧化硫)循环使用或用稀硫酸吸收三氧化硫，故答案为：S-6e-+3O2-=SO3；硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收三氧化硫。
45．0.005 mol/(L·min) A 45.5 % 移走0.1 mol NH3 等于
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率= 计算；
(2)根据图像知，反应速率加快，且10min时各气体的物质的量是连续的，根据三种气体的变化量判断平衡施肥发生移动，再结合影响平衡的因素分析解答；
(3)化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时，根据NH3的体积分数等于氨气的物质的量分数计算；
(4)25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；根据平衡常数的影响因素分析判断。
【详解】
(1)反应速率v(NH3)= = =0.005mol/(L·min)，故答案为：0.005mol/(L·min)；
(2)由图像可知，各组分物质的量变化增加，即反应速率加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.35mol-0.25mol =0.1mol，△n(H2)=0.45mol-0.15mol=0.3mol，△n(NH3)=0.3mol-0.1mol =0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大；降低温度，应该反应速率减小；增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大；故只有使用催化剂符合，故选A；
(3)由图像可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol×10=0.25mol，n(H2)=0.025mol×6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol×12=0.3mol，所以所以其平衡常数K= = =；35min时达到第2次平衡，NH3的体积分数= ×100%=45.5%，故答案为：；45.5%；
(4)第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图像可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变，故答案为：分离出0.1molNH3；等于。
46．2a-b < 加入催化剂 增大 乙 2 > (MPa)-2
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25℃时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；
(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。
【详解】
(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为：2a-b；；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x
2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)
起始量(mol/L) 0.08 0.04 0
变化量(mol/L) 2x x 2x
平衡量(mol/L)0.08-2x 0.04-x 2x
(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；
(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为：(MPa)-2。
【点睛】
本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡影响等，注意反应速率和平衡常数的计算方法。本题的易错点为(2)，根据图像I正确判断反应的△H是解题的关键。
47．Ne F 2K+2H2O＝2KOH+H2↑ Br2 CH4 PH3 HF HF H3PO HClO4 HClO4 2Mg+CO22MgO+C OH－+Al(OH)3＝AlO2－+2H2O OH－+H+＝H2O Al2O3+2KOH＝2KAlO2+H2O
【解析】
根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑪分别是Na、K、Mg、Ca、Al、C、P、F、Cl、Br、Ne。则
(1)这11种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne，得电子能力最强的原子是F，失电子能力最强的单质是K，与水反应的化学方程式是2K+2H2O＝2KOH+H2↑，常温下单质为液态的非金属单质是Br2。(2)钙元素的离子结构示意图为。(3)⑥⑦⑧气态氢化物的化学式分别为CH4、PH3、HF，F是最活泼的非金属，其中以HF最稳定。⑦⑨两种元素最高价氧化物对应水化物的化学式分别为H3PO4、HClO4，其中以HClO4酸性最强。(4)③的单质置换出⑥的单质的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为OH－+Al(OH)3＝AlO2－+2H2O。②和⑨两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为OH－+H+＝H2O。②的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应的化学方程式为Al2O3+2KOH＝2KAlO2+H2O。
48． Ⅷ 17 六、七 三 ⅡA HNO3 Mg(OH)2
【解析】
I.(1)表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号为。(2)元素周期表中位于第8纵行的铁元素属于第Ⅷ族。(3)元素周期表中最活泼的非金属元素是F，位于第17纵行。(4)所含元素超过18种的周期是第六、七周期。
II. 4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al，因此x是Mg，则m是C，n是N。
(1)镁元素在周期表中的位置是第三周期、第ⅡA族。(2)四种元素中氮元素非金属性最强，镁的金属性最强，则最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Mg(OH)2。
49． O＝C＝O NH2- 10 Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－ NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑ H2CO3
【解析】
X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，说明X共有3个电子层，且M层上有6个电子，故X为硫元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，说明Y只有2个电子层，且最外层有4个电子，Y为碳元素；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液显碱性，中学阶段碱性气体只有NH3，因此Z为氮元素；W的最高正价为+7，而F元素无正价，因此W为氯元素。则
(1)硫元素原子结构示意图为。(2)元素Y的最高价氧化物是CO2，结构式为O＝C＝O，碳的放射性同位素可用于考古。(3)氮元素与氢元素形成-1价阴离子，由于氮元素显示-3价，氢元素显+1价，因此该阴离子为NH2-，其电子总数是10；(4)元素W的单质氯气与元素X的低价氧化物二氧化硫在水溶液中反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－。(5)NCl3与H2O水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，只能是次氯酸和氨气，反应方程式为：NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑；(6)H2CO3、HNO3、H2SO4、HClO4中化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3，H2CO3为弱酸，其它三种为强酸。
50． N≡N N2＋3H22NH3 Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O
【解析】C是地壳中含量最多的元素，C为氧，由D与C可形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物知D为氢或钠，又因原子序数依次增大，则D为钠，A为氢，又B、C、E分处三个连续的主族，且最外层电子数依次增加，则B为氮，E为氯。则
(1)氮气的电子式为，结构式为N≡N；(2)化合物D2C2是过氧化钠，电子式为。D2C是氧化钠，其形成过程为。(3)单质A和单质B在一定条件下发生反应生成氨气，反应的化学方程式为N2＋3H22NH3。(4)单质E是氯气，与A、C、D三种元素形成的化合物氢氧化钠发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH＝NaClO＋NaCl＋H2O。
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