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【化学】山东省济宁市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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山东省济宁市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为10的氧原子：108O
B. 的结构示意图：
C. 硫化钠的电子式：
D. HCl的形成过程：
【答案】B
【详解】A.中子数为10的氧原子为：，A错误；
B. Mg是12号元素，Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，所以Mg2+的结构示意图为：，B正确；
C.硫化钠是离子化合物，电子式为：，C错误；
D. HCl是共价化合物，H原子与Cl通过一个共用电子对结合，所以HCl的形成过程表示为：，D错误；
故合理选项是B。
2.下列物质加入水中，发生放热反应的是（ ）
A. NaCl固体 B. 氢氧化钠固体
C. 生石灰 D. NH4NO3固体
【答案】C
【详解】A. NaCl固体溶于水发生电离产生Na+、Cl-，无明显热效应，不发生反应，A错误；
B.氢氧化钠固体溶于水发生电离产生Na+、OH-，放出热量，但不发生反应，B错误；
C.生石灰溶于水，发生反应：CaO+H2OCa(OH)2，该反应为放热反应，C正确；
D. NH4NO3固体溶于水发生电离产生NH4+、NO3-，吸收热量，但不发生反应，A错误；
故合理选项是C。
3.下列说法中肯定错误的是（ ）
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上电子数为L层电子数的4倍
C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍
D. 阳离子的最外层电子数可能为2，也可能为8
【答案】B
【解析】A．某原子K层上只有一个电子，为H原子，故A正确；B．M电子层最多容纳18个电子，M层上电子数不可能为L层电子数的4倍，故B错误；C．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，离子核外各层电子为2、8、8，如S2-、K+等，故C正确；D．阳离子的最外层电子数可能为2，如Li+，也可能为8，如K+等，故D正确，故选B。
4.下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是（ ）
A. 次氯酸的分解
B. 氢气和氯气的反应
C. 氯气和甲烷的反应
D. 氧气和甲烷的反应
【答案】D
【详解】A. 次氯酸的分解光照分解产生HCl、O2，A不符合题意；
B.氢气和氯气光照化合生成HCl，B不符合题意；
C.氯气和甲烷在光照时发生取代反应，产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及HCl，C不符合题意；
D.氧气和甲烷在光照时不能发生反应，D符合题意；
故合理选项D。
5.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2−和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是（ ）
A. a与其他三种元素形成二元化合物中其化合价均为+1
B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. c的原子半径是这些元素中最大的
D. d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A
【解析】试题分析：A试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。
6.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是（ ）
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量
D. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ
【答案】C
【详解】A.断裂1molN2在的N≡N需要吸收946kJ的能量，而断裂1molNO中化学键需要吸收632kJ的能量，断键吸收的能量越低，说明物质的稳定性就越强，因此通常情况下，NO不如N2稳定，A错误；
B.常温下N2(g)和 O2(g)混合不反应，B错误；
C. 断裂1molN2(g)和1molO2(g)需要吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ，反应产生2molNO释放的能量为2×632kJ=1264kJ，1444kJ-1264kJ=180kJ，吸收能量大于反应放出能量，说明该反应为吸热反应，即1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，C正确；
D. 根据选项C分析可知：1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，D错误；
故合理选项是C。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于I A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
【答案】B
【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
8.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若A、B 相连时，A为负极；C、D相连时，D上产生大量气泡；A、C相连时，电流由C经导线流向A；B、D相连时，电子由D经导线流向B，则此四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. A>B>C>D B. A >C >D>B
C. C>A>B>D D. B>A>C>D
【答案】B
【解析】试题分析：用导线两两相连组成原电池。若A、B相连时，A为负极；则金属活动性A＞B；C、D相连时，D上产生大量气泡；则金属活动性：C＞D；A、C相连时，电流由C经导线流向A；则金属活动性：A＞C；B、D相连时，H+在溶液中流向B，即B是正极，则金属活动性：D＞B，所以此4种金属的活动性由强到弱的顺序为A＞C＞D＞B，答案是B。
9.下列叙述中，能说明金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是（ ）
A. a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少
B. a原子电子层数比b原子的电子层数多
C. 1mol a 从酸中置换H+生成的H2比1 mol b从酸中置换H＋生成的H2多
D. 常温时，a能从水中置换出氢，而b不能
【答案】D
【解析】A．a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少不能说明a的金属性大于b，如Ca的金属性大于Li，A错误；B．a原子的电子层数比b原子的电子层数多，不能说明a的金属性大于b，如镁的金属性小于锂，B错误；C.1mol a从酸中置换H+生成的H2比1mol b从酸中置换H+生成的H2多，说明a失电子比b多，不能说明a的金属性大于b，C错误；D．常温下，a能从水中置换出氢，而b不能，说明a的活动性大于b，则a的金属性大于b，D正确；答案选D。
10.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与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多;④甲的单质熔、沸点比乙的低;⑤甲的氢化物水溶液的酸性比乙的氢化物水溶液酸性强;⑥甲的氧化物的水化物酸性强于乙的氧化物的水化物。能说明甲非金属性比乙强的是（ ）
A. ①②⑥ B. ①②④⑤ C. ①② D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据与氢化合的难易程度、单质之间的置换反应、最高价氧化物对应的水化物酸性、气态氢化物的稳定性等来比较非金属性的强弱，以此来解答。
【详解】①甲比乙容易与H2化合，则甲的非金属性强，①正确；
②甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，②正确；
③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，③错误；
④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，④错误；
⑤甲元素的气态氢化物的水溶液酸性比乙元素的气态氢化物的水溶液酸性强，不能确定非金属性的强弱，⑤错误；
⑥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，题目为指明是最高价氧化物对应的水化物，所以不能确定元素的非金属性甲大于乙，⑥错误；
合理说法是①②，故正确选项是C。
11.已知下列反应均为放热反应，在理论上不能用于设计原电池反应的是（ ）
A. H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)
B. CH3CH2OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)4Fe(OH)3(s)
D. Al(OH)3(s)+NaOH(aq)NaAlO2(aq)+2H2O(l)
【答案】D
【详解】A.氢气与氯气反应产生HCl的反应为氧化还原反应，能设计成原电池，A不符合题意；
B.CH3CH2OH的燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；
C. Fe(OH)2与氧气的反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，C不符合题意；
D.氢氧化铝与NaOH的反应是中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，D符合题意；
故合理选项是D。
12.下列关于元素周期表的叙述中正确的是（ ）
A. 除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B. 元素周期表共七个横行代表七个周期，18 个纵行代表18 个族
C. 主、副族元素的族序数从左到右都是依次由小到大排列（如ⅠB→ⅦB）
D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族
【答案】D
【解析】A.F元素最高价为零，其最高化合价在数值上不等于该元素所属的族序数，故A错误；B.元素周期表18 个纵列代表16 个族，故B错误；C. 副族元素的族序数从左到右IIIB→ⅦB、IB 、IIB，故C错误；D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族，故D正确。故选D。
13.元素R、T、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸。则下列判断错误的是（ ）
A. 原子半径 Z＞Y＞R
B. R与Y的电子数相差8
C. 非金属性：Z＞Y＞X
D. HZO4是目前无机酸中最强的含氧酸
【答案】A
【解析】根据Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸可知Z为氯，由元素在周期表中的位置可知，R、X、Y、T分别是氧、磷、硫、硒。A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Z
A. ca3 B. ae C. de5 D. be4
【答案】D
【详解】A. ca3是NH3，在该物质分子中，H原子最外层只有2个电子，不满足最外层8电子的稳定结构，A不合理；
B.ae是HCl，H原子不满足最外层8电子稳定结构，B不合理；
C.de5为NH4H，该物质为离子化合物，NH4+中的H和H-不满足最外层8电子稳定结构，C不合理；
D. be4是CCl4，分子中每个原子不满足最外层8电子稳定结构，D合理；
故合理选项是D。
15.已知1～18号元素的离子aAm+、bBn+、cCm-、dDn-(m>n)都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径：A>B>C>D
B. 离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+
C. 氢化物的稳定性：HmC＞HnD
D. 单质的还原性：A>B>D>C
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素的离子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+m=d+n，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素，且阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，结合元素周期律递变规律解答该题。
【详解】A. 元素原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：B>A>C>D，A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+，B正确；
C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：D>C，所以氢化物的稳定性：HmC
故合理选项是B。
16. 下列各变化中属于原电池反应的是( )。
A. 在空气中,金属铝表面迅速氧化形成保护层
B. 镀锌铁表面有划损时,锌被氧化
C. 红热的铁丝与冷水接触,表面形成蓝黑色保护层
D. 浓HNO3比稀HNO3更易氧化金属铜
【答案】B
【解析】A项中铝直接通过化学反应被氧化成一层致密的氧化物保护膜;B项中Zn、Fe与电解质溶液构成原电池,Zn失电子被氧化;C项中铁与水直接反应生成了氧化物;D项说法正确,但不属于原电池反应。
17.114号元素符号为Fl，名称为“鈇”，这是为了纪念苏联原子物理学家乔治·弗洛伊洛夫。以下对“鈇”的叙述正确的是（ ）
A. 能做半导体材料
B. 它是一种非金属元素
C. 主要化合价为-4价、+4价
D. 位于元素周期表的第七周期
【答案】D
【详解】A.同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，Pb是金属元素，鈇的金属性比Pb强，导电性强，所以Fl不能作半导体材料，A错误；
B.114号元素Fl是金属元素，不是非金属元素，B错误；
C.Fl原子最外层有4个电子，Fl是金属元素，主要化合价为+4价，没有-4价，C错误；
D.114号Fl元素原子核外有7个电子层，最外层有4个电子，所以位于元素周期表的第七周期，D正确；
故合理选项是D。
18.有一种银锌微型纽扣电池.其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn+2OH--2e-ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，电池总反应为 Ag2O+Zn2Ag+ZnO。下列有关叙述中不正确的是（ ）
A. Zn为负极、Ag2O为正极
B. 电池工作时，正极质量逐渐减小
C. 电池工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极
D. 电路中每通过0.2mol电子，负极的质量理论上减少6.5g
【答案】D
【解析】
【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，以此来解答。
【详解】A.电极活动性Zn>Ag2O，所以Zn为负极、Ag2O为正极，A正确；
B.电池工作时，正极发生反应：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，电极由Ag2O变为单质Ag，可见正极质量逐渐减小，B正确；
C.电池工作时，电子由负极Zn极经外电路流向正极Ag2O极，C正确；
D.负极是Zn，负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-ZnO+H2O，Zn是+2价金属，每有1molZn反应，转移2mol电子，负极质量会增加8g，D错误；
故合理选项是D。
19.100 mL 6 mol·L－1的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，要想减缓反应进行的速率，但又不影响生成的氢气的总量，可向反应物中加入适量的( )
A. 硫酸钠固体 B. 稀盐酸
C. 硫酸钾溶液 D. 硝酸钾溶液
【答案】C
【解析】
【分析】适当降低氢离子浓度、将Zn换为不如Zn活泼且能与氢离子反应生成氢气的金属能减缓反应速率，不影响生成氢气总量，则酸最终电离出氢离子总量不变，据此分析解答。
【详解】A.加入硫酸钠固体，氢离子浓度不变，则反应速率不变，A错误；
B.加入适量稀盐酸，氢离子的浓度减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量增大，因此反应放出的氢气的总量增大，B错误；
C.加入硫酸钾溶液，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，C正确；
D.加入硝酸钾溶液，硝酸和锌反应不生成氢气而生成氮氧化物，D错误；
故合理选项是C。
20.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（ ）
A. v(C)=0.04mol·(L·s)-1
B. v(B)=0.06mol·(L·min)-1
C. v(A)=0.15mol·(L·min)-1
D. v(D)=0.01mol·(L·s)-1
【答案】A
【解析】试题分析：以A为基础，A、v(A）=v(C）/2="0.02" mol/(L·s）；B、v(A）=v(B）/3=0.06/(60×3）mol/(L·s） ="0.001/3" mol/(L·s） ；C、v(A）=0.15/60mol/(L·s） ="0.0025" mol/(L·s）；D、v(A）=v(D）/2=0.005mol/(L·s）；故选项A正确。
21.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能表明反应已达平衡的是（ ）
A. 固体A的质量 B. 混合气体的密度
C. 混合气体的平均相对分子质量 D. 混合气体的压强
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A.固体A的质量，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A正确；
B.反应前后气体质量发生变化，若混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，B正确；
C.混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，C正确；
D.该反应是反应前后气体分子数不变的反应，两边气体计量数相等，容器的容积不变，则混合气体的物质的量一直不变，不能据此判断反应为平衡状态，D错误；
故合理选项是D。
22.N2＋3H22NH3是目前工业上合成氨的反应，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. 增加N2的浓度能加快反应速率
B. 降低体系温度能加快反应速率
C. 使用催化剂不影响反应速率
D. 若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100％转化为NH3
【答案】A
【解析】A．反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；
C．加入催化剂能增大反应速率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误．故选A．
23.有一种无色的混合气体可能由CH4、NH3、、H2、CO、CO2和HCl组成。为确定其组成，依次进行了以下实验：①将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变。②再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少。③把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色。原混合气体一定含有（ ）
A. CO和HCl B. CH4和NH3
C. CH4和HCl D. H2和CO2
【答案】A
【解析】试题分析：①将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变，则不含有NH3；②再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少，所以一定不含CO2，含有HCl气体；③把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色，说明燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气，故原混合气体中含有CO和HCl，选项A正确。
24.甲烷是天然气的主要成分，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源。下列有关甲烷的说法正确的是（ ）
①甲烷是一种正四面体结构的分子
②物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物只有CH3Cl和HCl
③0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol
④1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【详解】①甲烷分子中C原子是sp3杂化，形成4个能量等同的轨道，然后与4个H原子结合，形成CH4，因此CH4是一种正四面体结构的分子，①正确；
②甲烷与氯气发生取代反应的逐步进行的，因此即使是按物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物也不是只有CH3Cl和HCl，还可能含有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，②错误；
③甲烷化学式是CH4，1mol甲烷完全反应，消耗2molO2，则0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol，③正确；
④根据取代反应的特点，1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，④错误；
故合理选项是C。
25.第ⅡA族相邻周期的A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，且B在A的上周期，当A的原子序数为x时，B的原子序数可能为（ ）
A. x-n B. x+m C. x-m D. x+n
【答案】A
【解析】
【分析】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，据此进行分析。
【详解】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，已知A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，所以当A的原子序数为x时，B的原子序数为x-n，故合理选项是A。
26.请按要求回答下列问题：
（1）下列物质：①HCl ②NaOH ③Cl2 ④H2O ⑤NH4Cl ⑥MgCl2 ⑦CaO ⑧CO2 ，其中只存在离子键的是：_________（用序号回答，下同。）；既存在离子键又存在共价键的是：_________；试写出⑧的电子式：__________。
（2）在下列物质中，互为同分异构体的是_________（填序号，下同。）；互为同素异形体的是_________；互为同系物的是_________；互为同位素的是_________；为同一物质的是_________。
①液氨和氨气 ②NH4CNO和CO(NH2)2 ③4019K和4020Ca ④白磷和红磷 ⑤35Cl和37Cl ⑥和 ⑦CH3CH3 和 ⑧CH4和 CH2=CH-CH3 ⑨CH2=CH-CH3 和
【答案】(1). ⑥⑦ (2). ②⑤ (3). (4). ②⑨ (5). ④ (6). ⑦ (7). ⑤ (8). ①⑥
【解析】
【分析】(1)一般情况下，非金属元素的原子间形成共价键，金属与非金属元素形成离子键，离子键存在于离子化合物中，复杂的离子化合物中含有离子键、共价键；共价化合物只含有共价键，然后结合具体物质分析、判断；
(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物；
同素异形体是由同种元素组成的不同性质的单质；
同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物；
同位素是质子数相同，中子数不同的原子；
同一物质分子式相同，物质结构相同，化学性质相同，物理性质可能相同，也可能不同的物质。据此分析解答。
【详解】①HCl 是共价化合物，只含有极性共价键；
②NaOH 是离子化合物，含有离子键、极性共价键；
③Cl2是非金属单质，只存在非极性共价键；
④H2O是共价化合物，只含有极性共价键；
⑤NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键；
⑥MgCl2是离子化合物，只含有离子键；
⑦CaO是离子化合物，只含有离子键；
⑧CO2 是共价化合物，只含有极性共价键；
则上述物质中只存在离子键的是⑥⑦；既存在离子键又存在共价键的是②⑤；试写出⑧是CO2，C原子最外层有4个电子，与2个O原子形成4对共用电子对，使每个原子都达到稳定结构，所以CO2的电子式为：。
(2)①液氨和氨气分子式都是NH3，是同一物质的不同的存在状态；
②NH4CNO和CO(NH2)2是分子式相同，结构不同的化合物，属于同分异构体；
③4019K和4020Ca质子数不同，中子数也不同，不是同位素；
④白磷和红磷是由同种元素组成的不同性质的单质，属于同素异形体；
⑤35Cl和37Cl质子数都是17，中子数不同，属于同位素；
⑥和 是甲烷分子中的2个H原子被Br原子取代产生的物质，由于甲烷是正四面体结构，任何两个化学键都相邻，因此二者是同一物质；
⑦CH3CH3 和是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物，属于同系物；
⑧CH4和CH2=CH-CH3 结构不相似，不属于同系物，分子式不同，不是同分异构体；⑨CH2=CH-CH3 和是分子式相同，结构不同化合物，属于同分异构体；
故上述物质中，互为同分异构体的是②⑨；互为同素异形体的是④；互为同系物的是⑦；互为同位素的是⑤；为同一物质的是①⑥。
27.A、B、C、D、E四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。其中A与C、B与E分别是同主族元素。已知B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16。又知A、C两元素原子序数之和是B、E两元素原子序数之和的， D的单质是一种常见的半导体材料。请回答下列问题：
(1)D位于元素周期表的位置是___________________。
(2)写出由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式：________，该化合物中所含化学键的类型有_________________。
(3)A2B与A2E的沸点：A2B______A2E(填“高于”或“低于”)，其原因是：___________________________。
(4)由A、B、C、E四种元素形成的物质X，与盐酸反应能够生成具有刺激性气味的气体。写出X与盐酸反应的离子方程式：___________________________。
【答案】 (1). 第三周期第IVA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). 高于 (5). H2O分子之间能形成氢键，使水的沸点比H2S的高 (6). HSO3-+H+ SO2↑+H2O
【解析】
【分析】由B与E是同一主族的元素，B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16，可知B为O元素，E为S元素，B和E形成的化合物为SO2、SO3，S和O元素原子序数之和为24，则A、C元素原子序数之和为12，因A、C同主族，所以A为H元素，C为Na元素，D原子序数小于S，D的单质是一种常见的半导体材料，则D是Si元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律解答各题。
【详解】根据上述推断可知：A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D是Si元素，E为S元素。
(1)D是Si元素，核外电子排布是2、8、4，因此D位于元素周期表位置是第三周期第IVA族；
(2)由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物Na2O2是离子化合物，2个Na+与O22-通过离子键结合，Na2O2的电子式为：；该化合物中含有离子键、非极性共价键；
(3)H2O和H2S都是氢化物，其固体都属于分子晶体，分子晶体中物质的沸点与其相对分子质量成正比，但水中含有氢键，硫化氢中不含氢键，所以二者的沸点较高者是H2O；
(4)A、B、C、E四种元素形成的物质X为NaHSO3，NaHSO3和盐酸反应生成的二氧化硫具有刺激性气味，该反应的离子方程式为：HSO3-+H+SO2↑+H2O。
28.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：
（1）若要比较镁、铝的金属性强弱，下列方案可行的是：____________（填序号）。
a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应
c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液
d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？_________；说明理由：______________________________________________。
（3）利用如图装置（夹持装置省略）可以验证部分元素的非金属性强弱。
①实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请在其中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫，烧瓶中发生反应的化学方程式为：_____________________________________________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为：_____________________________。
②若要自选药品证明非金属性：C＞Si，则A中加__________、B中加Na2CO3粉末、C中加_____________，观察到C中溶液的现象为_________________________。
【答案】(1). bc (2). 不合理 (3). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较， NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (4). 2KMnO4+16HCl(浓) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O (5). S2-+Cl2S↓+2Cl- (6). 硫酸 (7). Na2SiO3溶液 (8). 有白色胶状沉淀产生
【解析】
【分析】(1)比较镁、铝的金属性强弱，可以根据它们的单质与水或酸反应的快慢、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断；
(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强；
(3)①要证明非金属性Cl＞S，只要证明其单质的氧化性：Cl2＞S即可，A中盛放液体、B中盛放固体、C中盛放液体，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S；
②C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：C＞Si，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明。
【详解】(1) a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中,金属与空气中的氧气反应产生氧化物对金属起到保护作用，不能进行比较判断，a错误；
b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应，金属越活泼，置换出酸中的氢就越容易，反应越剧烈，可以比较判断，b正确；
c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液金属越活泼，反应产生的金属氢氧化物的碱性就越强，滴入酚酞，溶液的红色就会越深，可以比较判断，c正确；
d.比较这两种元素的氢化物都是离子化合物，不是气体，d不能判断比较，d错误；
故合理选项是bc；
(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强，一水合氨不是N元素的最高价氧化物的水合物，所以不能比较二者的金属性强弱；
(3)①要证明非金属性Cl＞S，只要证明其单质的氧化性：Cl2＞S即可，A中盛放液体物质浓盐酸、B中盛放固体KMnO4、C中盛放液体硫化钠溶液，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，烧瓶中发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O；C中盛放硫化钠溶液，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S，反应的离子方程式为S2-+Cl2S↓+2Cl-；
②C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：C＞Si，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明，所以A中盛放稀硫酸、B中盛放Na2CO3溶液，稀硫酸与Na2CO3 溶液反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：CO2+H2O+ Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓，观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。
29.请按要求回答下列问题：
(1)在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①如图中，表示NO2变化曲线的是_______ 。用O2表示从0s ～2s内该反应的平均速率V=__________。
②能说明该反应已达到平衡状态的是___________
A.v(NO2)=2v(O2) B.容器内压强保持不变
C.容器中氧气体积分数不变 D.容器内密度保持不变
(2)为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，试完成有关问题：
实验编号
电极材料
电解质溶液
1
Al、Mg
稀盐酸
2
Al、Cu
稀盐酸
3
Al、C(石墨)
稀盐酸
4
Al、Mg
氢氧化钠溶液
5
Al、Zn
浓硝酸
①实验1中Al所作的电极是______(填“正极”或“负极”)。
②实验2中H+移向______(填“Al”或“Cu”)，Cu极发生_____反应(填“氧化”或“还原”)。
③实验3中石墨电极反应式： _________________。
④实验4中铝作______极，写出总反应的化学方程式：_______________________。
⑤实验5中负极的电极反应式为：__________________________。
【答案】(1). b (2). 1.5×10-3mol/(L·s) (3). B、C (4). 正极 (5). Cu (6). 还原 (7). 2H++2e-H2↑ (8). 负 (9). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ (10). Zn-2e-Zn2+
【解析】
【分析】(1)①由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量∆c(NO)，根据反应中NO、NO2物质的量变化关系确定NO2的变化曲线；根据v=计算v(NO)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(O2)；
②可逆反应达到平衡时，v正=V逆（同种物质表示）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示），反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；
(2)金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，不活泼的金属或非金属为正极；在实验4金属与碱溶液混合时，Al为负极，Mg为正极，电池反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，发生Zn与浓硝酸的氧化还原反应，Zn作负极，Al作正极。
【详解】(1) ①由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，∆c (NO)==0.0065mol/L，NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度不变，等于NO浓度的变化量，c(NO2)= ∆c(NO)=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；
2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==3.0×10-3mol/(L·s)，根据反应在用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比可知v(NO)：v(O2)=2：1，所以v(O2)= v(NO)= 1.5×10-3mol/(L·s)；
②A.无论反应是否达到平衡状态，反应速率始终关系是v(NO2) 2v(O2) ，不能据此判断平衡状态，A错误；
B.该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，容器的容积不变，若容器内压强保持不变，则反应处于平衡状态，B正确；
C.若反应未达到平衡，则反应体系中任何一组分的物质的量就会发生变化，气体的总物质的就变化，若容器中氧气体积分数不变，则反应达到平衡，C正确；
D.容器的容积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，因此任何情况下容器内密度都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
(2)①实验1中由于金属活动性Mg>Al，所以在构成的原电池中，Mg为负极，Al为正极；
②实验2金属活动性Al>Cu，Al为负极，失去电子，Cu为正极，电子由Al经导线流向Cu电极，溶液中H+在正极Cu上获得电子变为H2逸出，所以H+移向Cu电极，Cu极发生还原反应；
③实验3由于电极活动性Al>C，所以石墨电极是正极，H+获得电子，发生还原反应，石墨电极的电极反应式为：2H++2e-H2↑；
④实验4中Mg与NaOH溶液不能反应，而Al电极反应，所以铝作负极，总反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
⑤实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，发生Zn与浓硝酸的氧化还原反应，Zn作负极，Al作正极，负极的电极反应式为：Zn-2e-Zn2+。
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 中子数为10的氧原子：108O
B. 的结构示意图：
C. 硫化钠的电子式：
D. HCl的形成过程：
【答案】B
【详解】A.中子数为10的氧原子为：，A错误；
B. Mg是12号元素，Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，所以Mg2+的结构示意图为：，B正确；
C.硫化钠是离子化合物，电子式为：，C错误；
D. HCl是共价化合物，H原子与Cl通过一个共用电子对结合，所以HCl的形成过程表示为：，D错误；
故合理选项是B。
2.下列物质加入水中，发生放热反应的是（ ）
A. NaCl固体 B. 氢氧化钠固体
C. 生石灰 D. NH4NO3固体
【答案】C
【详解】A. NaCl固体溶于水发生电离产生Na+、Cl-，无明显热效应，不发生反应，A错误；
B.氢氧化钠固体溶于水发生电离产生Na+、OH-，放出热量，但不发生反应，B错误；
C.生石灰溶于水，发生反应：CaO+H2OCa(OH)2，该反应为放热反应，C正确；
D. NH4NO3固体溶于水发生电离产生NH4+、NO3-，吸收热量，但不发生反应，A错误；
故合理选项是C。
3.下列说法中肯定错误的是（ ）
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上电子数为L层电子数的4倍
C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍
D. 阳离子的最外层电子数可能为2，也可能为8
【答案】B
【解析】A．某原子K层上只有一个电子，为H原子，故A正确；B．M电子层最多容纳18个电子，M层上电子数不可能为L层电子数的4倍，故B错误；C．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，离子核外各层电子为2、8、8，如S2-、K+等，故C正确；D．阳离子的最外层电子数可能为2，如Li+，也可能为8，如K+等，故D正确，故选B。
4.下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是（ ）
A. 次氯酸的分解
B. 氢气和氯气的反应
C. 氯气和甲烷的反应
D. 氧气和甲烷的反应
【答案】D
【详解】A. 次氯酸的分解光照分解产生HCl、O2，A不符合题意；
B.氢气和氯气光照化合生成HCl，B不符合题意；
C.氯气和甲烷在光照时发生取代反应，产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及HCl，C不符合题意；
D.氧气和甲烷在光照时不能发生反应，D符合题意；
故合理选项D。
5.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2−和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是（ ）
A. a与其他三种元素形成二元化合物中其化合价均为+1
B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. c的原子半径是这些元素中最大的
D. d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A
【解析】试题分析：A试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。
6.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是（ ）
A. 通常情况下，NO比N2稳定
B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量
D. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ
【答案】C
【详解】A.断裂1molN2在的N≡N需要吸收946kJ的能量，而断裂1molNO中化学键需要吸收632kJ的能量，断键吸收的能量越低，说明物质的稳定性就越强，因此通常情况下，NO不如N2稳定，A错误；
B.常温下N2(g)和 O2(g)混合不反应，B错误；
C. 断裂1molN2(g)和1molO2(g)需要吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ，反应产生2molNO释放的能量为2×632kJ=1264kJ，1444kJ-1264kJ=180kJ，吸收能量大于反应放出能量，说明该反应为吸热反应，即1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，C正确；
D. 根据选项C分析可知：1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，D错误；
故合理选项是C。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于I A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
【答案】B
【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
8.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若A、B 相连时，A为负极；C、D相连时，D上产生大量气泡；A、C相连时，电流由C经导线流向A；B、D相连时，电子由D经导线流向B，则此四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. A>B>C>D B. A >C >D>B
C. C>A>B>D D. B>A>C>D
【答案】B
【解析】试题分析：用导线两两相连组成原电池。若A、B相连时，A为负极；则金属活动性A＞B；C、D相连时，D上产生大量气泡；则金属活动性：C＞D；A、C相连时，电流由C经导线流向A；则金属活动性：A＞C；B、D相连时，H+在溶液中流向B，即B是正极，则金属活动性：D＞B，所以此4种金属的活动性由强到弱的顺序为A＞C＞D＞B，答案是B。
9.下列叙述中，能说明金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是（ ）
A. a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少
B. a原子电子层数比b原子的电子层数多
C. 1mol a 从酸中置换H+生成的H2比1 mol b从酸中置换H＋生成的H2多
D. 常温时，a能从水中置换出氢，而b不能
【答案】D
【解析】A．a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少不能说明a的金属性大于b，如Ca的金属性大于Li，A错误；B．a原子的电子层数比b原子的电子层数多，不能说明a的金属性大于b，如镁的金属性小于锂，B错误；C.1mol a从酸中置换H+生成的H2比1mol b从酸中置换H+生成的H2多，说明a失电子比b多，不能说明a的金属性大于b，C错误；D．常温下，a能从水中置换出氢，而b不能，说明a的活动性大于b，则a的金属性大于b，D正确；答案选D。
10.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与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多;④甲的单质熔、沸点比乙的低;⑤甲的氢化物水溶液的酸性比乙的氢化物水溶液酸性强;⑥甲的氧化物的水化物酸性强于乙的氧化物的水化物。能说明甲非金属性比乙强的是（ ）
A. ①②⑥ B. ①②④⑤ C. ①② D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据与氢化合的难易程度、单质之间的置换反应、最高价氧化物对应的水化物酸性、气态氢化物的稳定性等来比较非金属性的强弱，以此来解答。
【详解】①甲比乙容易与H2化合，则甲的非金属性强，①正确；
②甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，②正确；
③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，③错误；
④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，④错误；
⑤甲元素的气态氢化物的水溶液酸性比乙元素的气态氢化物的水溶液酸性强，不能确定非金属性的强弱，⑤错误；
⑥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，题目为指明是最高价氧化物对应的水化物，所以不能确定元素的非金属性甲大于乙，⑥错误；
合理说法是①②，故正确选项是C。
11.已知下列反应均为放热反应，在理论上不能用于设计原电池反应的是（ ）
A. H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)
B. CH3CH2OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)4Fe(OH)3(s)
D. Al(OH)3(s)+NaOH(aq)NaAlO2(aq)+2H2O(l)
【答案】D
【详解】A.氢气与氯气反应产生HCl的反应为氧化还原反应，能设计成原电池，A不符合题意；
B.CH3CH2OH的燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；
C. Fe(OH)2与氧气的反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，C不符合题意；
D.氢氧化铝与NaOH的反应是中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，D符合题意；
故合理选项是D。
12.下列关于元素周期表的叙述中正确的是（ ）
A. 除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B. 元素周期表共七个横行代表七个周期，18 个纵行代表18 个族
C. 主、副族元素的族序数从左到右都是依次由小到大排列（如ⅠB→ⅦB）
D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族
【答案】D
【解析】A.F元素最高价为零，其最高化合价在数值上不等于该元素所属的族序数，故A错误；B.元素周期表18 个纵列代表16 个族，故B错误；C. 副族元素的族序数从左到右IIIB→ⅦB、IB 、IIB，故C错误；D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族，故D正确。故选D。
13.元素R、T、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸。则下列判断错误的是（ ）
A. 原子半径 Z＞Y＞R
B. R与Y的电子数相差8
C. 非金属性：Z＞Y＞X
D. HZO4是目前无机酸中最强的含氧酸
【答案】A
【解析】根据Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸可知Z为氯，由元素在周期表中的位置可知，R、X、Y、T分别是氧、磷、硫、硒。A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Z
A. ca3 B. ae C. de5 D. be4
【答案】D
【详解】A. ca3是NH3，在该物质分子中，H原子最外层只有2个电子，不满足最外层8电子的稳定结构，A不合理；
B.ae是HCl，H原子不满足最外层8电子稳定结构，B不合理；
C.de5为NH4H，该物质为离子化合物，NH4+中的H和H-不满足最外层8电子稳定结构，C不合理；
D. be4是CCl4，分子中每个原子不满足最外层8电子稳定结构，D合理；
故合理选项是D。
15.已知1～18号元素的离子aAm+、bBn+、cCm-、dDn-(m>n)都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径：A>B>C>D
B. 离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+
C. 氢化物的稳定性：HmC＞HnD
D. 单质的还原性：A>B>D>C
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素的离子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+m=d+n，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素，且阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，结合元素周期律递变规律解答该题。
【详解】A. 元素原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：B>A>C>D，A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Cm->Dn->Bn+>Am+，B正确；
C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：D>C，所以氢化物的稳定性：HmC
故合理选项是B。
16. 下列各变化中属于原电池反应的是( )。
A. 在空气中,金属铝表面迅速氧化形成保护层
B. 镀锌铁表面有划损时,锌被氧化
C. 红热的铁丝与冷水接触,表面形成蓝黑色保护层
D. 浓HNO3比稀HNO3更易氧化金属铜
【答案】B
【解析】A项中铝直接通过化学反应被氧化成一层致密的氧化物保护膜;B项中Zn、Fe与电解质溶液构成原电池,Zn失电子被氧化;C项中铁与水直接反应生成了氧化物;D项说法正确,但不属于原电池反应。
17.114号元素符号为Fl，名称为“鈇”，这是为了纪念苏联原子物理学家乔治·弗洛伊洛夫。以下对“鈇”的叙述正确的是（ ）
A. 能做半导体材料
B. 它是一种非金属元素
C. 主要化合价为-4价、+4价
D. 位于元素周期表的第七周期
【答案】D
【详解】A.同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，Pb是金属元素，鈇的金属性比Pb强，导电性强，所以Fl不能作半导体材料，A错误；
B.114号元素Fl是金属元素，不是非金属元素，B错误；
C.Fl原子最外层有4个电子，Fl是金属元素，主要化合价为+4价，没有-4价，C错误；
D.114号Fl元素原子核外有7个电子层，最外层有4个电子，所以位于元素周期表的第七周期，D正确；
故合理选项是D。
18.有一种银锌微型纽扣电池.其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn+2OH--2e-ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，电池总反应为 Ag2O+Zn2Ag+ZnO。下列有关叙述中不正确的是（ ）
A. Zn为负极、Ag2O为正极
B. 电池工作时，正极质量逐渐减小
C. 电池工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极
D. 电路中每通过0.2mol电子，负极的质量理论上减少6.5g
【答案】D
【解析】
【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，以此来解答。
【详解】A.电极活动性Zn>Ag2O，所以Zn为负极、Ag2O为正极，A正确；
B.电池工作时，正极发生反应：Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，电极由Ag2O变为单质Ag，可见正极质量逐渐减小，B正确；
C.电池工作时，电子由负极Zn极经外电路流向正极Ag2O极，C正确；
D.负极是Zn，负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-ZnO+H2O，Zn是+2价金属，每有1molZn反应，转移2mol电子，负极质量会增加8g，D错误；
故合理选项是D。
19.100 mL 6 mol·L－1的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，要想减缓反应进行的速率，但又不影响生成的氢气的总量，可向反应物中加入适量的( )
A. 硫酸钠固体 B. 稀盐酸
C. 硫酸钾溶液 D. 硝酸钾溶液
【答案】C
【解析】
【分析】适当降低氢离子浓度、将Zn换为不如Zn活泼且能与氢离子反应生成氢气的金属能减缓反应速率，不影响生成氢气总量，则酸最终电离出氢离子总量不变，据此分析解答。
【详解】A.加入硫酸钠固体，氢离子浓度不变，则反应速率不变，A错误；
B.加入适量稀盐酸，氢离子的浓度减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量增大，因此反应放出的氢气的总量增大，B错误；
C.加入硫酸钾溶液，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，C正确；
D.加入硝酸钾溶液，硝酸和锌反应不生成氢气而生成氮氧化物，D错误；
故合理选项是C。
20.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（ ）
A. v(C)=0.04mol·(L·s)-1
B. v(B)=0.06mol·(L·min)-1
C. v(A)=0.15mol·(L·min)-1
D. v(D)=0.01mol·(L·s)-1
【答案】A
【解析】试题分析：以A为基础，A、v(A）=v(C）/2="0.02" mol/(L·s）；B、v(A）=v(B）/3=0.06/(60×3）mol/(L·s） ="0.001/3" mol/(L·s） ；C、v(A）=0.15/60mol/(L·s） ="0.0025" mol/(L·s）；D、v(A）=v(D）/2=0.005mol/(L·s）；故选项A正确。
21.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能表明反应已达平衡的是（ ）
A. 固体A的质量 B. 混合气体的密度
C. 混合气体的平均相对分子质量 D. 混合气体的压强
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A.固体A的质量，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A正确；
B.反应前后气体质量发生变化，若混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，B正确；
C.混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，C正确；
D.该反应是反应前后气体分子数不变的反应，两边气体计量数相等，容器的容积不变，则混合气体的物质的量一直不变，不能据此判断反应为平衡状态，D错误；
故合理选项是D。
22.N2＋3H22NH3是目前工业上合成氨的反应，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. 增加N2的浓度能加快反应速率
B. 降低体系温度能加快反应速率
C. 使用催化剂不影响反应速率
D. 若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100％转化为NH3
【答案】A
【解析】A．反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；
C．加入催化剂能增大反应速率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误．故选A．
23.有一种无色的混合气体可能由CH4、NH3、、H2、CO、CO2和HCl组成。为确定其组成，依次进行了以下实验：①将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变。②再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少。③把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色。原混合气体一定含有（ ）
A. CO和HCl B. CH4和NH3
C. CH4和HCl D. H2和CO2
【答案】A
【解析】试题分析：①将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变，则不含有NH3；②再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少，所以一定不含CO2，含有HCl气体；③把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色，说明燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气，故原混合气体中含有CO和HCl，选项A正确。
24.甲烷是天然气的主要成分，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源。下列有关甲烷的说法正确的是（ ）
①甲烷是一种正四面体结构的分子
②物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物只有CH3Cl和HCl
③0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol
④1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【详解】①甲烷分子中C原子是sp3杂化，形成4个能量等同的轨道，然后与4个H原子结合，形成CH4，因此CH4是一种正四面体结构的分子，①正确；
②甲烷与氯气发生取代反应的逐步进行的，因此即使是按物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物也不是只有CH3Cl和HCl，还可能含有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，②错误；
③甲烷化学式是CH4，1mol甲烷完全反应，消耗2molO2，则0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol，③正确；
④根据取代反应的特点，1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，④错误；
故合理选项是C。
25.第ⅡA族相邻周期的A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，且B在A的上周期，当A的原子序数为x时，B的原子序数可能为（ ）
A. x-n B. x+m C. x-m D. x+n
【答案】A
【解析】
【分析】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，据此进行分析。
【详解】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，已知A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，所以当A的原子序数为x时，B的原子序数为x-n，故合理选项是A。
26.请按要求回答下列问题：
（1）下列物质：①HCl ②NaOH ③Cl2 ④H2O ⑤NH4Cl ⑥MgCl2 ⑦CaO ⑧CO2 ，其中只存在离子键的是：_________（用序号回答，下同。）；既存在离子键又存在共价键的是：_________；试写出⑧的电子式：__________。
（2）在下列物质中，互为同分异构体的是_________（填序号，下同。）；互为同素异形体的是_________；互为同系物的是_________；互为同位素的是_________；为同一物质的是_________。
①液氨和氨气 ②NH4CNO和CO(NH2)2 ③4019K和4020Ca ④白磷和红磷 ⑤35Cl和37Cl ⑥和 ⑦CH3CH3 和 ⑧CH4和 CH2=CH-CH3 ⑨CH2=CH-CH3 和
【答案】(1). ⑥⑦ (2). ②⑤ (3). (4). ②⑨ (5). ④ (6). ⑦ (7). ⑤ (8). ①⑥
【解析】
【分析】(1)一般情况下，非金属元素的原子间形成共价键，金属与非金属元素形成离子键，离子键存在于离子化合物中，复杂的离子化合物中含有离子键、共价键；共价化合物只含有共价键，然后结合具体物质分析、判断；
(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物；
同素异形体是由同种元素组成的不同性质的单质；
同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物；
同位素是质子数相同，中子数不同的原子；
同一物质分子式相同，物质结构相同，化学性质相同，物理性质可能相同，也可能不同的物质。据此分析解答。
【详解】①HCl 是共价化合物，只含有极性共价键；
②NaOH 是离子化合物，含有离子键、极性共价键；
③Cl2是非金属单质，只存在非极性共价键；
④H2O是共价化合物，只含有极性共价键；
⑤NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键；
⑥MgCl2是离子化合物，只含有离子键；
⑦CaO是离子化合物，只含有离子键；
⑧CO2 是共价化合物，只含有极性共价键；
则上述物质中只存在离子键的是⑥⑦；既存在离子键又存在共价键的是②⑤；试写出⑧是CO2，C原子最外层有4个电子，与2个O原子形成4对共用电子对，使每个原子都达到稳定结构，所以CO2的电子式为：。
(2)①液氨和氨气分子式都是NH3，是同一物质的不同的存在状态；
②NH4CNO和CO(NH2)2是分子式相同，结构不同的化合物，属于同分异构体；
③4019K和4020Ca质子数不同，中子数也不同，不是同位素；
④白磷和红磷是由同种元素组成的不同性质的单质，属于同素异形体；
⑤35Cl和37Cl质子数都是17，中子数不同，属于同位素；
⑥和 是甲烷分子中的2个H原子被Br原子取代产生的物质，由于甲烷是正四面体结构，任何两个化学键都相邻，因此二者是同一物质；
⑦CH3CH3 和是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物，属于同系物；
⑧CH4和CH2=CH-CH3 结构不相似，不属于同系物，分子式不同，不是同分异构体；⑨CH2=CH-CH3 和是分子式相同，结构不同化合物，属于同分异构体；
故上述物质中，互为同分异构体的是②⑨；互为同素异形体的是④；互为同系物的是⑦；互为同位素的是⑤；为同一物质的是①⑥。
27.A、B、C、D、E四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。其中A与C、B与E分别是同主族元素。已知B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16。又知A、C两元素原子序数之和是B、E两元素原子序数之和的， D的单质是一种常见的半导体材料。请回答下列问题：
(1)D位于元素周期表的位置是___________________。
(2)写出由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式：________，该化合物中所含化学键的类型有_________________。
(3)A2B与A2E的沸点：A2B______A2E(填“高于”或“低于”)，其原因是：___________________________。
(4)由A、B、C、E四种元素形成的物质X，与盐酸反应能够生成具有刺激性气味的气体。写出X与盐酸反应的离子方程式：___________________________。
【答案】 (1). 第三周期第IVA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). 高于 (5). H2O分子之间能形成氢键，使水的沸点比H2S的高 (6). HSO3-+H+ SO2↑+H2O
【解析】
【分析】由B与E是同一主族的元素，B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16，可知B为O元素，E为S元素，B和E形成的化合物为SO2、SO3，S和O元素原子序数之和为24，则A、C元素原子序数之和为12，因A、C同主族，所以A为H元素，C为Na元素，D原子序数小于S，D的单质是一种常见的半导体材料，则D是Si元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律解答各题。
【详解】根据上述推断可知：A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D是Si元素，E为S元素。
(1)D是Si元素，核外电子排布是2、8、4，因此D位于元素周期表位置是第三周期第IVA族；
(2)由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物Na2O2是离子化合物，2个Na+与O22-通过离子键结合，Na2O2的电子式为：；该化合物中含有离子键、非极性共价键；
(3)H2O和H2S都是氢化物，其固体都属于分子晶体，分子晶体中物质的沸点与其相对分子质量成正比，但水中含有氢键，硫化氢中不含氢键，所以二者的沸点较高者是H2O；
(4)A、B、C、E四种元素形成的物质X为NaHSO3，NaHSO3和盐酸反应生成的二氧化硫具有刺激性气味，该反应的离子方程式为：HSO3-+H+SO2↑+H2O。
28.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：
（1）若要比较镁、铝的金属性强弱，下列方案可行的是：____________（填序号）。
a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应
c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液
d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？_________；说明理由：______________________________________________。
（3）利用如图装置（夹持装置省略）可以验证部分元素的非金属性强弱。
①实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请在其中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫，烧瓶中发生反应的化学方程式为：_____________________________________________。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为：_____________________________。
②若要自选药品证明非金属性：C＞Si，则A中加__________、B中加Na2CO3粉末、C中加_____________，观察到C中溶液的现象为_________________________。
【答案】(1). bc (2). 不合理 (3). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较， NH3·H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (4). 2KMnO4+16HCl(浓) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O (5). S2-+Cl2S↓+2Cl- (6). 硫酸 (7). Na2SiO3溶液 (8). 有白色胶状沉淀产生
【解析】
【分析】(1)比较镁、铝的金属性强弱，可以根据它们的单质与水或酸反应的快慢、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断；
(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强；
(3)①要证明非金属性Cl＞S，只要证明其单质的氧化性：Cl2＞S即可，A中盛放液体、B中盛放固体、C中盛放液体，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S；
②C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：C＞Si，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明。
【详解】(1) a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中,金属与空气中的氧气反应产生氧化物对金属起到保护作用，不能进行比较判断，a错误；
b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应，金属越活泼，置换出酸中的氢就越容易，反应越剧烈，可以比较判断，b正确；
c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液金属越活泼，反应产生的金属氢氧化物的碱性就越强，滴入酚酞，溶液的红色就会越深，可以比较判断，c正确；
d.比较这两种元素的氢化物都是离子化合物，不是气体，d不能判断比较，d错误；
故合理选项是bc；
(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强，一水合氨不是N元素的最高价氧化物的水合物，所以不能比较二者的金属性强弱；
(3)①要证明非金属性Cl＞S，只要证明其单质的氧化性：Cl2＞S即可，A中盛放液体物质浓盐酸、B中盛放固体KMnO4、C中盛放液体硫化钠溶液，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，烧瓶中发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓) 2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O；C中盛放硫化钠溶液，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S，反应的离子方程式为S2-+Cl2S↓+2Cl-；
②C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：C＞Si，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明，所以A中盛放稀硫酸、B中盛放Na2CO3溶液，稀硫酸与Na2CO3 溶液反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：CO2+H2O+ Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓，观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。
29.请按要求回答下列问题：
(1)在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
①如图中，表示NO2变化曲线的是_______ 。用O2表示从0s ～2s内该反应的平均速率V=__________。
②能说明该反应已达到平衡状态的是___________
A.v(NO2)=2v(O2) B.容器内压强保持不变
C.容器中氧气体积分数不变 D.容器内密度保持不变
(2)为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，试完成有关问题：
实验编号
电极材料
电解质溶液
1
Al、Mg
稀盐酸
2
Al、Cu
稀盐酸
3
Al、C(石墨)
稀盐酸
4
Al、Mg
氢氧化钠溶液
5
Al、Zn
浓硝酸
①实验1中Al所作的电极是______(填“正极”或“负极”)。
②实验2中H+移向______(填“Al”或“Cu”)，Cu极发生_____反应(填“氧化”或“还原”)。
③实验3中石墨电极反应式： _________________。
④实验4中铝作______极，写出总反应的化学方程式：_______________________。
⑤实验5中负极的电极反应式为：__________________________。
【答案】(1). b (2). 1.5×10-3mol/(L·s) (3). B、C (4). 正极 (5). Cu (6). 还原 (7). 2H++2e-H2↑ (8). 负 (9). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ (10). Zn-2e-Zn2+
【解析】
【分析】(1)①由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡；NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量∆c(NO)，根据反应中NO、NO2物质的量变化关系确定NO2的变化曲线；根据v=计算v(NO)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(O2)；
②可逆反应达到平衡时，v正=V逆（同种物质表示）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示），反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；
(2)金属与酸构成的原电池中，活泼金属作负极，不活泼的金属或非金属为正极；在实验4金属与碱溶液混合时，Al为负极，Mg为正极，电池反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，发生Zn与浓硝酸的氧化还原反应，Zn作负极，Al作正极。
【详解】(1) ①由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，∆c (NO)==0.0065mol/L，NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度不变，等于NO浓度的变化量，c(NO2)= ∆c(NO)=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；
2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==3.0×10-3mol/(L·s)，根据反应在用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比可知v(NO)：v(O2)=2：1，所以v(O2)= v(NO)= 1.5×10-3mol/(L·s)；
②A.无论反应是否达到平衡状态，反应速率始终关系是v(NO2) 2v(O2) ，不能据此判断平衡状态，A错误；
B.该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，容器的容积不变，若容器内压强保持不变，则反应处于平衡状态，B正确；
C.若反应未达到平衡，则反应体系中任何一组分的物质的量就会发生变化，气体的总物质的就变化，若容器中氧气体积分数不变，则反应达到平衡，C正确；
D.容器的容积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，因此任何情况下容器内密度都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
(2)①实验1中由于金属活动性Mg>Al，所以在构成的原电池中，Mg为负极，Al为正极；
②实验2金属活动性Al>Cu，Al为负极，失去电子，Cu为正极，电子由Al经导线流向Cu电极，溶液中H+在正极Cu上获得电子变为H2逸出，所以H+移向Cu电极，Cu极发生还原反应；
③实验3由于电极活动性Al>C，所以石墨电极是正极，H+获得电子，发生还原反应，石墨电极的电极反应式为：2H++2e-H2↑；
④实验4中Mg与NaOH溶液不能反应，而Al电极反应，所以铝作负极，总反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑；
⑤实验5中Al遇浓硝酸发生钝化，发生Zn与浓硝酸的氧化还原反应，Zn作负极，Al作正极，负极的电极反应式为：Zn-2e-Zn2+。
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