宁夏银川市长庆高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 19页

宁夏银川市长庆高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试 化学试题 ‎1.放射性同位素钬的原子核内的中子数与核外电子数之差是 A. 32 B. ‎67 ‎C. 99 D. 166‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，而质子数等于核外电子数，所以原子核内的中子数与核外电子数之差是166－67－67＝32，答案选A。‎ ‎2.下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是 A. H2SO4 B. NaOH C. HBr D. NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．H2SO4中只含共价键，为共价化合物，A不符合题意；‎ B．NaOH中氢氧根离子和钠离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，所以为离子化合物，B符合题意；‎ B．HBr中只含共价键，为共价化合物，C不符合题意；‎ C．NaCl中只含离子键，为离子化合物，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列元素中原子半径最小的是 A. Na B. Al C. F D. O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同族元素从上往下原子半径逐渐变大，所以上述元素原子的半径大小顺序是：Na＞Al＞O＞F，所以半径最小的是F，答案选C。‎ ‎4.元素性质呈周期性变化的决定因素是 A. 元素原子半径大小呈周期性变化 B. 元素相对原子质量依次递增 C. 元素原子最外层电子排布呈周期性变化 D. 元素最高正化合价呈周期性变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子的电子层排布可知，在周期表中的原子的电子层排布呈现周期性的变化，则元素的性质呈周期性的变化来解答。‎ ‎【详解】由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即元素原子核外电子排布呈周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素；因元素原子核外电子排布呈周期性变化，造成元素原子半径大小呈周期性变化、元素的最高正化合价呈周期性变化。‎ 答案选C。‎ ‎5.关于原子结构的叙述正确的是 A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的 B. 原子的最外层电子数不超过8个 C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8‎ D. 原子的次外层电子数都是8个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、一般原子核是由质子和中子构成的，但氢原子例外，原子核内没有中子，选项A错误；‎ B、原子的最外层电子数不超过8个，选项B正确；‎ C、稀有气体原子的最外层电子数不一定均为8个，氦元素的原子最外层电子数为2个，选项C错误；‎ D、原子的次外层电子数不超过18个，原子的次外层电子数不一定都是8个，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.关于化学键的下列叙述中, 正确的是 A. 离子化合物中不可能含共价键 B. 共价化合物中可能含离子键 C. 离子化合物中只含离子键 D. 共价化合物中不含离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可以含有共价键，A错误；‎ B、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，共价化合物中不可能含有离子键，B错误；‎ C、离子化合物中可以含有共价键，例如NaOH等，C错误；‎ D、共价化合物中不可能含有离子键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.已知：①能量越低的物质就越稳定②白磷转化成红磷是放热反应。据此，下列判断或说法中错误的是 A. 在相同的条件下，红磷比白磷稳定 B. 在相同的条件下，白磷比红磷稳定 C. 红磷和白磷的分子结构不同 D. 白磷容易发生自燃而红磷则不会自燃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定，故A正确；‎ B．红磷的能量低，红磷稳定，故B错误；‎ C．红磷和白磷的结构不同，故C正确；‎ D．红磷的能量低，白磷的能量高，红磷不容易发生自燃而白磷容易自燃，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列有机物不属于烃类的是 A. 甲烷 B. 乙烯 C. 苯 D. 乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 烃分子中只含有碳氢两种元素，甲烷、乙烯、苯中都只含有碳氢元素，属于烃类，而乙醇(CH3CH2OH)中含有碳氢和氧三种元素，不属于烃类；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列有机物的表示方法正确的是 A. 甲烷分子的结构式（CH4)‎ B. 乙烯分子结构简式（CH2CH2)‎ C. 苯分子的分子式（C6H6)‎ D. 乙醇分子的分子式(CH3CH2OH)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷分子的结构式为，A错误；‎ B．乙烯分子的结构简式为CH2＝CH2，B错误；‎ C．苯分子的分子式为C6H6。C正确；‎ D．乙醇分子的分子式为C2H6O，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1．分子式：用元素符号表示单质或化合物分子组成的式子，如 CH4、C2H4O2等；‎ ‎2．最简式：又称实验式，用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子。如乙炔（C2H2）和苯（C6H6）的实验式都是CH； ‎ ‎3．结构式：用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的化学组成式，如甲烷的结构式为：；‎ ‎4．结构简式：是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，通常只适用于以分子形式存在的纯净物。应表现该物质中的官能团：只要把碳氢单键省略即可，碳碳单键和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略。如乙烯的结构简式为CH2＝CH2，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH。‎ ‎10.关于用稀硫酸为电解质的Cu-Zn原电池，下列说法不正确的是 A. 铜为正极 B. 电子由铜经导线到锌 C. 锌发生氧化反应 D. 硫酸根离子移向锌电极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌的金属性强于铜，所以锌是负极，失去电子，铜是正极，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，据此解题。‎ ‎【详解】A．铜为正极，A正确； ‎ B．电子由锌经导线到铜，B错误；‎ C．锌失去电子，发生氧化反应，C正确； ‎ D．锌电极不断产生锌离子，根据异性离子相吸原则，硫酸根离子移向锌电极，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列关于有机物的描述你认为正确的是：‎ A. 含碳元素的化合物一定是有机化合物 B. 乙烷和乙烯互为同系物 C. 苯分子含有碳碳双键，所以可以使酸性高锰酸钾褪色 D. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳、一氧化碳、碳酸钙等虽是含碳元素的化合物，但性质和无机物类似所以它们属于无机物不属有机物，故A错误；‎ B．乙烷不含碳碳双键，不是乙烯的同系物，B错误；‎ C．苯分子不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾褪色，C错误；‎ D．正丁烷和异丁烷分子式相同结构不同，互为同分异构体，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH‎2”‎原子团的有机化合物，且必须是同一类物质(含有相同且数量相等的官能团)。‎ ‎12.下列比较关系中，错误的是：‎ A. 元素金属性：Na＞Mg＞Al B. 热稳定性：H2S＜HCl＜HF C. 酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4‎ D. 碱性：LiOH＞NaOH＞KOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据元素周期律可知，同周期元素金属性从左到到右逐渐减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，A正确；‎ B．元素非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，因非金属性S＜Cl＜F，所以热稳定性应为H2S＜HCl＜HF，B正确；‎ C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性P＜S＜Cl，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，C正确；‎ D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，因为金属性Li＜Na＜K，所以碱性：LiOH＜NaOH＜KOH，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列微粒中：① ② ③ ④，其核外电子数相同的是（　 ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据质子数或原子序数与电子数的关系计算电子数，阳离子的核外电子数=质子数-所带电荷数，阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数；结构示意图中弧线上的数字表示该层含有的电子数，核外电子数等于各层电子数之和。‎ ‎【详解】①Al3+，质子数是13，原子的电子数是13，由原子失去3个电子变成阳离子，所以该阳离子有10个电子；‎ ‎②根据离子结构示意图知，核外电子数为2+8=10；‎ ‎③根据电子式知，该离子最外层8个电子，氯原子为17号元素，内层有10个电子，所以该离子共有17+1=18个电子；‎ ‎④F-是由F原子得1个电子生成的，F原子有9个电子，所以F-有10个电子；‎ 核外电子数相同的是①②④。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】‎ 注意理解离子中质子数、核外电子数、电荷之间的关系，注意无论原子变成离子，还是离子变成原子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数和核电荷数。‎ ‎14.决定化学反应速率的主要因素是 A. 反应物的性质 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的浓度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响反应速率的外界因素，答案选A。‎ ‎15.一定温度下，反应A2(g)+B2(g)≒2AB(g)达到平衡的标志是 A. 单位时间内生成nmolA2同时生成nmolAB B. 容器内总压强不随时间的变化而变化 C. 单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolA2‎ D. 单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率之比应该等于系数比，单位时间里生成n mol A2，同时生成n mol AB时，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；‎ B．通过化学方程式可知，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，容器的压强都不变，故B错误；‎ C．单位时间内生成2n mol AB同时生成n mol A2，说明正逆反应速率相等，故C正确；‎ D．无论该反应是否达到平衡状态，消耗n mol B2的同时一定生成2n mol AB，故D错误．‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断：‎ 一等：正逆反应速率相等；六定：① 物质的量一定，② 平衡浓度一定，③ 百分含量保持一定，④ 反应的转化率一定，⑤ 产物的产率一定，⑥ 正反应和逆反应速率一定；‎ 除此之外，还可考虑以下几点：‎ ‎①同一物质单位时间内的消耗量与生成量相等；‎ ‎②不同物质间消耗物质的量与生成物质的量之比符合化学方程式中各物质的化学计量数比 ‎③对于有颜色变化的可逆反应，颜色不再改变时；‎ ‎④对于反应前后气体总体积变的可逆反应，还可考虑以下几点：反应混合物的平均相对分子量不再改变、反应混合物的密度不再改变、反应混合物的压强不再改变。‎ ‎16.下列有关化学反应速率和限度的说法中，不正确的是(　)‎ A. 实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反应速率明显加快 B. 在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率 C. 2SO2+O22SO3反应中，SO2的转化率不能达到100%‎ D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，用粉末状碳酸钙比块状反应要快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，MnO2作催化剂，使反应速率明显加快，选项A正确；‎ B. 在金属钠与足量水反应中，增加水的量对反应速率无影响，选项B错误；‎ C. 2SO2+O22SO3反应为可逆反应，SO2的转化率不能达到100%，选项C正确；‎ D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，用粉末状碳酸钙能够增加与盐酸的接触面积，使反应速率比块状反应要快，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎17.某短周期元素R原子的核电荷数是电子层数的5倍，其质子数是最外层电子数的3倍，关于该元素的说法正确是 A. 符号：N B. 位置：在3周期ⅥA族 C. 氢化物化学式：PH3 D. 名称：氯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设电子层数为x，则核电荷数=质子数=5x，质子数是最外层电子数的3倍，则最外层电子数为，x只能取1或2或3，显然x为3时，符合实际，即3个电子层，最外层电子数为×3=5，所以元素为P，P元素的最低价为-3价，其氢化物的化学式PH3。‎ ‎【详解】A．该元素的符号为P，A错误； ‎ B．P位于第三周期ⅤA族，B错误；‎ C．P的氢化物化学式为PH3，C正确； ‎ D．P的名称为磷，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲原子能与乙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。能说明甲比乙的非金属性强的是 A. 只有④ B. 只有⑤‎ C. ①②③ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①元素的非金属性越强，其与氢气化合就越容易，因此甲比乙容易与氢气化合能说明甲比乙的非金属性强；正确；‎ ‎②元素的非金属性强的能够把活动性弱的从化合物中置换出来，甲能与乙的阴离子发生置换反应能说明甲比乙的非金属性强；正确；‎ ‎③元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此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能够证明甲比乙的非金属性强；‎ ‎④不能根据非金属与某金属反应时，得电子数目的多少来平衡元素的非金属性的强弱，错误；‎ ‎⑤元素的单质的熔沸点与物质的晶体结构有关，与元素的非金属性强弱无关，因此不能根据单质熔沸点的高低比较元素的非金属性的强弱，错误；‎ 因此正确的说法是①②③，选项是C。‎ ‎19.下列有机化学反应属于加成反应的是 A. 甲烷和氯气混合光照颜色逐渐变浅 B. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液使其褪色 C. 苯和液溴混合物中加入铁屑 D. 乙醇和金属钠反应产生氢气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和氯气混合在光照条件下发生取代反应，A不符合题意； ‎ B．乙烯在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，B符合题意；‎ C．苯和液溴混合物中加入铁屑，生成的溴化铁作为催化剂，反应生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，C不符合题意； ‎ D．乙醇和金属钠反应产生氢气和乙醇钠，属于取代反应，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】苯和液溴在溴化铁的催化下能能发生取代反应，但是苯与溴水不反应。‎ ‎20.已知该反应4NH3+5O2=4NO+6H2O中，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是 A. v（NH3）=v（O2） B. v（O2）=v（H2O）‎ C. v（NH3）=v（H2O） D. v（O2）=v（NO）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于反应4NH3+5O2═4NO+6H2O， A、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A错误； B、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B错误； C、速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C错误； D、速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。‎ ‎21.下列各项叙述你认为合理的是 A. 放热反应是反应物总能量低于生成物总能量的反应 B. 吸热反应是指需要加热才能发生的反应 C. 断裂化学键需要释放能量，形成化学键需要吸收能量 D. 化学反应不仅有物质的变化，而且还伴随着能量的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放热反应是反应物总能量高于生成物总能量的反应，A错误；‎ B．反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件无关系，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，B错误；‎ C．断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，C错误；‎ D．化学反应不仅有物质的变化，而且还伴随着能量的变化，常表现为反应体系的温度的变化，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件无关系，取决于生成物总能量与反应物总能量的大小关系。有的吸热反应不加热也会发生，如碳酸氢铵的分解；有的放热反应也需要加热，常温下不容易发生，如碳与氧气的反应。‎ ‎22.有A、B、C、D四块金属，进行如下实验：‎ ‎①将A、B用导线相连结，浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；‎ ‎②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C。‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡。‎ ‎④B、D相连后同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应。‎ 据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是 A. A>B>C>D B. A>C>D>B C. C>A>D>B D. B>D>C>A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据①可判断活动性A＞B；‎ 根据②可判断电子流向为C→D，所以C失去电子，D得到电子，则活动性C＞D；‎ 根据③可判断C作为正极，A作为负极，所以活动性A＞C；‎ 根据④可判断D作为负极发生氧化反应，B作为正极发生还原反应，所以活动性D＞B；‎ 所以A、B、C、D四种金属的活动性顺序为A>C>D>B；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】电子的流动方向与电流的流动方向相反，根据电流的流动方向可判断电子的流向。‎ ‎23.对于A2+3B2≒‎2C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最慢的是 A. v(B2)=0.8mol/(L•s)； B. v(A2)=0.4mol/(L•s)；‎ C. v(C)=0.6mol/(L•s)； D. v(B2)=4.2mol/(L•min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一个反应用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以比较反应速率快慢时，应先换算成同一种物质的反应速率，然后才能直接比较速率数值大小。‎ ‎【详解】根据反应速率之比等于化学计量数之比，都用A2的反应速率来表示时：‎ A．v(B2)=0.8mol/(L•s)，则v(A2)= mol/(L•s)； ‎ B．v(A2)=0.4mol/(L•s)；‎ C．v(C)=0.6mol/(L•s)，则v(A2)=0.3mol/(L•s)； ‎ D．v(B2)=4.2mol/(L•min)，则v(A2)=1.4 mol/(L•min)=0.023 mol/(L•s)；‎ 从以上数据可知，D表示的反应速率最慢；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】比较不同物质或不同情况下的反应速率时，要注意将反应速率的单位化成相同单位才能进行比较。‎ ‎24.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d＞a B. 离子的还原性Y2—＞Z—‎ C. 氢化物的稳定性H2Y＞HZ D. 原子半径Y＜Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，可知它们的核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，cY2-、d Z-为阴离子，判断Y、Z为非金属元素，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属元素应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，所以aW3+、bX+、cY2-、dZ-分别代表Al3+、Na+、O22-、F-。‎ ‎【详解】A．W为Al元素，Z为F元素，所以质子数d＜a，A错误；‎ B．Y2-是O2-，Z-为F-，因为氧化性F＞O，所以还原性O2-＞F-，即Y2-＞Z-，B正确；‎ C．H2Y为H2O，HZ为HF，因为非金属性F＞O，所以氢化物的稳定性HF＞H2O，即HZ＞H2Y，C错误；‎ D．根据同周期从左往右元素原子的半径逐渐变小可知，原子半径F＜O，即原子半径Y＞Z，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎25.下列各组材料中，不能组成原电池的是 (　　)‎ A B C D 两极材料 锌片、石墨 铜片、银片 锌片、铜片 铁片、铜片 插入溶液 稀硫酸 硝酸银溶液 蔗糖溶液 稀盐酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锌是活泼金属，石墨能导电非金属单质，锌和硫酸能自发发生氧化还原反应，所以能形成原电池，A不符合题意；‎ B. 两金属的活泼性不同，且铜片能自发与硝酸银发生氧化还原反应，所以能形成原电池，B不符合题意；‎ C. 两金属的活泼性不同，但蔗糖是非电解质不能导电，负极不能和电解质溶液发生氧化还原反应，所以不能形成原电池，C符合题意；‎ D. 两金属的活泼性不同，且铁片能自发与盐酸发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎26.（I）有下列几组物质或原子：①‎612C和‎614C②H③Na2O2④P⑤N⑥H2⑦O2和O3⑧烧碱、纯碱及苛性钠。选择适当的序号回答有关问题：‎ ‎（1）属于第二周期ⅤA族的元素是_____________；‎ ‎（2）含有非极性键的离子化合物是_____________；‎ ‎（3）互为同位素的是_____________；‎ ‎（4）原子半径最小的原子形成的分子是_____________；‎ ‎（5）属于同素异形体的是_____________。‎ ‎（II）用合理的化学用语回答下列问题 ‎（1）甲烷分子的电子式：_____________；‎ ‎（2）乙烯分子的结构简式：_____________；‎ ‎（3）甲烷和氯气光照生成一氯甲烷方程式：_____________；‎ ‎（4）苯和液溴在铁屑催化下反应生成溴苯方程式：_____________；‎ ‎（5）乙醇和金属钠反应生成乙醇钠方程式：_____________。‎ ‎【答案】 (1). ⑤ (2). ③ (3). ① (4). ⑥ (5). ⑦ (6). (7). CH2=CH2 (8). CH4+Cl2CH3Cl+HCl (9). C6H6+Br2C6H5Br+HBr (10). ‎2C2H5OH+2Na→‎2C2H5ONa+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（I）H、P、N分别位于第一周期ⅠA族、第三周期ⅤA族、第二周期ⅤA族；‎612C和‎614C质子数都为6，中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素；Na2O2是含有离子键和共价键的离子化合物，两个氧原子之间形成的是非极性的共价键，过氧根离子与Na+之间形成的是离子键；O2和O3都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；烧碱和苛性钠指的都是NaOH，纯碱是Na2CO3。‎ ‎(1)由分析可知，属于第二周期ⅤA族的元素是N，即⑤；‎ ‎(2)含有非极性键的离子化合物是Na2O2，即③；‎ ‎(3)互为同位素的是‎612C和‎614C，即①；‎ ‎(4)原子半径最小的原子是H原子，其形成的分子是H2，即⑥；‎ ‎(5)属于同素异形体的是O2和O3，即⑦；‎ ‎(II)(1)甲烷分子的电子式为；‎ ‎(2)乙烯分子的结构简式为CH2=CH2；‎ ‎(3)甲烷和氯气光照生成一氯甲烷化学方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；‎ ‎(4)苯和液溴在铁屑催化下反应生成溴苯的化学方程式为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；‎ ‎(5)乙醇和金属钠反应生成乙醇钠的化学方程式为：‎2C2H5OH+2Na→‎2C2H5ONa+H2↑。‎ ‎27.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，按要求用化学式或化学用语填空，用序号填写不得分。‎ 主族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 二 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 三 ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子的原子结构示意图为_____________；‎ ‎（2）地壳中含量最多的非金属元素是_____________；‎ ‎（3）与水反应最剧烈的金属单质是_____________；‎ ‎（4）某元素三价阳离子的核外有10个电子，该元素是_____________；‎ ‎（5）气态氢化物最稳定的化合物是_____________；‎ ‎（6）①的最高价氧化物的电子式为_____________；‎ ‎（7）用电子式表示④和⑨形成化合物的过程_____________。‎ ‎（8）最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化合物是_____________；元素的最高价氧化物对应的水化物中具有两性的化合物是_____________；两者反应的离子方程式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). O (3). Na (4). Al (5). HF (6). (7). (8). NaOH (9). Al(OH)3 (10). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在来周期表中位置，可知①为C、②为O、③为F、④为Na、⑤为Mg、⑥为Al、⑦为Si、⑧为P、⑨为Cl、⑩为Ar。根据同周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同族从上到下元素的金属性逐渐增强非金属性逐渐减弱可知，在以上金属元素中，金属性最强的是Na，其最高价氧化物的水化物碱性最强，非金属性最强的是F，其氢化物最稳定。‎ ‎【详解】(1)0族元素的化学性质最不活泼，所以在这些元素中，化学性质最不活泼的原子为Ar，其原子结构示意图为；‎ ‎(2)地壳中含量最多的非金属元素是O；‎ ‎(3)与水反应最剧烈的金属单质是Na；‎ ‎(4)某元素三价阳离子的核外有10个电子，则其原子的核外电子数为13，所以该元素是Al；‎ ‎(5)F非金属性最强，其气态氢化物HF最稳定；‎ ‎(6)①为C，其最高价氧化物为CO2，其电子式为；‎ ‎(7)用电子式表示的④和⑨形成化合物的过程为：。‎ ‎(8)最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化合物是NaOH；元素的最高价氧化物对应的水化物中具有两性的化合物是Al(OH)3；两者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【点睛】书写电子式的方法：‎ ‎(1)原子：‎ 依据元素的原子最外层电子个数的多少，先用小黑点“· ”在元素符号上、下、左、右各表示出1个电子，多余的电子配对；‎ ‎(2)离子：‎ ‎1. 阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+；复杂的阳离子除应标出共用电子对、非共用电子对外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如；‎ ‎2. 阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。例如：；‎ ‎(3)共价化合物：‎ 共价化合物电子式的书写，一般为正价者在前。对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中间，绝对值小的写在周边。例如：；‎ ‎(4)离子化合物：‎ 离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子(阳离子在前，阴离子在后)拼在一起，如；对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写，如。‎ ‎28.X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期的元素。其申Y、W位于同一主族，Z、W位于同一周期，Y的最外层电子数是K层电子数的3倍，Z是同一周期中金属性最强的元素，X的最外层电子数与Z相同，但X为非金属元素。请回答下列问题:‎ ‎（1）Y、Z的元素符号分别是_____________、_____________。‎ ‎（2）Z2W的电子式是_____________。‎ ‎（3）Z2Y2与X2Y反应的化学方程式是:_____________‎ ‎（4）Z2WY3与X2WY4反应的离子方程式是:_____________‎ ‎【答案】 (1). O (2). Na (3). (4). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (5). SO32-+2H+=H2O+SO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期的元素．其中Y、W位于同一主族，则Y处于第二周期、W处于第三周期，Y的最外层电子数是K层电子数的3倍，则Y最外层电子数为6，故Y为O元素，则W为S元素；Z、W位于同一周期，Z是同一周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；X为非金属元素，其最外层电子数与Z相同，则X为H元素，所以X、Y、Z、W分别代表H、O、Na、S，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，Y为O元素，Z为Na元素；‎ ‎(2)Z为钠元素、W为硫元素，二者形成Na2S，Na2S是离子化合物，由钠离子与硫离子构成，电子式为；‎ ‎(3)Z2Y2与X2Y分别为Na2O2、H2O，Na2O2与H2O反应生成NaOH与O2，反应化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；‎ ‎(4)Z2WY3与X2WY4分别为Na2SO3、H2SO4，二者反应生成Na2SO4、SO2与H2O，反应的化学方程式为，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，离子方程式为：SO32-+2H+=H2O+SO2↑。‎ ‎29.工业制硫酸的关键反应是二氧化硫催化氧化为三氧化硫，其反应方程式2SO‎2g)+O2(g)2SO3(g)。回答下列有关问题：‎ ‎（1）如果此反应用氧气表示的化学反应速率是v(O2)=0.05mol/(L·s),则用二氧化硫表示的v(SO2)=______________.‎ ‎（2）其它条件不变，若升高温度，此反应会向逆反应方向移动，则正反应速率______________，逆反应速率______________（填增大或减小），正反应是______________反应（填吸热或放热）。‎ ‎（3）其它条件不变，增大氧气的浓度，会使SO2的转化率______________。‎ ‎（4）下列条件能够判断此反应已经达到化学平衡状态的是______________‎ A.单位时间内消耗1molSO2的同时生成1molSO3‎ B.恒温恒容条件下体系的总压强不在随时间的变化而变化 C.恒温恒容条件下混合气体的密度不再随时间的变化而变化 D.2v(O2)正= v(SO2)逆时 ‎【答案】 (1). 0.1mol/(L·s) (2). 增大 (3). 增大 (4). 放热 (5). 增大 (6). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如果此反应用氧气表示的化学反应速率是v(O2)=0.05mol/(L·s)，根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，所以用二氧化硫表示的v(SO2)= 0.1mol/(L·s)；‎ ‎(2)升高温度，正反应速率还是逆反应速率都会增大，只不过增大的程度不同，因升高温度此反应会向逆反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；‎ ‎(3)其它条件不变，增大氧气的浓度，使得平衡向右移动，SO2的转化率会增大；‎ ‎(4)A.单位时间内消耗1mol SO2的同时生成1mol SO3，均表示的是正反应速率，无法判断此反应已经达到化学平衡状态，A不符合题意；‎ B.该反应是一个气体系数减小的反应，根据PV=nRT可知，恒温恒容条件下，体系的总压强不再随时间的变化而变化说明此反应已经达到化学平衡状态，B符合题意；‎ C.该反应无论是反应物还是生成物均为气体物质，混合气体的总质量不变，恒容条件下混合气体的密度保持恒定，所以混合气体的密度不再随时间的变化而变化无法判断此反应是否已经达到化学平衡状态，C不符合题意；‎ D.2v(O2)正=v(SO2)逆，说明反应的正逆反应速率相等，说明此反应已经达到化学平衡状态，D符合题意；‎ 答案选BD。‎ ‎30.如图为原电池装置示意图，‎ ‎（1）若A为Zn片，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，则A电极名称为_________，写出正极的电极反应式______________；‎ ‎（2）若A为铜片，B为银片，电解质为AgNO3溶液，则银片为______________极（填正或负），写出电极反应式：负极______________,正极______________‎ ‎（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃烧电池，该燃料电池的总反应为______________。‎ ‎【答案】 (1). 负极 (2). 2H++2e-=H2↑ (3). 正 (4). Cu－2e-=Cu2+ (5). 2Ag++2e-=2Ag (6). 2H2+O2=2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若A为Zn片，B为石墨棒，该原电池中，锌失去电子变成锌离子进入溶液，所以锌极(A极)为负极，石墨为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以电极反应式为2H++2e-=H2↑；‎ ‎(2)若A为铜片，B为银片，电解质为AgNO3溶液，该原电池中，铜片作负极，铜片失电子变成二价铜离子进入溶液，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；银片作正极，正极上银离子得电子生成银单质，电极反应式为2Ag++2e-=2Ag；‎ ‎(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，在该氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，通入氧气的一极为正极，氢气和氧气反应生成水，所以电池总反应式为2H2+O2=2H2O。‎