2018-2019学年新疆乌鲁木齐市第四中学高一下学期期中考试化学试卷（解析版） 18页

新疆乌鲁木齐市第四中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题 ‎1. 下列说法均摘自某些科普杂志，你认为无科学性错误的是 A. 铅笔芯的原料是重金属铅，儿童在使用时不可以用嘴吮吸铅笔，以免引起铅中毒 B. CO有毒，生有煤炉的居室放置数盆清水，这样可有效的吸收CO，防止煤气中毒 C. 汽水浇灌农田有一定的道理，其中二氧化碳的缓释，有利于作物的光合作用 D. 纯碱又名烧碱，成分是氢氧化钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A项铅笔芯的主要成分为碳，说法错误；B项CO难溶于水，错误；D项纯碱成分为碳酸钠，烧碱成分为氢氧化钠。‎ 考点：物质的性质。‎ ‎2. 下列化学用语书写正确的是 A. 氯原子结构示意图：‎ B. 氯化镁的电子式：‎ C. N2的电子式：‎ D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A项为氯离子的结构示意图；C项应为；D项氯化氢的电子式表示错误，应为：。‎ 考点：化学用语。‎ ‎3.据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数与质子数之差是 A. 136 B. ‎50 ‎C. 86 D. 222‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】质子数+中子数＝质量数，则该原子中中子数和质子数之差是222-86-86＝50，答案选B。‎ ‎4.元素的性质随原子序数的递增呈周期性变化的原因是（　 ）‎ A. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化 B. 元素原子的电子层数呈周期性变化 C. 元素的化合价呈周期性变化 D. 元素原子半径呈周期性变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由原子的电子排布可以知道，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，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，所以A选项是正确的；‎ B、由原子的电子排布可以知道，随原子序数的递增，电子层数呈现周期性的变化，与元素性质的周期性变化有关，但不是唯一因素，而是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，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故B错误；‎ C、化合价属于元素的性质，元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，故C错误；‎ D、元素的原子半径属于元素的性质，元素的原子半径的周期性变化是电子排布周期性变化的结果，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎5.下列物质中, 既含离子键、又含非极性共价键的是 A. NaOH B. Na2O‎2 ‎C. NH4Cl D. CaCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠是离子化合物，含离子键，但不含非极性共价键，故A错误；‎ B．Na2O2中钠离子和过氧根之间为离子键，在过氧根中的氧原子之间为非极性共价键，故B正确；‎ C．NH4Cl中含离子键和极性共价键，故C错误；‎ D．CaCl2只含离子键，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3‎ 也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。‎ ‎6.下列图中能正确表示X + 3Y ＝ 2Z(放热反应)过程的能量变化的是：‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．由于生成物的能量比反应物高，所以该反应为吸热反应。错误。B．由于反应物的能量比生成物高，所以该反应为放热反应。正确。C。由于反应物、生成物的能量相同，所以反应过程中无能量变化。错误。D．化学反应的过程就是旧键断裂、新键形成的过程。断裂化学键要吸收能量。这与图像画的不符合。错误。‎ 考点：考查反应热与物质的能量的多少及化学键的关系的知识。‎ ‎7.下列各装置中能组成原电池的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两个电极材料相同，且铜和稀硫酸不能发生自发进行的氧化还原反应不能构成原电池，故A错误；‎ B．符合原电池的构成条件，锌作负极发生氧化反应，溶液中氢离子在铜电极得到电子发生还原反应生成氢气，能组成原电池，故B正确；‎ C．酒精不是电解质且不能自发的进行氧化还原反应，不能构成原电池，故C错误；‎ D．无自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎8.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如图所示，其中X元素原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，则下列说法正确的是 X Y Z W Q A. X、W能与钠形成摩尔质量相同的化合物，且阴阳离子数比为1∶2‎ B. X和Z元素形成的化合物广泛应用于制造集成电路、太阳能电池板等 C. 氧化物对应的水化物酸性：W＜Q D. 原子半径大小关系：Q>W>Z>Y ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知X为O、W为S、Z为Si、Y为F、Q为Cl，X、W能与钠形成摩尔质量相同的化合物分别为Na2O2和Na2S，两者的阴阳离子的个数比均为1:2；Z广泛应用与制造集成电路、太阳能电池板等；C项最高价氧化物对应的水化物的酸性WW>Q>Y.‎ 考点：元素周期表、物质的性质。‎ ‎9. 短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是 A. 元素A所形成的氧化物只有一种 B. 元素B的最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. 元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间可发生反应 D. 氢化物的稳定性：A>B ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：元素A,B,C,D,E分别为：C，N，Mg，Al，S。碳元素岁对应的氧化物有两种。B中，氮的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，B正确。C中，对应的水化物为氢氧化镁，氢氧化铝，与硫酸。硫酸与氢氧化镁，硫酸与氢氧化铝之间均可以进行反应，氢氧化镁不溶于水，能与氢氧化铝进行反应的碱必须为能够溶于水的强碱，所以氢氧化镁与氢氧化铝之间不反应，故C错。D中，氢化物的稳定性与元素的非金属性成正比，所以氢化物的稳定性B>A。‎ 考点：‎ ‎10.电子在核外运动时，离核最近，能量最低的在( )‎ A. N层 B. M层 C. K层 D. L层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在原子核外排布时，要尽可能使电子的能量最低．一般来说，离核较近的电子具有较低的能量，随着电子层数的增加，电子的能量越来越大。‎ ‎【详解】核外电子经常出现的区域称电子层，核外电子在不同的电子层内运动的现象，叫做核外电子的分层排布．一般情况下，能量低的电子在离核较近的区域运动，能量高的电子在离核较远的区域运动，依次为K、L、M、N、O、P、Q层上，所以电子在核外运动时，离核最近、能量最低的电子是在K层。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了原子核外电子的排布，明确离核越近的电子能量越低，越远的能量越高。‎ ‎11.对于反应A2＋3B2＝‎2C来说，以下表示中，反应速率最快的是（ ）‎ A. v(B2)=0.8mol/ (L·s) B. v(A2)=0.4 mol/ (L·s)‎ C. v(C)=0.6 mol/ (L·s) D. v(B2)=1.8 mol/ (L·s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。‎ ‎【详解】根据反应的方程式可知，如果都要物质B表示反应速率，则分别是0.8 mol/(L·s)、1.2 mol/(L·s)、0.9 mol/(L·s)、1.8mol/(L·s)，则反应速率最快的是D，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率快慢的比较，注意将用不同物质来表示的速率折算成相同物质来表达的速率进行比较是解答关键。‎ ‎12.根据元素周期表和周期律，下列推断正确的是（ ）‎ A. HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强 B. KOH的碱性比NaOH的碱性强 C. HBrO4酸性比HClO4强 D. Na的金属性比Al的弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性Cl＞Br＞I，所以氢化物稳定性HCl＞HBr＞HI，选项A错误；‎ B、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性K＞Na，故KOH的碱性比NaOH的碱性强，选项B正确；‎ C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞Br，故HBrO4酸性比HClO4弱，选项C错误；‎ D、同周期，从左到右，失电子减弱，金属性减弱，故Na的金属性比Al的强，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（ ）‎ A. 左下方区域的金属元素 B. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素 C. 右上方区域的非金属元素 D. 稀有气体元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 位于金属和非金属分界线附近的元素往往既难失去电子，又难得到电子，常用来制作半导体材料，所以答案选B。‎ ‎14.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，电流由d到c；a、c相连时c极上产生大量气泡。b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为 A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 形成原电池时，负极失电子，作还原剂，正极得电子，则负极的还原性大于正极；‎ ‎【详解】若a、b相连时，a为负极，则还原性：a>b；‎ c、d相连时，电流由d到c，d为正极，还原性：c>d；‎ a、c相连时c极上产生大量气泡，c极上的氢离子得电子生成氢气，作正极，还原性：a> c；‎ b、d相连时，b上有大量气泡产生，b极上的氢离子得电子生成氢气，作正极，还原性：d>b；‎ 综上所述，a＞c＞d＞b，答案为B ‎15. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 离子化合物中只能含离子键，不能有共价键 B. 所有非金属之间形成的化学键一定是共价键 C. 电子数相同的两种微粒一定是同一元素 D. 判断化学变化的可靠方法是看有无化学键的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH等，故A错误；‎ B．铵盐中全部为非金属元素，但铵根离子与酸根离子之间以离子键结合，故B错误；‎ C．电子数相同的微粒可能为离子、原子、分子等，如HF、Ne、Na+都为10电子微粒，则不一定为同种元素，故C错误；‎ D．化学反应的实质为旧键断裂和新键生成，则判断化学变化的可靠方法是看有无化学键的变化，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎16.下列各组物质的性质顺序，不正确的是 A. 原子半径：Na＜Mg＜Al B. 热稳定性：HCl＞HBr＞HI C. 酸性强弱：H2SiO4＜H2CO3＜H2SO4 D. 熔点：SiO2＞NaCl＞CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Na＞Mg＞Al，A错误；‎ B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强。非金属性是Cl＞Br＞I，则热稳定性：HCl＞HBr＞HI，B正确；‎ C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性是Si＜C＜S，则酸性强弱：H2SiO4＜H2CO3＜H2SO4，C正确；‎ D．二氧化硅形成的晶体类型是原子晶体，氯化钠是离子晶体，而CO2是分子晶体，则熔点：SiO2＞NaCl＞CO2，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎17.下列说法不正确的是（　　）‎ A. 温度升高，正逆反应速率都增大 B. 化学反应速率和限度均可通过改变化学反应条件而改变 C. 可逆反应只是代表少数反应 D. 化学反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度升高，活化分子百分数增多，反应速率加快，正逆反应速率都加快，故A正确；‎ B．外界条件能够影响化学反应速率和平衡移动，故B正确；‎ C．可逆反应不是少数的，大部分化学反应存在可逆现象，故C错误；‎ D．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.某元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，这种元素的气态氢化物的化学式为（　　）‎ A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由元素最高正价氧化物对应的水化物的化学式是H2XO4，则最高价为+6价，其最低价为+6-8=-2价，即元素的气态氢化物中的化合价为-2价。‎ A．HX中X的化合价为-1价，故A不选；‎ B．H2X中X的化合价为-2价，故B选；‎ C．XH3中X的化合价为-3价，故C不选；‎ D．XH4中X的化合价为-4价，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎19.哈伯因发明了用氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1molN2和3 molH2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是 A. 达到化学平衡时，N2完全转化为NH3‎ B. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等 C. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化 D. 达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．可逆反应反应物不能完全反应，故A错误；B．反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，N2、H2按1：3混合，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时，N2、H2‎ 的物质的量浓度一定为1：3，故B错误；C．随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故C正确；D．可逆反应时动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故D错误；故选C。‎ 点睛：准确理解平衡状态的特征是解题关键，可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎20.下列各组微粒具有相同质子数和电子数的是（　　）‎ A. OH-和NH4+ B. H2O和NH‎3 ‎C. F和OH- D. O2-和NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．OH-质子数为8+1=9，OH-的电子数为9+1=10，NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，故A错误；‎ B．H2O的质子数等于电子数等于1×2+8=10，NH3的质子数等于电子数等于7+1×3=10，故B正确；‎ C．F的质子数等于电子数等于9，OH-的质子数为8+1=9，OH-的电子数为9+1=10，故C错误；‎ D．O2-的质子数为8，电子数为8+2=10，NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键。对于中性微粒：质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。‎ ‎21.下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1∶1稳定化合物的是 A. 3和17 B. 1和‎8 ‎C. 1和9 D. 17和12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能形成原子数之比为1:1稳定化合物，可以知道第IA族和第VIIA、第IIA族和第VIA族易形成1:1稳定化合物，另外O元素与Na、H元素也能形成1:1稳定化合物。据此分析解答。‎ ‎【详解】A.原子序数为为3的元素为Li，原子序数为17的元素为Cl，可形成LiCl，故A不选；‎ B.原子序数为为1的元素为H，原子序数为8的元素为O，可形成H2O2，故B不选；‎ C.原子序数为为1的元素为H，原子序数为9的元素为F，可形成HF，故C不选；‎ D.原子序数为为17的元素为Cl，原子序数为12的元素为Mg，可形成MgCl2，故D选。‎ 答案选D。‎ ‎22.氢—氧燃料电池是将H2和O2分别通入电池，穿过浸入20％～40％的KOH溶液的多孔碳电极，其电极反应式为：H2＋2OH－－2e－=2H2O和 O2＋2H2O＋4e－=4OH－。则下列叙述正确的是：‎ A. 通H2的一极是正极 B. 通O2的一极是负极 C. 工作一段时间后电解质溶液pH增大 D. 工作一段时间后电解质溶液pH减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水。‎ ‎【详解】A．在燃料电池中，通入燃料氢气的一极为电池的负极，故A错误；‎ B．在燃料电池中，通入燃料氢气的一极为电池的负极，通入O2的一极是正极，故B错误；‎ C．氢氧燃料电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，工作一段时间后电解质溶液的pH减小，故C错误；‎ D．氢氧燃料电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，工作一段时间后电解质溶液的pH减小，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎23.由以下一些微粒：‎136C、3919K、4020Ca、‎126C、147N、4018Ar。其中：‎ ‎(1)互为同位素的是________和________；‎ ‎(2)质量数相等，但不能互称同位素的是_________和__________；‎ ‎(3)中子数相等，但质子数不相等的是_________和_________; _________和_________。‎ ‎【答案】 (1). ‎136C (2). ‎126C (3). 4020Ca (4). 4018Ar (5). 3919K (6). 4020Ca (7). ‎136C (8). 147N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）同位素是指具有相同的质子数而中子数不同的同一元素的不同核素之间的互称，上述微粒属于同种元素的只有‎126C 和‎136C，所以互为同位素的是‎126C 和‎136C；‎ ‎（2）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，所以质量数相等，但不能互称同位素的是4020Ca 和4018Ar；‎ ‎（3）根据质子数＋中子数=质量数，‎136C中中子数=13-6=7、3919K中中子数=39-19=20、4020Ca中中子数=40-20=20、‎126C中中子数=12-6=6、147N中中子数=14-7=7、4018Ar中中子数=40-18=22，所以中子数相等，但质子数不相等的是‎136C和147N、3919K和4020Ca。‎ ‎24.如表是元素周期表的一部分，按要求填空 族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎⑪‎ ‎⑫‎ ‎（1）①元素的元素名称____________；⑩元素的元素符号_________________。‎ ‎（2）在这些元素中，____________是最活泼的金属元素；_____________是最活泼的非金属元素；________是最不活泼的元素（用元素符号填写）。‎ ‎（3）能形成气态氢化物.，且气态氢化物最稳定的是___________（用化学式填写）。‎ ‎（4）这些元素的最高价氧化物对应水化物中的最强酸是_________；最强的碱是_________；具有两性的氢氧化物是________（用化学式填写）。‎ ‎（5）从⑤到⑪的元素中，____________原子半径最小（用元素符号填写）。‎ ‎（6）比较⑤与⑥的化学性质，_________更活泼（用元素符号填写）‎ ‎（7）用电子式表示④与⑥所组成物质的形成过程_______________，该化合物属于___________（填“共价”或“离子”）化合物。‎ ‎（8）写出①与③形成的化合物的电子式_______、结构式为_______‎ ‎（9）元素③与元素⑩相比，能证明这两种元素非金属性强弱的事实是_____（填选项序号）。‎ A．常温下③的单质和⑩的单质状态不同 B．③的简单氢化物比⑩的简单氢化物稳定 C．③的简单氢化物的沸点比⑩的简单氢化物的沸点高 D．③的单质能与⑩的简单氢化物反应生成⑩‎ ‎【答案】 (1). 碳 (2). S (3). Na (4). F (5). Ar (6). HF (7). HClO4 (8). NaOH (9). Al(OH)3 (10). Cl (11). Na (12). (13). 离子 (14). (15). O=C=O (16). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由己知可得，根据元素的周期数和族序数，可以判断:①为C元素、②为N元素③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为P元素、⑩为S元素、⑾为Cl、⑿为Ar元素。‎ ‎(1)由上述分析①元素的元素名称为碳；⑩元素的元素符号为S；‎ ‎(2)元素周期表中越往左下金属性越强，越往右上非金属性越强，最不活泼的是稀有气体元素，所以在这些元素中，Na是最活泼的金属元素；F是最活泼的非金属元素；Ar是最不活泼的元素；‎ ‎(3)非金属性越强,形成的气态氢化物越稳定，故这些元素中气态氢化物最稳定的是HF；‎ ‎(4)非金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物碱性越强，故这些元素的最高价氧化物对应水化物中最强的酸是HClO4；最强的碱是NaOH；具有两性的氢氧化物是Al(OH)3；‎ ‎(5)同周期元素，原子序数越大半径越小，故从⑤到⑪的元素中，Cl原子半径最小；‎ ‎(6)金属性越强与酸或水反应越容易，故Na和Mg相比Na更活泼，分别将钠和镁投入冷水中，钠剧烈反应，镁缓慢反应，说明Na金属性比Mg强；‎ ‎ (7) F和Mg通过电子得失形成离子化台物MgF2，电子式表示其形成过程为：；该化合物属于离子化合物；‎ ‎（8）①与③形成化合物CO2的电子式为、结构式为O=C=O；‎ ‎（9）A．物质状态属于物理性质，不能比较Cl、S元素的非金属性强弱，选项A错误；‎ B．元素非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，能比较Cl、S元素的非金属性强弱，选项B正确；‎ C．③的简单氢化物H2O的沸点比⑩的简单氢化物H2S的沸点高是因为H2O间存在氢键，不能比较Cl、S元素的非金属性强弱，选项C错误；‎ D．③的单质O2能与⑩的简单氢化物H2S反应生成⑩S，证明氧的非金属性强于硫，选项D正确；‎ 答案选BD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查元素周期律和元表周期表的综合应用，了解元素周期表的结构，掌握元素周期律是解题关键，注意同周期、同主族元素性质的递变规律：周期表中，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；从右到左金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。‎ ‎25.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：‎ Ⅰ．探究同周期元素性质的递变规律 ‎（1）相同条件下，将钠、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的稀盐酸中，试预测实验结果：_______与稀盐酸反应最剧烈；______与稀盐酸反应产生的气体最多。‎ ‎（2）向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀，可证明S的非金属性比Si强，反应的离子方程式为_____________________________。‎ Ⅱ．探究同主族元素非金属性的递变规律 某研究性学习小组设计了一组实验来探究ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①、②处依次放置蘸有NaBr溶液、NaOH浓溶液的棉球。‎ ‎ ‎ ‎（3）写出装置B中仪器a的名称 ________________。‎ ‎（4）实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，依据该反应原理选择_____________（填“A”或“B”或“C”）装置制取氯气。‎ ‎（5）反应装置的导气管连接装置D的X导管，①处发生反应的离子方程式为________________________；‎ ‎（6）装置D中②处NaOH浓溶液的作用：________________________；写出对应的化学方程式________________。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). Al (3). 2H++SiO32-=H2SiO3 (4). 分液漏斗 (5). A (6). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (7). 吸收多余的Cl2，防止污染空气 (8). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ（1）金属活泼性顺序为：钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是Na，反应速率最慢的是Al；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属Al，‎ 故答案为：Na；Al； ‎ ‎（2）向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀，生成硅酸和硫酸钠，反应的离子方程式为SiO32－＋2H+=H2SiO3↓；‎ Ⅱ．（3）由装置图可知a为分液漏斗；‎ ‎（4）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热且是固体与液体之间的反应，因此可以选择装置A制取氯气；‎ ‎（5）反应装置的导气管连接装置D的X导管，因为①处为NaBr溶液，氯气与溴化钠反应生成溴和氯化钠，反应的离子方程式为Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2；‎ ‎（6）装置D中②处NaOH浓溶液作用：吸收多余的Cl2，防止污染空气；氢气化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。‎ ‎26.某化学小组的同学为探究原电池原理，设计如图所示装置，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中 ‎（1）外电路，电子从__________极流出。溶液中，阳离子向_______极移动。‎ ‎（2）锌为____极,电极上发生的_______________反应（“氧化”或“还原”）,电极反应式_______________锌片上观察到的现象为_____________________；铜为__________极,电极上发生的是_______________反应（“氧化”或“还原”）, 电极反应式____________________________________,铜片上观察到现象的为__________‎ ‎（3）若反应过程中有0.2 mol电子发生转移，则生成的气体在标准状况下的体积为______________。‎ ‎（4）该小组同学将稀硫酸分别换成下列试剂，电流计仍会偏转的是_____（填序号）。‎ A．无水乙醇 B．醋酸溶液 C．CuSO4溶液 D．苯 ‎（5）实验后同学们经过充分讨论，认为符合某些要求的化学反应都可以通过原电池来实现。下列反应可以设计成原电池的是____________（填字母代号）。‎ A． NaOH+HCl=NaCl+H2O B． 2H2+O2=2H2O C． Fe+2FeCl3=3FeCl2 D． 2H2O=2H2↑+O2↑‎ ‎【答案】 (1). Zn（或“负”） (2). Cu（或“正”） (3). 负 (4). 氧化 (5). Zn+2e-=Zn2+ (6). 锌片不断溶解 (7). 正 (8). 还原 (9). 2H++2e-=H2↑ (10). 有无色气泡产生 (11). ‎2.24L (12). BC (13). BC ‎【解析】‎ ‎【详解】锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌作负极、铜作正极。‎ ‎（1）外电路，电子从负极Zn极流出。溶液中，阳离子向正极Cu极移动；‎ ‎（2）锌为负极,电极上Zn失去电子发生的氧化反应,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；锌片上观察到的现象为锌片不断溶解；铜为正极,电极上氢离子得电子发生的是还原反应, 电极反应式为2H++2e-=H2↑,铜片上观察到现象的为有无色气泡产生；‎ ‎（3）根据2H++2e-=H2↑，有0.2 mol电子发生转移，则生成0.1mol H2，在标准状况下的体积为‎2.24 L；‎ ‎（4）无水乙醇和苯不是电解质溶液，替换稀硫酸后不能形成原电池，电流计不会偏转；‎ 醋酸溶液和CuSO4溶液是电解质溶液，替换稀硫酸后可以形成原电池，电流计仍会偏转，答案选BC；‎ ‎（5）自发的氧化还原反应可以设计成原电池。‎ A． 反应NaOH+HCl=NaCl+H2O不是氧化还原反应，选项A不符合；‎ B． 反应2H2+O2=2H2O是自发的氧化还原反应，选项B符合；‎ C． 反应Fe+2FeCl3=3FeCl2是自发的氧化还原反应，选项C符合；‎ D．反应2H2O=2H2↑+O2↑不能自发进行，选项D不符合；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理，涉及原电池的判断、电极反应式书写、有关计算等，注意原电池的构成条件：一个自发的氧化还原反应、两个活动性不同的电极、一个电解质溶液、连成闭合回路。‎ ‎27.在‎0.1L密闭容器中有0.1molSO2和0.05molO2发生反应，恒温下30min后达到平衡。‎ ‎（1）若得到0.06molSO3，求达到平衡时SO2的浓度_______。‎ ‎（2）求30min内的反应速率：v（SO3）、v（O2）_______。‎ ‎（3）求平衡时气体压强与开始时气体压强之比_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.4 mol/L (2). 0.02 mol/(L·min),0.01 mol/(L·min) (3). 4:5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】可逆反应：设二氧化硫的变化量为xmol，‎ ‎2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)‎ 起始量（mol） 0.1 0.05 0‎ 变化量（mol） x 0.5x x 平衡量（mol） 0.1-x 0.05-0.5x x ‎（1）若n(SO3)= x=0.06mol，达平衡时SO2的浓度==0.4mol/L；‎ ‎（2）30min内的反应速率：v（SO3）=∆c/t=(0.06/0.1)/30=0.02mol/(L.min)；根据速率之比和各物质前面的系数成正比可知，v（O2）=1/2 v（SO3）=0.02/2=0.01 mol/(L.min)；v（SO2）= v（SO3）=0.02mol/(L.min)；‎ ‎（3）30min末，n(SO3)= x=0.06mol，所以平衡时，气体总量n（平衡）=0.1-0.06+0.05-0.5×0.06+0.06=0.12mol；反应前气体总量n（反应前）=0.1+0.05=0.15mol；根据在同一条件下，气体的压强之比和气体的物质的量成正比，因此平衡时气体压强与开始时气体压强之比0.12mol：0.15mol=4：5。‎