【化学】山东省潍坊市2019-2020学年高一下学期4月阶段考试试题（解析版） 17页

山东省潍坊市2019-2020学年高一下学期4月阶段考试试题 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 核素的种类比元素种类少 B. H2 、 D2 、T2 互为同位素，因为它们核内质子数相同，中子数不同 C. 通常人们所说的 C—12 原子是指质子数和中子数都是 6 的碳原子 D. ‎14 C 和‎12 C 互为同位素，两者的化学性质不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一种元素可以有多种核素，因此核素的种类比元素的种类多，A项错误；‎ B. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，因此H2、D2、T2不属于同位素，B项错误；‎ C. C—12 原子是指质量数为12的碳原子，其质子数为6，中子数为6，C项正确；‎ D. 同位素化学性质相同，物理性质有差异，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 中子数为10的氧原子：O B. 硫化钠的电子式：‎ C. Mg2+的结构示意图：‎ D. HCl 的形成过程：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为：O，A项错误；‎ B. 硫化钠属于离子化合物，电子式为：，B项错误；‎ C. Mg2+的结构示意图为，C项正确；‎ D. HCl为共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对结合，因此形成过程为，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列反应过程中的能量变化与图一致的是（ ）‎ A. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3‎ B. C+CO22CO C. CaCO3CaO+CO2↑‎ D. C+H2OCO+H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】按反应过程中热量的变化，通常把化学反应分为放热反应、吸热反应。‎ ‎①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等。②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、铝热反应属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故A选项正确；B、碳与二氧化碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故B选项错误；‎ C、碳酸钙分解生成吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故C选项错误；‎ D、碳和水蒸气反应属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，故D选项不正确。‎ 答案选A。‎ ‎4.下列装置或操作能达到实验目的是（ ）‎ A. 利用装置甲从a口进气可收集Cl2、NO2等气体 B. 利用装置乙在海带提碘实验中用于灼烧海带 C. 利用装置丙吸收氨气能够防止倒吸 D. 利用装置丁分离互不相溶的液体混合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl2的密度大于空气的密度，收集时应选择向上排空气法，即应从b口进气，A项错误；‎ B. 灼烧海带时选择坩埚，B项正确；‎ C. 利用丙装置吸收氨气时应用四氯化碳防止倒吸而不是用苯，C项错误；‎ D. 分离互不相溶的液体混合物应该用分液方法分离，用蒸馏装置分离互溶的液体混合物，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.科学家预言自然界中可能存在原子序数为114号的稳定同位素X，根据原子结构理论和元素周期律下列预测错误的是（ ）‎ A. X位于第七周期，第ⅣA 族 B. X是金属元素 C. XO2是酸性氧化物 D. X元素的化合价有+2和+4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】114号元素核外有7个电子层，且最外层电子数为4，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 114号元素核外有7个电子层，且最外层电子数为4，因此在周期表中位于第七周期第IVA族，A项正确，不符合题意；‎ B. 第IVA族锗之后的元素均为金属元素，B项正确，不符合题意；‎ C. 同主族从上到下，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐减弱，碳酸为弱酸，因此114号元素最高价氧化物对应的水化物酸性可能不具有酸性，因此XO2可能为碱性氧化物，C项错误，符合题意；‎ D. 同主族的碳有+2和+4两种价态，那么114号元素也可能有+2和+4两种价态，D项正确，不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎6.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. Q位于第三周期ⅠA族 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C. 简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋‎ D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；‎ B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；‎ C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；‎ D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎7.固体 A 的化学式为 NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，与H2O反应生成H2下列说法错误的是（ ）‎ A. 1 molNH5 中含有 4NA个N—H 键(NA表示阿伏加德罗常数)‎ B. NH5中既有共价键又有离子键 C. NH5中的氢离子的电子层排布与Li+不相同 D. 它与水反应的化学方程式为：NH5＋H2O＝NH3·H2O＋H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】固体 A 的化学式为 NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，因此其化学式可书写为NH4H，属于离子化合物，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 由分析可知A的分子式为NH4H，属于离子化合物，因此1 molNH5 中含有 4NA个N—H 键，A项正确，不符合题意；‎ B. NH5可书写为NH4H，属于离子化合物，结构中既有离子键又有共价键，B项正确，不符合题意；‎ C. NH5中的氢负离子最外层上有2个电子，与Li+的电子层排布相同，C项错误，符合题意；‎ D. NH5与H2O反应生成H2，反应方程式为：NH5＋H2O＝NH3·H2O＋H2↑，D项正确，不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎8.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z 元素和 W 元素同主族，R元素可形成黄绿色气体单质。下列说法错误的是（ ）‎ A. W元素和X元素形成的化合物WX属于极性分子 B. X元素与Y元素可形成阴阳离子个数比为1:2的化合物 C. 制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质Z D. X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，可知W为碳；X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂（臭氧可作消毒剂），可知X为氧；Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，那么Y为铝，Z 元素和 W 元素同主族，可知Z为硅，R元素可形成黄绿色气体单质，可知R为氯，据此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. W元素和X元素形成的化合物为CO，属于极性分子，A项正确，不符合题意；‎ B. X元素与Y元素形成的化合物为Al2O3，因此不能形成阴阳离子个数比为1:2的化合物，B项错误，符合题意；‎ C. 制造日常生活中所使用的计算机芯片需要的是硅元素，C项正确，不符合题意；‎ D. X元素和R元素形成的可用于自来水的消毒的化合物为ClO2，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎9.空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法，流程如下：‎ 浓缩海水粗产品溴溴蒸气物质X产品溴 下列说法错误的是（ ）‎ A. ①中发生的主要反应为Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－‎ B. 物质X为HBrO C. ②③的目的是富集溴元素 D. 空气吹出法利用了溴易挥发的性质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】浓缩海水中加入氯气，可将Br-氧化为Br2，通入空气和水蒸气吹出溴蒸气，通入SO2得到的物质X为HBr，再通入氯气，可将Br-氧化为Br2，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 由分析可知①中发生的主要反应为Cl2＋2Br－＝Br2＋2Cl－，A项正确，不符合题意；‎ B. 物质X为HBr，B项错误，符合题意；‎ C. ②通入空气和水蒸气吹出溴蒸气，③通入SO2得到的物质X为HBr，因此②③的目的是富集溴元素，C项正确，不符合题意；‎ D. 热空气吹出法利用了溴易挥发的性质，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎10.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 在该过程中，CO断键形成C和O B. CO和O生成了具有共价键的CO2‎ C. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 D. CO和O生成CO2是吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据能量图可知该过程为放热过程，根据形成化学键的过程可知CO与O在催化剂表面形成了新的化学键，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 在该过程中，CO与O在催化剂表面形成了新的化学键，A项错误；‎ B. CO和O生成了CO2，CO2分子中存在共价键，B项正确；‎ C. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，C项错误；‎ D. 根据能量图可知该过程为放热过程，D项错误；‎ 答案选B。‎ 二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。‎ ‎11.S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知：‎ ‎①S(单斜，s)＋O2(g)＝SO2(g) △H1＝－297.16 kJ·mol－1‎ ‎②S(正交，s)＋O2(g)＝SO2(g) △H2＝－296.83 kJ·mol－1‎ ‎③S(单斜，s)＝S(正交，s) △H3‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. △H3＝＋0.33 kJ·mol－1‎ B. 单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应 C. 正交硫比单斜硫稳定 D. ①式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】将反应②反应物与生成物交换位置后与反应①相加可得反应③，且△H3=△H1-△H2，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. △H3=△H1-△H2=-297.16-(-296.83)=-0.77 kJ·mol－1，A项错误；‎ B. 反应③S(单斜，s)＝S(正交，s) △H3=-0.77 kJ·mol－1，说明该反应为放热反应，B项正确；‎ C. 能量越低物质越稳定，因此正交硫比单斜硫稳定，C项正确；‎ D. △H=反应物的总键能-生成物的总键能，因此①式表示断裂单斜硫与O2中的共价键所吸收的总能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎12.已知RO32－的核内有x个中子，R的质量数为A，则mgRO32－含有电子的物质的量为（ ）‎ A. m(A+26－x)/(A+48) B. m(A－x－48)/(A+48)‎ C. m(A－x+50)/ (A+48) D. m(A－x+2)/A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧原子的中子数为8，RO32-的核内有x个中子，则R的中子数为x-24，R原子的质子数为A-x+24，1个RO32-含有电子数为：A-x+24+2+8×3=A-x+50，mgRO3n-的物质的量为=mol，所以mgRO32-含有电子的物质的量为×（A-x+50）mol。‎ 故选A。‎ ‎13.向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应HCO3-(aq)+H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l) 为放热反应 B. CO32-(aq)+2H+(aq)＝CO2(g)+H2O(l)  ∆H＝(∆H1+∆H2+∆H3)‎ C. ∆H1＞∆H2     ∆H2＜∆H3‎ D. H2CO3(aq)＝CO2(g)+H2O(l)，若使用催化剂，则∆H3变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图象可知，CO32-(aq)+2H+(aq)生成HCO3-(aq)+H+(aq)以及HCO3-(aq)+H+(aq)生成H2CO3(aq)都为放热反应，H2CO3(aq)生成CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，结合图象中能量的高低分析解答。‎ ‎【详解】A．由图象可知，反应HCO3-(aq)+H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) 为吸热反应，故A错误；‎ B．由盖斯定律可知CO32-(aq)+2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l) △H=(△H1+△H2+△H3)，故B正确；‎ C．由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1＜△H2，故C错误；‎ D．加入催化剂，反应热不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是（ ）‎ 序号 事实 推论 A 与冷水反应，Na比Mg剧烈 金属性：Na > Mg B Ca(OH)2 的碱性强于 Mg(OH)2‎ 金属性：Ca > Mg C 热稳定性强弱：HBr＞HI 非金属性：Br > I D 氧化性：HClO＞H2CO3‎ 非金属性：Cl > C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na与冷水迅速反应且反应剧烈，Mg与冷水反应缓慢，说明金属性Na > Mg，A项能证明元素的金属性的相对强弱，不符合题意；‎ B. 同主族从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强，因此金属性Ca > Mg，B项能证明元素的金属性的相对强弱，不符合题意；‎ C. 同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，因此非金属性Br > I，C项能证明元素的非金属性的相对强弱，不符合题意；‎ D. 比较非金属性时，利用最高价氧化为对应的水化物的酸性强弱，因此不能用HClO与H2CO3的氧化性判断非金属性的相对强弱，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎15.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法错误的是（ ） ‎ A. W的原子序数是 Z 的两倍，金属性强于Z B. W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族 C. 己属于两性氧化物 D. 等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，可知X和Z分别为H和Al，物质转化图中甲、戊是两常见金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，可知丙为Fe3O4，由此可知甲为Fe，乙为H2O，丁为H2，戊为Al，已为Al2O3，因此X、Y、Z、W分别为H、O、Al和Fe，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. W为Fe，原子序数为26，Z为Al，原子序数为13，因此W的原子序数是 Z 的两倍，且金属性Z强于W，A项错误，符合题意；‎ B. W为Fe，位于周期表第四周期第VIII族，B项正确，不符合题意；‎ C. 已为Al2O3，为两性氧化物，C项正确，不符合题意；‎ D. 等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，若铁过量，可生成硝酸亚铁，因此消耗的HNO3的量不一定相等，D项错误，符合题意；‎ 答案选AD。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.现有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期元素。已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子，这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应。请回答下列问题：‎ ‎（1）B元素的名称是_____。‎ ‎（2）D、E两元素的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是_____（填化学式）。‎ ‎（3）写出A、C两元素的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式：________。‎ ‎（4）将A元素的过氧化物‎15.6g与足量二氧化碳完全反应，有____mol 电子发生转移。‎ ‎【答案】(1). 镁 (2). HClO4 (3). Al(OH)3+OH﹣＝AlO2-+2H2O或Al(OH)3+OH﹣＝[Al(OH)4]﹣ (4). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子，这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应，说明这三种元素的最高价氧化物的水化物一种是强碱，一种是两性氢氧化物，一种为强酸，短周期元素中能形成强碱的只有Na，能形成两性氢氧化物的只有Al，A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子，且D的原子序数大于C，因此可知D为S，E为短周期元素中原子序数最大的，因此E为Cl，综上可知A为Na，B为Mg，C为Al，D为S，E为Cl，由此作答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知B为Mg，名称为镁；‎ ‎(2)D的最高价氧化物的水化物为H2SO4，E的最高价氧化物的水化物为HClO4，两者中酸性最强的是HClO4；‎ ‎(3)A的最高价氧化物的水化物为NaOH，C的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣＝AlO2-+2H2O或Al(OH)3+OH﹣＝[Al(OH)4]﹣；‎ ‎(4) A的过氧化物为Na2O2，与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，‎15.6g(即0.2mol)Na2O2与足量二氧化碳完全反应，电子转移0.2mol。‎ ‎17.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。‎ Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 mol·L－1的盐酸中，试预测实验结果：_______与盐酸反应最剧烈，______与盐酸反应最慢。‎ ‎（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_______（填“合理”或“不合理”），说明理由：___________。‎ Ⅱ.利用下图装置可以验证非金属性的变化规律。‎ ‎（3）仪器A的名称为_________，干燥管D的作用是________________。‎ ‎（4）实验验证氯的非金属性大于硫：A中放浓盐酸、B中放KMnO4、C中盛放__________（填写试剂名称），C中反应的离子方程式为____________________。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用____________溶液吸收尾气。‎ ‎（5）若要证明非金属性：C＞Si，则A中加盐酸、B中加Na2CO3、C中加__________，观察到C中溶液的现象为___________________________________。有同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有____________溶液的洗气瓶。‎ ‎【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 不合理 (4). 因为一水合氨不是最高价氧化物对应的水化物 (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7). 硫化钠溶液(其他答案合理也可) (8). Cl2+ S2- =S + 2Cl- (9). 氢氧化钠 (10). 硅酸钠溶液 (11). 出现白色胶状物质 (12). 饱和碳酸氢钠溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ. (1)金属越活泼，反应速度越快，反应越剧烈；‎ ‎(2)判断碱性强弱时，利用最高价氧化物对应的水化物进行判断；‎ Ⅱ. (3)根据装置图判断仪器名称和仪器的作用；‎ ‎(4)A中浓盐酸与B中高锰酸钾反应生成氯气，在C中加入硫化钠溶液后，Cl2可将S2-氧化为S单质，据此可验证氯的非金属性大于硫；发生的离子方程式为：Cl2+S2-=S+2Cl-；尾气中过量的Cl2可用NaOH进行吸收；‎ ‎(5)A中盐酸与B中Na2CO3反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中可得难溶的硅酸，利用强酸制弱酸原理可得结论。‎ ‎【详解】Ⅰ. (1)金属越活泼，反应速度越快，反应越剧烈，三种金属中金属钾最活泼，金属性最强，因此钾与盐酸反应最剧烈；三种金属中金属铝最不活泼，金属性最弱，因此铝与盐酸反应最慢；‎ ‎(2) 判断碱性强弱时，利用最高价氧化物对应的水化物进行判断，因NH3·H2O不是最高价氧化物对应的水化物，因此不能进行比较，该设计不合理；‎ Ⅱ. (3)由装置图可知仪器A为分液漏斗；干燥管D可用于防止倒吸；‎ ‎(4) A中浓盐酸与B中高锰酸钾反应生成氯气，在C中加入硫化钠溶液后，Cl2可将S2-氧化为S单质，由此可知Cl2的氧化性强于S，即可知氯的非金属性大于硫；‎ ‎(5) A中盐酸与B中Na2CO3反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中可得难溶的硅酸，由此可知C中加入的物质为硅酸钠溶液，观察到的现象为出现白色胶状物质；为了防止挥发出的HCl干扰实验，可在两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。‎ ‎18.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。‎ ‎（1）E元素在周期表中的位置为______________。W、D、E三种元素的简单离子半径由大到小顺序为______________（用离子符号表示）。‎ ‎（2）常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式_______。‎ ‎（3）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为‎800℃‎，DA能与水反应放氢气，该反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎（4）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_________________________。‎ ‎【答案】(1). 第3周期IIIA族 (2). O2-＞Na+＞Al3+ (3). BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 (4). NaH + H2O= NaOH + H2↑ (5). 3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，由此可知A为H，W为O，A、D同主族，可知D为Na，E元素的周期序数与主族序数相等，可知E为Al， A、B、W、D、E五种短周期元素的质子数之和为39，可得B为C，由此进行分析作答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知E为Al，在周期表中位于第三周期第IIIA族；W、D、E三种元素的简单离子和外电子层排布相同，原子序数越小离子半径越大，因此三种离子的半径大小为：O2-＞Na+＞Al3+；‎ ‎(2)硫酸与BaO2反应可生成H2O2和硫酸钡，反应方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；‎ ‎(3)NaH与水反应生成氢气和氢氧化钠，反应方程式为：NaH + H2O= NaOH + H2↑；‎ ‎(4)含Na的淡黄色化合物为Na2O2，与氯化亚铁溶液反应，当Na2O2与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2时，生成的产物为氢氧化铁、氯化钠和氯化铁，离子方程式为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+。‎ ‎19.（1）常温下实验测得‎4g液态甲醇（CH3OH）在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出90.8kJ的热量。试写出甲醇燃烧热的热化学方程式______。 ‎ ‎（2）现己知N2（g）和H2（g）反应生成1mol NH3（g）过程中能量变化如图所示。根据下列键能数据计算N－H键键能为_____kJ•mol－1。‎ ‎（3）用如图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：‎ ‎①仪器A的名称为_______________。‎ ‎②取50mL0.1mol•L－1 HCl溶液与50mL0.1mol•L－1 NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，通过实验并计算可得中和热为54.8kJ•mol－1，上述实验数值与57.3kJ•mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是_______（填字母序号）。‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度 c．一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 ‎③若用50mL 0.1mol•L－1 CH3COOH溶液代替HCl溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会_____________（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。‎ ‎【答案】(1). CH3OH(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H＝﹣726.4kJ/mol (2). 391 (3). 环形玻璃搅拌器 (4). ab (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据‎4g液态甲醇完全燃烧放出的热量计算出1mol甲醇完全燃烧放出的热量，并写出热化学方程式；‎ ‎(2)根据△H＝反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；‎ ‎(3)①根据装置图确定仪器A的名称；‎ ‎②热量散失、温度计未洗涤干净就连续测量温度均能使实验产生误差；‎ ‎③醋酸为弱酸，属于弱电解质，电离时要吸热，据此进行分析作答。‎ ‎【详解】(1) ‎4g液态甲醇完全燃烧放出90.8kJ的热量，那么1mol甲醇完全燃烧放出的热量为726.4kJ，因此热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H＝﹣726.4kJ/mol；‎ ‎(2)设N－H键键能为x kJ•mol－1，那么△H＝反应物的总键能-生成物的总键能=×946+×436-3x=-46，解得x=391，即N－H键键能为391kJ•mol－1；‎ ‎(3)①由装置图可知A为环形玻璃搅拌棒；‎ ‎②实验装置保温、隔热效果差、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度均能使实验产生误差，因此答案选ab；‎ ‎③醋酸为弱酸，属于弱电解质，电离时要吸热，会使反应前后温度的变化值偏小。‎ ‎20.元素周期律（表）是认识元素化合物性质的重要理论。‎ ‎（1）某学习小组研究了金属锂、钠、镁的性质后发现：‎ ⅰ．锂、镁和水反应均较为微弱，钠和水反应较为剧烈 ⅱ．锂和镁的氢氧化物均为中等强度的碱 ⅲ．锂、镁在空气中燃烧均生成氧化物，而钠在空气中燃烧生成过氧化物 根据以上事实，可知锂、钠、镁三种元素的金属性强弱关系是___________________（用“＞”“＝”或“＜”）。‎ ‎（2）锶（38Sr）元素广泛存在于矿泉水中，是一种人体必需的微量元素，在元素周期表中与20Ca和56Ba同属于第ⅡA族。‎ ‎①碱性：Sr（OH)2_____ Ba (OH)2（填“＞”或“＜”）。‎ ‎②用原子结构的观点解释锶的化学性质与钡差异的原因：______________________________‎ ‎（3）硒（Se）的部分信息如图，且知34Se、35Br位于同一周期。‎ ‎①Se在元素周期表中的位置是_______________。‎ ‎②H2Se的电子式是______________。‎ ‎③‎ Cl、Se、Br的非金属性强弱的顺序是__________________；能证明上述强弱关系的事实是____________________________（写出一条即可）。‎ ‎④某同学对SeO2（白色的挥发性固体，易溶于水）的各种不同化学性质进行推测，并用SO2水溶液、H2O2溶液、NaOH溶液、稀H2SO4等试剂进行实验，证明了推测是正确的。完成下表：‎ 编号 性质推测 化学方程式 ‎1‎ 氧化性 SeO2＋2SO2＋2H2O＝Se＋2H2SO4‎ ‎2‎ ‎____________‎ ‎______________‎ ‎3‎ ‎___________‎ ‎____________‎ ‎【答案】(1). Na＞Mg＝Li (2). ＜ (3). 锶和钡位于同一主族，锶的原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，失电子能力弱 (4). 第四周期第VIA族 (5). (6). Cl＞Br＞Se (7). HCl比HBr稳定，HBr比H2Se稳定 (8). 还原性 (9). SeO2+H2O2＝H2SeO4 (10). 酸性氧化物 (11). SeO2+2NaOH＝Na2SeO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)金属越活泼，与水反应越剧烈，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，与氧气反应得到的产物种类越来越多，结构越来越复杂，据此进行分析作答；‎ ‎(2) 锶在元素周期表中与20Ca和56Ba同属于第ⅡA族，且位置在Ca与Ba之间，因此金属性也在Ca与Ba之间，据此进行分析判断；‎ ‎(3)根据硒与溴在周期表中的位置可确定硒的位置；O与Se同主族，可根据H2O的电子式书写H2Se的电子式；可根据卤素的化学性质的递变性推测Se的化学性质，由此进行分析作答。‎ ‎【详解】(1)金属越活泼，与水反应越剧烈，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，与氧气反应得到的产物种类越来越多，结构越来越复杂，因此锂、钠、镁三种元素的金属性强弱关系为Na＞Mg＝Li；‎ ‎(2) ①金属性Sr在Ca与Ba之间，因此碱性Sr（OH)2< Ba (OH)2；‎ ‎②Sr的位置在Ca与Ba之间，与钙和钡位于同一主族，但锶的原子半径比钡小，原子核对最外层电子的吸引力大，失电子能力弱，因此化学性质与钡有差异；‎ ‎(3)①Br为第四周期第VIIA族的元素，Se在Br的左侧，因此Se位于第四周期第VIA族；‎ ‎②H2O的电子式为，Se与O为与同主族，氢化物结构相似，因此H2Se的电子式为；‎ ‎③Cl与Br同主族，非金属性Cl>Br，Se与Br同周期，非金属性Se