元素周期表及周期律2015高考题

1、（2015·新课标I）12W、X、Y、Z均为的短周期元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（）A单质的沸点：W>XB阴离子的还原性：A>ZC氧化物的水化物的酸性：Y<ZDX与Y不能存在于同一离子化合物中【答案】B【解析】W的L层电子数为0，可知W为H元素；X的L层电子数为5，可知X为N元素；Y和Z的L层电子数为8，均为第3周期元素；根据它们的最外层电子数之和为18，原子序数依次增加，可知Y为P元素，Z为Cl元素。A选项，氢气和氮气均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，错误；B选项，

2、H元素的非金属性比Cl弱，所以简单离子还原性H+>Cl-，正确；C选项，未说明是最高价氧化物水化物的酸性，错误；D选项，以磷酸铵（NH4）3PO4为例，错误。（2015·新课标II）9.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A.元素的非金属性次序为c>b>aB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. d和其他3种元素均能形成离子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】根据题意推出a、b

3、、c、d，依次为H、S、Cl、K，根据元素周期表的性质及递变规律，A非金属性c>b>a,B能与H、S、Cl形成共价化学物，但是与K只能形成离子化合物，K是金属元素只能和其他元素形成离子化合物，根据化合价的递变规律，D选项也是正确的，所以答案选B.（2015·北京）7、下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A、酸性;H2SO4>H3PO4 B、非金属性：Cl>Br C、碱性：NaOH>Mg(OH)2 D、热稳定性：Na2CO3>NaHCO3【答案】D【解析】本题考查元素周期表中氧化性还原性强弱比较及其递变规律。其中A比较的是最高价氧化物对应水化

4、物的酸性氧化性越强弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，选项正确。其中B根据周期表的位置关系同主族中序数小的氧化性强来推断，选项正确。其中C与金属性强弱有关，还原性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强正因此正确。D中，盐的热稳定性无法应用元素周期率判断，因此 D 错。（2015·福建）10.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如右下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法不正确的是A.原子半径:W>Z>Y>XB.最高价氧化物对应水化物的酸性:X>W>ZC.最简单气态氢化物的热稳定性:Y>X>W>ZD.元素X

5、、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】A【解析】：本题考查的是原子结构和元素周期律，根据题目中所给周期表短周期的一部分可知，X、Y是第二周期元素，Z、W为第三周期元素，又以为W质子数是最外层电子数的3倍，可推出W是P，根据位置关系，X、Y、Z分别为N、O、Si。A选项中，原子半径大小关系是：Si>P>N>O，故A错误。B选项，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：O>N>P>Si，故B正确。C选项中，非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，故C正确。D选项中，主族元素的最高正化合价等于主族序数（O、F除外），故D正确。（2015

6、·山东）8、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知YW的原子充数之和是Z的3倍，下列说法正确的是YZXWA 原子半径：X<Y<ZB 气态氢化物的稳定性：X>ZC Z、W均可与Mg形成离子化合物D 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W【答案】C【解析】根据题意，设Y元素原子序数为x，则Z、W的原子序数分别为x+1和x+10，根据题意列方程解得x=7，则图中四种元素分别是：X硅，Y氮，Z氧，W氯。A选项原子半径应为：Z < Y < X；B选项气态氢化物的稳定性应为：X<Z；C选项MgO、MgCl2均为离子化合物，C正确；D

7、选项最高价氧化物对应水化物的酸性应为：Y<W。（2015·浙江）9右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是AX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】 D【解析】根据W元素的核电荷数为X元素的2倍以及元素周期表的位置得出X、Y、Z、W依次是O，Si，P，S。选项A，O、

8、S、P元素气态氢化物的热稳定性依据非金属性判断，应该依次递减，错误。选项B，S元素在自然界中能以游离态存在，错误。选项C，SiO2为原子晶体熔化克服的作用力是共价键，错误。选项D，正确。（2015·上海）1中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于的叙述错误的是（）A原子序数116B中子数177C核外电子数116 D相对原子质量293【答案】D【解析】因为原子序数=核电荷数=质子数=电子数，所以原子序数为116，A正确；核外电子数为116，C正确；由于质量数=质子数+中子数，所以中子数为177，B正确；相对原子质量约为质子数与中子数之和，约为293，D错误。（

9、2015·上海）3某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（）A不可能有很高的熔沸点B不可能是单质C可能是有机物D可能是离子晶体【答案】A【解析】二氧化硅晶体中含有极性键，具有较高的熔沸点，故A错误；单质形成的原子晶体中含有非极性键，故B正确；冰醋酸晶体中含有极性键，故C正确；NaOH中含有极性键，是离子晶体，故D正确；故选择A。（2015·上海）6将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（）A2种B3种C4种D5种【答案】C【解析】Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4都含有离子键，加热融化时，需要克服相同类型

10、的作用力。（2015·上海）15一般情况下，前者无法决定后者的是（）A原子核外电子排布元素在周期表中的位置B弱电解质的相对强弱电离常数的大小C分子间作用力的大小分子稳定性的高低D物质内部储存的能量化学反应的热效应【答案】C【解析】根据原子核外电子排布可以推测元素在周期表中的位置，A正确；弱电解质的相对强弱可以决定其电离常数的大小，B正确；分之间作用力的大小不能决定分子稳定性的高低，C错误；物质内部储存的能量可以决定化学反应的热效应，D正确。故选C。（2015·上海）16短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应

11、的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（）A元素丙的单质可用于冶炼金属B甲与丁形成的分子中由非极性分子C简单离子半径：丁>乙>丙D甲与乙形成的化合物均有氧化性【答案】D【解析】由题意可得，甲为O，乙为Na，丙为Al，丁为S，铝单质可以用来冶炼金属，比如铝热反应，A正确；甲与丁形成的SO3分子中有非极性分子，B正确；简单离子半径：S2->Na+>Al3+，C正确；甲与乙形成的化合物Na2O没有强氧化性，D错误。故选D。（2015·江苏）5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子虽外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处

12、于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是（）A.原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB.原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC.元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W【答案】A【解析】先推出元素的种类在进行判断。根据Y是至今为止发现的非金属性最强的元素，所以为氟元素，X原子最外层有六个电子，且原子序数小于Y，所以X为氧元素，Z在周期表中周期序数等于族序数应等于3，所以为铝元素，W为半导体，所以为硅。据此推测A正确。（2015·海南）2. 下列离子中半径最大的是ANaBMg2CO2D F【答

13、案】C【解析】这些离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选项是C。（2015·海南）12abcd为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是Ad元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物Dbcd与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键【答案】D【解析】：短周期元素中M层电子数是1个，则a的核外电子排布是2，8，1，a是钠元素；

14、b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2，4，b是碳元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c是硫元素；c与d同周期，d的原子半径小于c，根据元素周期律可知d 是氯元素。A中，在上述元素中非金属性最强的氯元素吗，故正确。B中钠元素，碳元素，硫元素都可以形成两种氧化物，而氯可以形成Cl2O,ClO2,Cl2O7等多种氧化物，故正确；C 中钠是金属元素，可以与非金属元素碳，硫，氯形成离子化合物，故正确。D中碳元素可以与氢元素形成只含有极性键的化合物CH4也可以形成含有极性键非极性键的化合物若CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极

15、性键，错误。（2015·天津）25(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是_。（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）_；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：_。（4）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液

16、的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：_。写出m点反应的而离子方程式_。若在R溶液中改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。【答案】（1）第三周期 IIIA族（2）r(O2-)>r(Na+) HClO4>H2SO4（3）（4）2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) H=511KJ·mol-1（5）c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)

17、NH4+OH-=NH3·H2O0.022【解析】根据图示信息，结合原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，判断出x、y、z、d、e、f、g、h的元素符号分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）f是Al，在周期表中的位置是第三周期IIIA族。（2）d、e离子分别是O2-、Na+，两者的电子层结构相同，根据径大序小原则，两者的离子半径大小：r(O2-)>r(Na+）； g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸分别是HClO4、H2SO4，根据周期律的原则，Cl的非金属性比S强，故酸性强弱为HClO4>H2SO4；（3）H、N可以组成四原子共价化合物NH3，其电子式

18、为：（4）1mole Na在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.5KJ热量，g根据方程式2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s)，反应热应为写出反应511KJ·mol-1，故热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) H=511KJ·mol-1。（5）zx4f(gd4)2为NH4Al(SO4)2由图示可以看出，OH-先跟Al3+反应，再跟NH4+反应，说明Al3+比NH4+更弱，因此Al3+水解程度更大，在NH4Al(SO4)2溶液中剩余的更少，因此c(NH4+)> c(Al3+)，NH4Al(SO4)2溶液因Al3+、NH4+的水解而显酸性

19、，因此c(H+)> c(OH-)，SO42-未发生变化，其浓度最大，在NH4Al(SO4)2溶液中，因为溶液中原有离子的浓度大于水解出的离子，因此离子浓度由大到小的顺序是c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)；根据图示信息，结合分析，图中0-30段为OH-跟Al3+反应，30-40段为OH-跟NH4+反应，m点在30-40之间，因此m点反应的离子方程式为：NH4+OH-=NH3·H2O；10ml 1mol·L-1 NH4Al(SO4)2与20ml 1.2mol·L-1Ba(OH)2的物质的量

20、之比为5:12，此时可以重新认为有5个NH4Al(SO4)2跟12个Ba(OH)2反应，此时溶液共有5个NH4+、5个Al3+、10个SO42-、12个Ba2+、24个OH-，由此可以看出Ba2+剩余，10个SO42-跟10个Ba2+反应生成10个BaSO4，15个OH-先跟5个Al3+反应生成5个Al(OH)3，再跟5个NH4+反应生成5个NH3·H2O，此时会有4个OH-剩余，剩余的4个OH-会溶解4个Al(OH)3生成2个2 Ba(AlO2)2，发生的反应为5NH4Al(SO4)2+12Ba(OH)2=10BaSO4+Al(OH)3+5NH3·H2O+2 Ba(AlO

21、2)2，因此溶液中产生的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，沉淀物质的量为可根据Ba(OH)2的物质的量逐一计算，或者根据方程式系数简单计算出，BaSO4和Al(OH)3沉淀物质的量之和是Ba(OH)2物质的量的11/12，即11/12×20ml×10-3× 1.2mol·L-1=0.022mol。（2015·安徽）25（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。（1）Si位于元素周期表第_周期第_族。（2）N的基态原子核外电子排布式为_；Cu的基态原子最外层有_个电子。（3）用“>”或“<”填空：原子半径电负性熔点沸点A

22、l_SiN_O金刚石_晶体硅CH4_SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_,溶液中的H+向_极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是_。【答案】（1）三A（2）1S22S22P3 1 （3）（4）2H+NO3+e=NO2+H2O 正铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步发生反应【解析】(1）考查元素在周期表的结构，Si位于元素周期表第三周期第A族，（2）N的基态原子核外电子排布式式为

23、1S22S22P3。Cu的基态原子最外层只有一个电子。(3) 同周期的原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径AlSi，电负性同周期从左到右依次增大，所以电负性NO，金刚石和晶体硅都是原子晶体，但是由于碳原子半径小于硅的原子半径，所以熔点金刚石的熔点大于晶体硅的熔点。对于分子组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力（范德华力）越大，物质的熔沸点越高，因此沸点CH4SiH4（4）0到t1这段时间，由于Al的活泼性大于铜的活泼性，因此Al先与浓硝酸发生氧化还原反应，Al失去电子，做反应的负极，浓硝酸做电池的正极，因此正极反应式为2H+NO3+e=NO2+H2O，溶液中的氢离子移向正极，t

24、1时，由于铝在浓硝酸中发生钝化，生成致密的氧化铝薄膜，阻碍进一步发生反应，此时铜与浓硝酸发生氧化还原反应，铜做负极，铝做正极，电子移动的方向发生偏转。（2015·浙江）27(6分) 请回答：(1) H2O2的电子式_。(2) 煤燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由_。(3) 在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式_。(4) 完成以下氧化还原反应的离子方程式：( )MnO( )C2O+_( )Mn2+( )CO2_(12分) 化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应

25、可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况) 的H2。请推测并回答：(1) 甲的化学式_。(2) 甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式_。(3) NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式_。(4) 甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3) 脱锈过程发生的化学方程式_。(5) 某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说

26、明理由_。【答案】（1）（2）2Mg + CO22MgO + C（3）AgCl + BrAgBr + Cl（4）2MnO4 + 5C2O42 + 16H+2Mn2+ + 10CO2+ 8H2O（1）NaH（2）4NaH + AlCl3NaAlH4 + 3NaCl（3）NaAlH4 + 2H2ONaAlO2 + 4H2（4）3NaH + Fe2O32Fe + 3NaOH（5）制备过程中不合理，盐酸具有挥发性，HCl气体也可能会和Na反应，故固体中有可能混有NaCl。验纯过程中不合理，产物中可能会有Na剩余，和水反应也会产生H2，同时可能也还有NaCl杂质。【解析】（1）双氧水中氧和氢共用一对电子

27、对，氧和氧共用一对电子对，答案为（2） 镁能在高温下和二氧化碳反应，故不能用二氧化然来灭镁燃烧。（3） 根据颜色推出淡黄色沉淀为AgBr，故离子反应答案为AgCl + BrAgBr + Cl。（4） 根据氧化还原反应，Mn从+7降到+2，C从+3升到+4，依据得失电子守恒，最小公倍数为10，故Mn的系数为2，C2O42系数为5，再根据前后阴阳离子守恒，前空应为H+，后空为H2O。（1）由题中可知，甲分解生成钠和氢气，知道甲组成中有钠和氢，根据4.80g甲能生成0.1mol氢气得出，甲为NaH。（2） 根据反应的元素守恒，推出另一种物质为NaCl，故答案为4NaH + AlCl3NaAlH4 +

28、 3NaCl。（3） 根据题意能发生氧化还原反应，推出NaAlH4和水发生反应为氢元素归中反应，故答案为NaAlH4 + 2H2ONaAlO2 + 4H2（4） 因为可以除去铁锈，故推出产物为Fe，故答案为3NaH + Fe2O32Fe + 3NaOH。盐酸会挥发，气体中会混有氯化氢，能与钠反应。反应后，产物中可能还会有钠剩余，也能和水反应产生氢气。（2015·上海）白云石的主要成份是CaCO3·MgCO3，在我国有大量的分布。以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离。碳化反应是放热反应，化

29、学方程式如下：Ca(OH)2 + Mg(OH)2 + 3CO2 CaCO3 + Mg(HCO3)2 + H2O完成下列填空26 Mg原子核外电子排布式为；Ca原子最外层电子的能量Mg原子最外层电子的能量。（选填“低于”、“高于”或“等于”）【答案】，高于【解析】镁元素是第12号元素，所以镁原子的原子结构示意图是：。钙元素处在第四周期，所以价电子排布为：4s2,而镁是3s2，显然能层越高，能量就越大，所以钙原子的最外层电子的能量高于镁原子的。（2015·海南）14. （分）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，

30、回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。（3）ZX中共价键的类型分别是。【答案】（1）氢氟酸；SiO2+MgO2+Mg2Si；（2）Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；（3）非极性键、极性键【解析】试题分析：Z为半导体单质，则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应；其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。其余问题可解（2015·四川）8.（13分）X、Z、Q、R

31、、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R数同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。请回答下列问题：（1）R基态原子的电子排布式是_.（2）利用价层电子对互斥理论判断TU2的立体构型是_.（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_(填化学式)；Z和U的氢化物中沸点较高的是_(填化学式)；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_(填化学式(4)CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_【答案】（1）1s22s22

32、p63s23p2 (2)三角锥型 (3)HNO3；HF；Si>Mg>Cl2 (4)10CuSO4+P4+16H2O=4H3PO4+10Cu+10H2SO4【解析】根据题中信息可得到：X为C；Z为F；Q为Mg；R为Si；T为P；U为Cl。（1）题可写出电子排布式为1s22s22p63s23p2。（2）题已知TU3为PCl3，算出其杂化轨道数目为4，VSEPR模型为四面体结构，又因P原子有一对孤对电子，所以其立体构型为三角锥型。（3）题X元素所在的第二周期由左到右非金属性增强，可得到酸性最强的是HNO3；HF中由于氢键，其沸点高于HCl；各晶体熔点比较的一般规律为：原子晶体>离子

33、晶体>金属晶体>分子晶体，可得出Si>Mg>Cl2；（4）题已知反应物和生成物，可根据得失电子守恒配平。.7.热化学（2015·北京）9、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、 CO和O生成CO2是吸热反应B、 在该过程中，CO断键形成C和OC、 CO和O生成了具有极性共价键的CO2D、 状态 状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】本题考查反应原理中化学反应与能量变化的知识。A中反应能量的判断，根据反应过程能量图初始状态I高于末状态III可以判断此为反应放热反应，因此

34、错。B选项根据状态I、II 可以看出CO碳氧键一直未断裂，错。C.由图 III 可知，生成物是 CO2，不同元素形成极性共价键， C 正确。D.由图可知为CO与O的反应，D 错。（2015·重庆）6黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H= x kJ·mol1已知硫的燃烧热H1= a kJ·mol1S(s)+2K(s)=K2S(s) H2= b kJ·mol12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3= c kJ·mol1则x为

35、A3a+bc Bc +3ab Ca+bc Dc+ab【答案】A【解析】考查盖斯定律的应用。根据盖斯定律，可得x=3a+bc，选A。（2015·上海）8已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2 H2O + O2 + QD反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】D【解析】催化剂对反应的热效应以及H2O2的平衡转化率没有影响，故A、B错误；由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故选D。（2015·江苏）15.在体

36、积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应达到平衡,平衡时的物质的量浓度随温度的变化如图所示（图中、点均处于曲线上）。下列说法正确的是（）多选A.反应的、B.体系的总压强：（状态）>2（状态I）C.体系中c（CO）：D.逆反应速率 : （状态）>（状态）【答案】BC【解析】A项，因为该反应是吸热反应，所以H>0，所以A项错误。D项因为状态III的温度高于状态I 温度，所以无论正反应速率还是逆反应速率都是状态III大于状态I，所以D项错误。（2015·海南）4己知丙烷的燃烧热H=-2215K

37、J·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成18g水，则放出的热量约为A 55 kJ B220 kJC550 kJ D1108 kJ【答案】A【解析】：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生1.8g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=m÷M=1.8g÷18g/mol=0.1mol，所以反应放出的热量是Q=(2215kJ/mol÷4mol)×0.1=55.375kJ,因此大于数值与选项A接近。故答案的A.（2015·新课标I）28（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问

38、题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2,该反应的还原产物为_。（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17。（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（4

39、）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120X(HI)10.910.850.8150.7950.784X(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：_。上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=_min-1由上述实验数据计算得到

40、v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_（填字母）【答案】15分MnSO4； 4.72×10-7； 299K=0.1082/0.7842； K·k正；1.95×10-3A点、E点【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；= =4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）H2（g）+I2（g）初

41、始 1mol·L-10 0平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1所以K=0.1082/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1（0.85）2=1.95×10-3。（2015·新课标II）27.（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气（主要成分为）在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：回答下列问题：（1）已知反应中相关的化学键键能数据如下：由

42、此计算:已知,则.（2）反应的化学平衡常数K表达式为_;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_（填曲线标记字母），其判断理由是_。（3）组成时，体系中的平衡转化率温度和压强的关系如图2所示。值随温度升高而_（填“增大”或“缩小”）其原因是_；图2中的压强由大到小为_，其判断理由是_。【答案：】（1）-99 +44（2）a 反应是放热反应，K应该随温度的升高而变小，（3）减小反应是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的

43、反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。【解析：】（1）根据反应焓变等于反应物的键能总和-生成物的键能总和得出H1=-99kJ/mol, H3=H2-H1,得出H3 =+44kJ/mol，（2）a 反应是放热反应，K应该随温度的升高而变小，（3）减小反应是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化

44、率，而反应为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。（2015·天津）25(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是_。（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）_；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：_。（4）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。（5）上述元

45、素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：_。写出m点反应的而离子方程式_。若在R溶液中改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。【答案】（1）第三周期 IIIA族（2）r(O2-)>r(Na+) HClO4>H2SO4（3）（4）2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) H=511KJ·mol-1（5）c(SO42-)>

46、 c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)NH4+OH-=NH3·H2O0.022【解析】根据图示信息，结合原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，判断出x、y、z、d、e、f、g、h的元素符号分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）f是Al，在周期表中的位置是第三周期IIIA族。（2）d、e离子分别是O2-、Na+，两者的电子层结构相同，根据径大序小原则，两者的离子半径大小：r(O2-)>r(Na+）； g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸分别是HClO4、H2SO4，根据周期律的原则，Cl的非金属性比S强，故酸性强弱为

47、HClO4>H2SO4；（3）H、N可以组成四原子共价化合物NH3，其电子式为：（4）1mole Na在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.5KJ热量，g根据方程式2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s)，反应热应为写出反应511KJ·mol-1，故热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) H=511KJ·mol-1。（5）zx4f(gd4)2为NH4Al(SO4)2由图示可以看出，OH-先跟Al3+反应，再跟NH4+反应，说明Al3+比NH4+更弱，因此Al3+水解程度更大，在NH4Al(SO4)2溶液中剩余的更少，因此c(NH4+)&g

48、t; c(Al3+)，NH4Al(SO4)2溶液因Al3+、NH4+的水解而显酸性，因此c(H+)> c(OH-)，SO42-未发生变化，其浓度最大，在NH4Al(SO4)2溶液中，因为溶液中原有离子的浓度大于水解出的离子，因此离子浓度由大到小的顺序是c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)；根据图示信息，结合分析，图中0-30段为OH-跟Al3+反应，30-40段为OH-跟NH4+反应，m点在30-40之间，因此m点反应的离子方程式为：NH4+OH-=NH3·H2O；10ml 1mol·L-1 NH4

49、Al(SO4)2与20ml 1.2mol·L-1Ba(OH)2的物质的量之比为5:12，此时可以重新认为有5个NH4Al(SO4)2跟12个Ba(OH)2反应，此时溶液共有5个NH4+、5个Al3+、10个SO42-、12个Ba2+、24个OH-，由此可以看出Ba2+剩余，10个SO42-跟10个Ba2+反应生成10个BaSO4，15个OH-先跟5个Al3+反应生成5个Al(OH)3，再跟5个NH4+反应生成5个NH3·H2O，此时会有4个OH-剩余，剩余的4个OH-会溶解4个Al(OH)3生成2个2 Ba(AlO2)2，发生的反应为5NH4Al(SO4)2+12Ba(OH

50、)2=10BaSO4+Al(OH)3+5NH3·H2O+2 Ba(AlO2)2，因此溶液中产生的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，沉淀物质的量为可根据Ba(OH)2的物质的量逐一计算，或者根据方程式系数简单计算出，BaSO4和Al(OH)3沉淀物质的量之和是Ba(OH)2物质的量的11/12，即11/12×20ml×10-3× 1.2mol·L-1=0.022mol。（2015·安徽）27（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13）。（1）在第步反应加料之前，需要将反应器