河南省郑州市2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题+Word版含解析

1、河南省郑州市2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题1. 2018年4月22日是第49个世界地球日。今年地球日活动周主题为“珍惜自然资源呵护美丽国土”。下列有关说法或做法正确的是A. 推广使用煤、石油、天然气,有利于缓解温室效应B. 普通锌锰于电池不含环境污染物,可以随意丢弃C. 在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”D. 将高耗能、高污染的企业迁至偏僻的农村地区,提高贫穷地区居民收入【答案】C【解析】分析：A、根据温室效应的形成原因考虑：主要是由于释放出来的二氧化碳太多造成的，还与臭氧、甲烷等气体有关；B、普通锌锰干电池，其中的酸电解质溶液会影响土壤和水系的pH，使

2、土壤和水系酸性化，而锰等重金属被生物吸收后，形成重金属污染；C在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”，可减少环境污染；D、将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，会破坏环境，得不偿失。详解：A、燃烧化石燃料能产生大量的二氧化碳，所以减少煤、石油、天然气的燃烧能防止温室效应；B、普通锌锰干电池，其中的酸电解质溶液会影响土壤和水系的pH，使土壤和水系酸性化，而锰等重金属被生物吸收后，形成重金属污染，选项B错误；C在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”，是实现中国可持续发展战略的重要组成部分，推广“减量化、再利用、资源化”，有利于环境保护和资源的充分利用，选项C

3、正确；D、将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查节能减排等知识，注意燃料的燃烧效率影响因素和防污染提效率的措施，题目难度不大，平时注意知识的积累。2. 有机化合物与人类的生活密切相关。下列叙述中正确的是A. 蚕丝和棉花的主要成分均是纤维素 B. 糯米中的淀粉一经水解就酿成了酒C. 用加酶洗衣粉涤羊毛织品效果更好 D. 乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分【答案】D【解析】分析：加酶洗衣粉含有生物催化剂酶，可以催化蛋白质的分解反应；从衣料中成分中是否含有蛋白质来分析，得出结论。详解：A、蚕丝的主要成分是蛋白质，选项A

4、错误；B、淀粉水解的产物是麦芽糖，进一步水解形成葡萄糖，酒精糖类无氧呼吸的产物，选项B错误；C、蚕丝织品中主要成分是蛋白质，不能用加酶洗衣粉，选项C错误；D乙醇是料酒的主要成分；而乙酸则是食醋的主要成分，因此它们都是常用调味品的主要成分，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了淀粉、蛋白质等的性质，熟记常见物质的一些性质，了解性质、组成和用途，理解蛋白质酶的作用，是解题的前提条件。3. 轴烯是一类独特的星形环烃。下列有关三元轴烯()与苯的关系说法错误的是A. 均含有碳碳双键 B. 均为平面结构 C. 互为同分异构体 D. 均能发生加成反应【答案】A【解析】分析：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分

5、子式相同，结构不同，以此解答该题。详解：A.苯中不含碳碳双键，选项A错误；B、根据乙烯分子中6个原子共平面及苯分子中12个原子共平面，则轴烯与苯均为平面结构，选项B正确；C、轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；D、均能与氢气发生加成反应，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。4. 硒(Se)是人体必需的微量元素,具有抗氧化、增强免疫力等作用。下列说法错误的是A. 与互为同位素 B. 与属于同种原子C. 与核外电

6、子排布相同 D. 与是硒元素的两种不同核素【答案】B【解析】分析：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，所以中子数是803446。又因为电子数等于质子数，据此分析。详解：A. 与互为同位素，选项A正确；B. 与属于同种元素形成的不同核素，即不同原子，选项B错误；C. 与核外电子数相同，电子排布相同，选项C正确；D. 与是硒元素的两种不同核素，互为同位素，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查原子的组成及表示方法。5. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质) ,所用试剂和分离方法均正确的是混合物所用试剂分离方法A甲烷(乙烯)酸性高锰酸

7、钾洗气B苯(乙酸)氢氧化钠溶液分液C氯气(HCl)氢氧化钠溶液洗气D乙醇(水)金属钠蒸馏A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，选项A错误；B乙酸与氢氧化钠反应生成可溶性的乙酸钠，然后分液即可，选项B正确；C、氢氧化钠溶液既能与氯气反应也能与HCl反应，选项C错误；D、钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，将原物质除掉，选项D错误；答案选B。6. 现欲用纯净的CaCO3与稀盐酸反应制取CO2,生成CO2的体积与时间的关系如下图所示。下列叙述正确的是A. OE段化学反应速率最快B. FG段收集的二氧化碳最多C. 由图像无

8、法推断出该反应为放热反应D. 向溶液中加入氯化钠溶液,可以降低该反应的化学反应速率【答案】D【解析】分析：A、曲线斜率大小决定反应速率大小，斜率越大，反应速率越快；B、由曲线的高低，确定收集气体体积的大小，纵坐标越高，收集的气体越多；C、根据OE段与EF段的反应速率大小，结合外界条件对反应速率影响判断；D、加入氯化钠溶液相当于加水稀释，氢离子浓度减小，反应速率变慢。点睛：考查学生识图能力，难度中等，注意速率时间图象中，曲线斜率大小确定反应速率大小，斜率大，反应速率快。7. 下列有关元素周期表和元素周期律的叙述正确的是A. 原子序数为15的元素的最高化合价为+3B. VIIA族元素是同周期中非金

9、属性最强的元素C. 原子最外层电子数为2的元素一定位于IIA族D. 元素周期表中从第3列12列中的元素均为副族元素【答案】B【解析】A、原子序数为15的元素为P，其最外层电子数为5，最高正价为+5价，选项A错误；B、同周期从左到右元素的非金属性在增强，A族元素的非金属性在同周期中最强，选项B正确；C、He原子最外层电子数为2，但处于周期表0族，选项C错误；D第312列中，包括副族和第族，选项D错误。答案选B。8. 下图为氢氧燃料电池工作原理示意图。下列叙述错误的是A. M处通人氢气，a极是电池的正极B. 该电池的总反应为2H2+O2=2H2OC. N处通入氧气,在b电极上发生还原反应D. 该电

10、池产物为水,属于环境友好型的绿色电源【答案】A【解析】A.根据电子的流向可知，电子由负极流向正极，故a极是电池的负极，M处通入氢气， 选项A错误；B、氢氧燃料电池反应式与氢气燃烧方程式相同，则电池反应式为2H2+O22H2O，选项B正确；C、b为正极，N处通入氧气,在b电极上发生还原反应，选项C正确；D、该电池产物为水,属于环境友好型的绿色电源，选项D正确。答案选A。9. 已知某反应中能量变化如图所示,所得结论错误的是A. 该图像可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化B. 该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能C. 该反应过程中,形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量D.

11、因为生成物的总能量高于反应物的总能量,所以该反应一定需要加热才可进行【答案】D【解析】A. 该图像中反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化，选项A正确；B、该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能，如吸热时热能转化为化学能，选项B正确；该反应过程为吸热反应，故形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，选项C正确；D、虽然生成物的总能量高于反应物的总能量,但反应不一定需要加热才可进行，不能只由焓判据分析，选项D错误。答案选D。10. 下列反应过程中,同时有离子键和共价键的断裂和形成的是A. 2H2+O22H2O B. NH3 +H

12、Cl=NH4ClC. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 D. 2Mg+CO22MgO+C【答案】C【解析】分析：化学反应的实质是旧键断裂和新键生成，一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。详解：A. 2H2+O22H2O中只有共价键的断裂和生成，选项A不选；BNH3+HCl=NH4Cl中有共价键的断裂和生成，有离子键的生成，但没有离子键的断裂，选项B不选；C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有共价键的断裂和生成，有离子键的断裂和生成，选项C选；D. 2Mg+CO22MgO+C中有共价键的断裂和生成，有离子键的生成，但有离子键的断裂，选项D不

13、选；答案选C。11. 将等质量的四块铜片在酒精灯上加热后,分别插入下列溶液中,放置片刻后铜片质量与加热前相同的是A. 石灰水 B. 盐酸 C. 乙醇 D. 硝酸【答案】C【解析】分析：先根据铜片在酒精灯上加热生成CuO，质量增加，然后考虑表面的氧化铜与选项中的物质是否反应，确定铜片质量如何变化。详解： A、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，选项A错误；B、与D同理，铜片的质量会减小，选项B错误；C、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuO-CH3CHO+H2O+Cu，又恢复

14、为铜，铜片的质量不变，选项C正确；D、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入硝酸中，发生反应：CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O，Cu2+进入溶液，铜片的质量会减小，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查乙醇的性质。在乙醇的催化氧化中，铜的作用是催化剂，质量不变。12. 某元素一种原子的质量数为A，其阴离子Xn-核外有x个电子，mg这种原子的原子核内中子的物质的量为A. mol B. mol C. mol D. mol【答案】A【解析】元素原子的质量数为A，mg这种元素的原子，其物质的量为mol，阴离子Xn-核外有x个电子，则质子数为x-n，原子核内中子数为A-（x-n）=

15、A-x+n，则mg这种元素的原子核内中子数为mol×（A-x+n）=mol，答案选A。13. 已知:N2O4(g)2NO2(g) ，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是A. 烧瓶内气体的质量不再变化B. 烧瓶内气体的颜色不再变化C. 烧瓶内气体的压强不再变化D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2【答案】A【解析】分析：由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，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，判定平

16、衡时要注意，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，以此来解答。详解：A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；答案选A。点睛：本题考查化学平衡状态的判定，为高频考点，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能

17、力的考查，注意变量可用于平衡判定，题目难度不大。14. X、Y、Z、M均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法中正确的是A. 原子半径:X<Y<Z<M B. 最简单气态氢化物的热稳定性:Y<ZC. 最高价氧化物对应水化物的酸性:Z<M D. X与Y形成的化合物均易溶于水【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，M为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答。详解：X、Y、Z

18、、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，A电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为ZMY，选项A错误；B非金属性YZ，非金属性越强氢化物越稳定，故最简单气态氢化物的热稳定性:YZ，选项B错误；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则Z<M，选项C正确；DX与Y形成的化合物中NO不溶于水，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查位置、结构、性质，明确元素的推断是解答本题的关键，选项C为易错点，注意过氧化氢中既有极性共价键又有非极性共价键，难度不

19、大。15. 甲烷和乙烯的混合气体5 L，完全燃烧消耗相同状况下的O2 12 L，则甲烷和乙烯的体积比为A. 2：1 B. 1:2 C. 3：2 D. 2：3【答案】C【解析】分析：根据物质的组成判断耗氧量，1mol烃CxHy的耗氧量为（x+）mol，据此计算1体积甲烷、乙烯消耗氧气的体积进行解答。点睛：本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算。考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结。16. 下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1300.1180.

20、0;0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. 简单氢化物的沸点:T<R B. 最高价氧化物对应水化物的碱性:L<QC. L2+与R2-的核外电子数相等 D. M与T形成的化合物具有两性【答案】D【解析】分析：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，

21、R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，再结合题目分析解答。详解：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，A、由于H2O中存在氢键沸点高，故简单氢化物的沸点:T>R，选项A错误；B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，

22、故最高价氧化物对应水化物的碱性:L>Q，选项B错误；CL是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了原子结构和元素性质，明确元素化合价、原子半径与原子结构的关系是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，题目难度中等。17. A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如下转换关系。请回答下列问题: (1) A的结构式为_。(2) D中含氧原子团的名称为_ ，的

23、化学反应类型为_。(3)请分别写出、的化学方程式_、_。(4)在实验室中,可用下图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是_，其作用为_。【答案】 (1). (2). 羧基 (3). 取代反应（或酯化反应） (4). CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH (5). (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 吸收乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度【解析】A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，乙烯发生加聚反应生成F为聚乙烯；乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇与氧化发生氧化反应生成C为乙醛，乙醛继续氧化生成D为乙酸，乙酸与

24、乙醇发生酯化反应生成G为乙酸乙酯，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙醇和E为乙酸钠。(1) A为乙烯，其结构式为；(2)D为乙酸，含氧原子团的名称为羧基，是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学反应类型为取代反应或酯化反应；(3)是乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙醇和乙酸钠，反应方程式为CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；化学方程式为；(4)制取少量乙酸乙酯时，试管a中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，其作用为吸收乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。18. 某研究性学习小组查阅资料得知,漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯

25、气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2 +2H2SO42CaSO4+2Cl2 +2H2O，他们设计如下实验制取氯气并验证其性质。请回答下列问题: (1)该实验中A部分的装置是_ (填写装置的序号)。 (2)装置B中的现象是_。(3)请写出装置D中反应的离子方程式_，装置E的作用是_。(4)请帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤)：_。(5)制取Cl2的方法有多种，请再写出一种制备方法，_(用化学方程式表示)。【答案】 (1). b (2). 溶液变蓝色 (3). Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ (4). 吸收多余的Cl2，防

26、止污染空气 (5). 取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化 (6). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O【解析】分析：（1）根据反应物的状态及反应条件选择发生装置；（2）根据氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝；（3）根据氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁；（4）根据亚硫酸钠变质后生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应产生难溶于盐酸的硫酸钡；（5）明确实验室制备氯气的方法；详解：（1）该反应的反应物是固体和液体，反应条件是加热，所以应选固液混合加热型装置，故答案为

27、：b；（2）氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，所以B中的实验现象为溶液变蓝色；（3）氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；装置E中装有氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空气；（4）取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化；（5）制取Cl2的方法有多种，其中可利用二氧化锰与浓盐酸共热制备，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O。点睛：本题考查氯气的实验室制备、氯气的性质等，难度不大，注意根据氯气

28、的性质对实验装置理解分析。19. 人们常常利用化学反应中的能量变化为人类服务。(1)氢能是一种具有发展前景的理想清洁能源,氢气燃烧时放出大最的热。 氢气燃烧生成水蒸气的能最变化如下图所示:根据上图可知，在化学反应中，不仅存在物质的变化，而且伴随着_变化，1 mol H2完全燃烧生成1 mol H2O(气态)时,释放的能量是_kJ。(2)下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_。A. Fe+2FeCl3 =3FeCl2   B.SO3 +H2O=H2SO4C. CH4+2O2 

29、;CO2+2H2O   D. Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O(3)下图是某兴趣小组设计的原电池示意图，实验结束后，在实验报告上记录信息如下:a.电流计指针偏转b.Cu极有H2产生c. H+向负极移动d.电流由Zn经导线流向Cu实验报告中记录合理的是_(填序号)。请写出该电池的负极反应式_。若有1 mol电子流过导线，则理论上产生H2的质量为_g.将稀H2SO4换成CuSO4溶液,电极质量增加的是_ (填“锌极”或“铜极”，下同)，溶液中SO42-移向_。【答案】 (1). 能量 (2). 245 (3). AC (4

30、). ab (5). Zn- 2e-= Zn2+ (6). 1 (7). 铜极 (8). 锌极【解析】(1) 根据上图可知，在化学反应中，不仅存在物质的变化，而且伴随着能量变化，1molH2完全燃烧生成1molH2O(气态)时,释放的能量是930 kJ-436 kJ-249 kJ =245kJ；（2）能设计成原电池的反应通常是放热反应，且必须是能自发进行的氧化还原反应，AFe+2FeCl3=3FeCl2是自发进行的氧化还原反应，能设计成原电池，故选；BSO3+H2O=H2SO4不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故不选；C、CH4+2O2 CO2+2H2O是放热反应且能自发的进行

31、氧化还原反应，所以能设计成原电池，故选；D、Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故不选；答案选AC；(3) 在该原电池中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，a.电流计指针偏转，故正确；b. Cu作正极，正极反应为2H2e=H2，故正确；c. H+向正极移动，故错误；d.电子由Zn流出经导线流向Cu，电流由Cu经导线流向Zn，故错误；实验报告中记录合理的是ab；负极反应为Zn2e=Zn2；若有1 mol电子流过导线，则理论上产生产生0.5 mol H2，H2的质量为1g；将稀H2SO4换成CuSO4溶液,正极铜电极上

32、析出铜，质量增加的是铜极；在溶液中SO42-向负极锌极移动。20. A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为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)A2W的电子式为_。(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为_ ，E元素在周期表中的位置为_ 。(3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_ ( 填离子符号)。(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_ ，若将 1&#

33、160;mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是_ L(标准 状况下)。(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_。a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强C. 比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强【答案】 (1). (2). (3). 第3周期第A族 (4). Al3+ < Na+ < O2- (5). NaH+H

34、2O=NaOH+H2 (6). 56 (7). b【解析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。(1)A2W为水，其电子式为；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第A族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+ <

35、Na+ < O2-；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol ×22.4L/mol=56L；(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。21. 化学反应的快慢和限度对人类生产、生活有重要的意义。(1)将影响化学反