江苏省常熟市2024-2025学年高一化学下学期期中试题含解析

PAGE20-江苏省常熟市2024-2025学年高一化学下学期期中试题（含解析）留意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟2.请把选择题的答案用2B铅笔填涂在答题卡上或答题纸的指定位置，把非选择题的答案用0.5mm黑色墨水签字笔写在答题纸的指定位置。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Zn65第I卷（选择题，共44分）一、单项选择题（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.化学与生活休戚相关，下列关于生活中的化学，说法错误的是()A.近期，全球爆发了新型冠状病毒，从化学角度，可用含氯的消毒剂、75%酒精、过氧化氢进行病毒的杀灭B.汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2C.大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、SO2，造成大气污染，从而使雨水pH=5.6D.主动推广太阳能、风能、地热能及水能等的运用，削减化石燃料的运用【答案】C【解析】【详解】A.新型冠状病毒主要成分是蛋白质，含氯的消毒剂、75%酒精、过氧化氢进行病毒能够使蛋白质发生变性，因而具有杀菌消毒作用，从而可以将病毒杀灭，A正确；B.汽车的排气管上装有“催化转化器”，可以使有毒的CO和NO发生氧化还原反应转化为空气的成分N2和CO2，从而削减空气中污染物的含量，B正确；C.大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2溶于水产生碳酸，碳酸电离产生H+，使雨水pH=5.6，SO2溶于水产生H2SO3，H2SO3的酸性比H2CO3强，从而使雨水的pH<5.6，C错误；D.主动推广太阳能、风能、地热能及水能等的运用，既满意了人类对能源的须要，同时也削减了对化石燃料开采及运用，D正确；故合理选项是C。2.下列化学用语表示正确的是A.硫离子的结构示意图： B.甲烷分子的球棍模型：C.过氧化氢分子的电子式： D.N2的结构式：：N≡N：【答案】A【解析】【详解】A.硫离子核外有18个电子，其结构示意图为，A正确；B.不能表示甲烷分子的球棍模型，因为C原子的半径比H原子大，B不正确；C.过氧化氢属于共价化合物，其电子式为，C不正确；D.N2的结构式为N≡N，D不正确。本题选A。3.可逆反应：3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是()A.v(A)=0.6mol·L-1·min-1 B.v(B)=0.3mol·L-1·min-1C.v(C)=0.5mol·L-1·min-1 D.v(D)=0.2mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A.=0.2；B.=0.3；C.=0.25；D.=0.1；明显B中比值最大，反应速率最快，故合理选项是B。【点睛】本题考查化学反应速率的比较，把握速率之比等于化学计量数之比为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用实力，留意比值法应用及速率单位统一。4.有关元素周期表的说法中错误的是()A.元素周期表有7个周期，16个族B.元素周期表中，Ⅷ族包括第8、9、10三个纵行C.同周期元素形成的简洁离子的电子层数相同D.作为半导体材料的元素大多数位于金属与非金属的分界线旁边【答案】C【解析】【详解】A.元素周期表有7个横行，也就是7个周期，7个主族、7个副族、1个0族、1个第Ⅷ族，共16个族，A正确；B.元素周期表共18个纵行，除Ⅷ族包括第8、9、10三个纵行，其余每个纵行1个族，B正确；C.同一周期金属元素形成的简洁阳离子电子层数少于非金属元素形成的简洁阴离子具有电子层数，C错误；D.位于金属与非金属的分界线旁边的元素导电性介于导体和绝缘体之间，它们的单质可作为半导体材料，D正确；故合理选项是C。5.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是()A.SO2和SiO2 B.CO2和H2OC.NaCl和HCl D.CCl4和NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A.SO2是含有共价键的分子晶体，SiO2是共价键结合的原子晶体，所以晶体类型不同，A错误；B.CO2和H2O都是由原子通过共价键形成的分子晶体，化学键类型相同、晶体类型也相同，B正确；C.氯化钠是离子晶体，含有离子键，HCl是分子晶体，含有共价键，所以含有的化学键类型不同，C错误；D.CCl4是由原子通过共价键结合形成的分子晶体，而NH4Cl是离子晶体，含有离子键和共价键，化学键类型不完全相同，晶体类型不同，D错误；故合理选项是B。6.下列说法正确的是()A.离子键的阴、阳离子间只存在静电吸引力B.任何分子中每个原子最外层均满意8电子结构C.冰溶化时，水分子中H-O键发生断裂D.熔沸点由高到低的依次是：金刚石>NaCl>H2O【答案】D【解析】【详解】A.离子键为静电作用，包含阴、阳离子间的静电吸引力和静电排斥力，A错误；B.H2、He的分子中每个原子最外层均满意2电子稳定结构，B错误；C.冰溶化时，水分子间的的作用力和氢键被破坏，而分子中H-O键不发生断裂，C错误；D.金刚石属于原子晶体，原子间以极强的共价键结合，断裂消耗很高能量，因而熔沸点很高；NaCl为离子晶体，阴阳离子间以比较强的离子键结合，断裂消耗比较高的能量，因而熔沸点比较高；而H2O则是H2O分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量比较低，所以其熔沸点比较低，故三种物质的熔沸点由高到低的依次是：金刚石>NaCl>H2O，D正确；故合理选项是D。7.下列离子方程式中，正确的是A.碳酸氢铵溶液中加入足量的浓氢氧化钠溶液并加热：NH＋OH－NH3↑＋H2OB.铜与稀硝酸的反应：Cu＋4H＋＋2NO＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2OC.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO＝BaSO4↓＋H2OD.过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应：SO2＋OH－＝HSO【答案】D【解析】【详解】A.碳酸氢铵溶液中加入足量的浓氢氧化钠溶液并加热，离子方程式为NH＋HCO3-+2OH－NH3↑＋CO32-+H2O，A不正确；B.铜与稀硝酸的反应，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，B不正确；C.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO＝BaSO4↓＋2H2O，C不正确；D.过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为SO2＋OH－＝HSO，D正确。本题选D。8.下列有关化学反应速率、化学反应限度的说法中，正确的是()A.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，增加碳的用量可加快反应速率B.用铁片与稀硫酸反应制H2，改用98%的浓硫酸可加快生成H2的速率C.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在密闭容器中进行，压缩容器体积，反应速率增大D.可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等且都为0【答案】C【解析】【详解】A.反应中C是固体，增加碳的用量反应速率不变，A错误；B.98%的浓硫酸中硫酸主要以H2SO4分子存在，含有的H+浓度很小。在室温下Fe遇浓硫酸会使Fe表面产生一层致密的氧化物薄膜而发生钝化现象，所以不能用铁片与浓硫酸反应制H2，B错误；C.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在密闭容器中进行，压缩容器体积，各种物质浓度增大，因而化学反应速率增大，C正确；D.可逆反应达到化学平衡状态为动态平衡，当达到平衡时，正、逆反应的速率相等且都大于0，D错误；故合理选项是C。9.下列事实与划线物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是()A.SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(漂白性)B.常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)C.久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)D.蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)【答案】A【解析】【详解】A.SO2能够与溶液中的NaOH发生反应，使溶液的碱性减弱，因而使酚酞溶液颜色变浅甚至褪色，与其漂白性无关，A错误；B.浓硝酸、浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇Fe时，使金属表面产生一层致密的氧化物爱护膜，阻挡金属的进一步氧化，即发生钝化现象，故室温下浓硫酸、浓硝酸可以用铁质容器盛放，B正确；C.浓硝酸是无色液体，硝酸不稳定，光照分解产生红棕色NO2溶解在硝酸中使溶液颜色略显黄色，C正确；D.蔗糖是有机化合物，浓硫酸具有脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖中的氢、氧两种元素以2：1的组成脱去，而得到黑色的C单质，体现了浓硫酸的脱水性，D正确；故合理选项是A。10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.1L0.1mol·L-1氨水中含有0.1NANH3分子B.46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAC.1molNa2O2中含有的阴离子数为2NAD.常温常压下，12g14C所含中子数为6NA【答案】B【解析】【详解】A.1L0.1mol·L-1氨水中含有溶质的物质的量为0.1mol，其中N元素的存在形式有NH3、NH3·H2O、NH4+，所以含有的NH3分子数目小于0.1NA，A错误；B.用极端法计算，若46g完全是NO2，其物质量为0.1mol，由于1个分子中含有3个原子，则1molNO2中含有原子数目为3NA；若46g完全是N2O4，则其物质的量是0.5mol，由于1个分子中含有6个原子，则其中含有原子数目为3NA，所以46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NA，B正确；C.Na2O2中含有2个Na+和1个O22-，所以1molNa2O2中含有的阴离子数为NA，C错误；D.14C中含有8个中子，12g14C所含中子数为×8NA约等于6.86NA，D错误；故合理选项是B。二、不定项选择题（本题包括8小题，每小题3分，共计24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得3分，但只要选错一个，该小题就得0分）11.下列叙述中正确的是()A.钢铁发生电化学腐蚀时，正极上发生的反应为Fe-2e-=Fe2+B.用惰性电极分别电解熔融的NaCl和饱和食盐水时，阳极的电极反应式均为：2Cl--2e-=Cl2↑C.铜锌原电池工作时，若有13克锌被溶解，外电路就有0.2mol电子通过D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液【答案】BD【解析】【详解】A.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上Fe失去电子，发生氧化反应，电极反应式为为Fe-2e-=Fe2+，A错误；B.用惰性电极电解熔融NaCl时，阴极上发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；用惰性电极电解饱和食盐水时，由于阴离子放电实力Cl->OH-，所以阴极上发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，B正确；C.13gZn的物质的量为n(Zn)==0.2mol，由于Zn是+2价金属，所铜锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，外电路就会有0.2mol×2=0.4mol电子通过，C错误；D.电解精炼铜时，要以粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有Cu离子的溶液如硫酸铜溶液作电解质溶液，D正确；故合理选项是BD。12.下列有关试验装置进行的相应试验，能达到试验目的的是()A.图1可用于汲取多余的NOB.图2可用于检验SO2的漂白性C.图3可用于说明铜与浓硝酸反应的能量改变D.图4可用于测定CO2的生成速率【答案】C【解析】【详解】A.NO不溶于水，所以不能用水汲取多余的NO气体，A错误；B.SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化，因此SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了其还原性，B错误；C.铜与浓硝酸反应放出热量，使具支试管中空气受热体积膨胀，导致U型管中红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，因此图示能够体现该反应的能量改变，C正确；D.长颈漏斗中加入稀盐酸后，反应产生的CO2气体会从长颈漏斗中逸出，因此不能用于测定CO2的生成速率，D错误；故合理选项是C。13.鱼雷采纳Al-Ag2O动力电池，以溶有氢氧化钾的流淌海水为电解液，电池反应为2Al+3Ag2O+2KOH=6Ag+2KAlO2+H2O，下列说法错误的是()A.Ag2O为电池的正极 B.电子由Ag2O极经外电路流向Al极C.Al在电池反应中被氧化 D.溶液中的OH-向Al极迁移【答案】B【解析】【分析】A.该原电池中，Al元素化合价由0价变为+3价而发生氧化反应，所以为负极，则AgO为正极；B.放电时，电子从负极沿导线流向正极；C.失电子的物质发生氧化反应，被氧化；D.放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动。【详解】A.该原电池中，Al元素化合价由0价变为+3价而发生氧化反应，所以Al为负极，Ag2O为正极，A正确；B.放电时，电子从负极沿导线流向正极，Al是负极、Ag2O是正极，所以电子由Al通过外电路流向Ag2O，B错误；C.失电子的物质发生氧化反应，被氧化，Al元素化合价由0价变为+3价而发生氧化反应，所以Al在电池反应中被氧化，C正确；D.放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以溶液中的OH-向Al极迁移，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学电源新型电池，正确推断电池的正、负极是解本题关键，知道各个电极发生的反应、电子流向、离子流向即可解答，易错点是阴、阳离子移动方向推断。14.下列比较错误的是()A.原子半径：N>O>FB.酸性强弱：H2SO4>H2SiO3>H2CO3C.氢化物稳定性：PH3>H2S>HClD.碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2【答案】BC【解析】【详解】A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径由大到小的依次是：N>O>F，A正确；B.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越强。由于元素的非金属性S>C>Si，所以酸性强弱：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，B错误；C.元素的非金属性越强，其相应的简洁氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Cl>S>P，所以氢化物稳定性：PH3<H2S<HCl，C错误；D.元素的金属性越强，其相应最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于元素的金属性K>Na>Mg，所以碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2，D正确；故合理选项是BC。15.对于放热反应Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是A.反应过程中的能量关系可用上图表示B.1molZn的能量大于1molH2的能量C.若将其设计为原电池，则其能量转化形式为电能转化为化学能D.若将其设计为原电池，当有32.5gZn溶解时，正极放出的气体肯定为11.2L【答案】A【解析】【详解】A.该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以其反应过程中的能量关系可用上图表示，A叙述正确；B.放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，但不能确定1molZn的能量是否大于1molH2的能量，B叙述不正确；C.若将其设计原电池，则其能量转化形式为化学能转化为电能，C叙述不正确；D.若将其设计为原电池，当有32.5gZn（物质的量为0.5mol）溶解时，Zn失去1mol电子，若化学能完全转化为电能，则正极放出的氢气在标准状况下为11.2L，但是未指明温度和压强，不能确定肯定是11.2L，D说法不正确。本题选A。16.有关试验方法、现象及结论的下列说法中正确的是()A.在溶液中加入浓的氢氧化钠溶液加热，产生了能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明溶液中存在NH4+B.取5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，向其中加入1mL0.1mol·L-1KI溶液(已知Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2)，充分反应后，向溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，说明该反应有肯定的限度C.把分别研磨后的Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体混合，用玻璃棒搅拌充分反应，反应混合物的温度明显下降，说明该反应是吸热反应D.在某溶液中加入氯化钡溶液，再加入足量的稀盐酸，若有白色浑浊出现，则说明原溶液中存在SO42-【答案】AC【解析】【详解】A.在溶液中加入浓的氢氧化钠溶液加热，产生了能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，则原溶液中存在NH4+，A正确；B.5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中含有FeCl3物质的量是5×10-4mol，1mL0.1mol·L-1KI溶液中含有KI的物质的量是1×10-4mol，在溶液中FeCl3与KI发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，二者反应的物质的量的比是1：1，所以两种溶液混合后FeCl3过量，向溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液显血红色，说明溶液中含有过量Fe3+，不能证明溶液中的该反应有肯定的限度，B错误；C.把研磨后的Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体混合，用玻璃棒搅拌充分反应，反应后混合物的温度明显下降，说明反应汲取了热量，使环境温度降低，证明该反应是吸热反应，C正确；D.在某溶液中加入氯化钡溶液，再加入足量的稀盐酸，若有白色浑浊出现，该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此不能说明原溶液中肯定存在SO42-，D错误；故合理选项是AC。17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5：4。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.Z的简洁气态氢化物的热稳定性比Y的强C.由X、Z组成的化合物与由Z、W组成的化合物只能发生化合反应D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐【答案】BD【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，则X为H、W为Na；X、W原子的电子数总和为12，Y、Z原子的电子数总和与X、W原子的电子数总和比为5：4，则Y、Z原子的电子数总和为15，则Y、Z分别为N和O。【详解】A.同一周期的元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径：r(N)＞r(O)，A说法不正确；B.O的非金属性强于N，则O的简洁气态氢化物的热稳定性比N的强，B说法正确；C.由X、Z组成的化合物可以是H2O，与由Z、W组成的化合物可以是Na2O2，两者发生瓜泩成氢氧化钠和氧气，两者不能发生化合反应，C说法不正确；D.由H、N、O三种元素组成的化合物可以是HNO3、NH3∙H2O、NH4NO3，其分别为酸、碱或盐，D说法正确。本题选BD。18.等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L（标准状况）。向反应后的溶液中加入1mol•L-1NaOH溶液使金属离子恰好沉淀。下列有关说法错误的是（）A.混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1B.稀硝酸的物质的量浓度度是2mol•L-1C.须要加入NaOH溶液1000mLD.最终所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g【答案】C【解析】【详解】铁和铜的混合物24g，物质的量为，而6.72L（标准状况）NO的物质的量为：，所以0.2mol的铁和铜的混合物共转移0.3mol×3=0.9mole-，即需氢氧化钠0.9mol，A．假如铁全部变成三价铁，共转移0.2×3+0.2×2=1mole-，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2-x）mol，依据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2-x）=0.9-0.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，故A正确；B．硝酸的物质的量浓度是，故B正确；C．需加入NaOH溶液的体积为：，故C错误；D．最终所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为：0.1×160+0.2×80=32g，故D正确；故答案选C。第II卷（非选择题，共56分）19.(1)依据要求回答下列问题：①干冰与CO2；②白磷与红磷；③3517Cl与3717Cl；④液氯与氯水；⑤与。在上述各组物质中：互为同位素的是_____________________；互为同素异形体的是______________，互为同分异构体的是________________；属于同种物质的是____________________。(填序号，下同)(2)现有以下六种物质形成的晶体：a．NH4Cl；b．SiO2；c．Na2O2；d．干冰；e．C60；f．Ne请用相应字母填空：属于分子晶体的是________；属于共价化合物的是______________；熔化时只须要破坏共价键的是___；既含有离子键又含有共价键的是_________；不存在化学键的是_____。【答案】(1).③(2).②(3).⑤(4).①(5).def(6).bd(7).b(8).ac(9).f【解析】【分析】(1)依据同一物质分子式相同；同位素是质子数相同而中子数不同的原子；同素异形体是由同一元素组成的不同性质的单质；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物分析推断；(2)分子晶体的构成微粒是分子，作用力是分子间作用力；共价化合物是原子之间以共价键形成的化合物；原子晶体构成微粒是原子，作用力是共价键；离子晶体是阴阳离子之间以离子键结合形成的化合物，若阴离子或阳离子为困难离子，则还含有共价键；若物质构成微粒是单原子分子，则物质内不含有化学键，据此解答。【详解】(1)①干冰是固态CO2，因此干冰与

CO2属于同一物质；②白磷与红磷是由P元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体；③3517Cl与3717Cl质子数都是17，中子数分别是18、20，二者互为同位素；④液氯是液态Cl2，属于纯净物，而氯水是氯气的水溶液，其中含有Cl2、HCl、HClO、H2O等多种组分，属于混合物；⑤名称为2，3-二甲基丁烷，分子式为C6H14，名称为2，2-二甲基丁烷，分子式为C6H14，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体。故在上述各组物质中，互为同位素的序号是③；互为同素异形体序号是②；互为同分异构体的序号是⑤；属于同种物质的序号是①(2)a．NH4Cl由NH4+与Cl-之间通过离子键结合形成离子晶体，在阳离子NH4+中含有共价键，因此NH4Cl中含有离子键、共价键；b．SiO2是由Si原子与O原子通过共价键形成的原子晶体，构成微粒是原子，作用力为共价键，属于共价化合物；c．Na2O2是由Na+与O22-之间通过离子键结合形成的离子化合物，在O22-中含有共价键，因此其中含有的化学键为离子键、共价键；d．干冰是固体CO2，是由CO2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，在分子内含有共价键，属于共价化合物；e．C60是由分子通过分子间作用力形成的分子晶体，分子内C原子之间以共价键结合，由于只含有C元素，属于单质；f．Ne是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，一个Ne原子就是一个分子，不存在化学键。故在上述物质中，属于分子晶体的序号是def；属于共价化合物的序号是bd；熔化时只须要破坏共价键的序号是b；既含有离子键又含有共价键的是ac；不存在化学键的序号是f。【点睛】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体的推断及不同物质晶体类型的推断及含有的化学键类型的推断。驾驭有关概念的含义的正确推断的关键。20.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①-⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：(1)化学性质最稳定的元素是_____(填元素名称)，非金属性最强的元素是_____(填元素符号)。(2)图中标出的元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_____(用化学式回答，下同)，写出该水化物与⑧的最高价氧化物反应的离子方程式________________。(3)④与⑥依据原子个数比1：1形成的化合物中，化学键类型为_____，其电子式为_____。(4)①与③形成的原子个数比为3：1的化合物的结构式为_____；⑤、⑨的氢化物的沸点由高到低的依次为_____。(5)③可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用化学方程式说明该气体不宜采纳排水法收集的缘由_____。(6)利用如图装置可验证同主族元素非金属性的改变规律①仪器A的名称为_____；干燥管D的作用为_____；②若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，(已知KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，假如试管C中溶液变蓝，即可证明。写出试管C中发生反应的离子方程式：_____。【答案】(1).氩(2).F(3).NaOH(4).Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O(5).离子键共价键(6).(7).(8).HF>HCl(9).3NO2+H2O=2HNO3+NO(10).分液漏斗(11).防止倒吸(12).Cl2+2I-=I2+2Cl-【解析】【分析】依据元素在周期表的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为Cl、⑩为Ar元素，然后结合元素的性质与原子结构及元素的位置关系，结合题目问题分析解答。【详解】(1)惰性气体元素Ar原子最外层有8个电子，化学性质稳定，不简洁失去电子，也不简洁得到电子，故化学性质最稳定元素名称是氩；同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子序数越小，元素的非金属性越强，故上述元素中非金属性最强的元素是F；(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。在上述元素中元素的金属性最强的是Na，因此碱性最强的是NaOH；⑧的最高价氧化物Al2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，产生NaAlO2和水，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(3)④为O，⑥为Na，④与⑥依据原子个数比

1：1形成的化合物为Na2O2，该物质为离子化合物，含有离子键，在O22-中两个O原子之间通过共价键结合，故过氧化钠中化学键类型为离子键、共价键，其电子式为：；(4)①是H，③是N，H、N两种元素以共价键结合形成的原子个数比为3：1的化合物为NH3，NH3的结构式为；⑤是F、⑨是Cl，元素的非金属性F>Cl，由于F原子半径小，元素的非金属性强HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的作用，所以的氢化物的沸点由高到低的依次为HF>HCl；(5)③是N元素，N可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体为NO2，NO2能够与水反应产生HNO3和NO，所以NO2气体不宜采纳排水法收集；(6)①依据仪器结构示意图可知仪器A的名称为分液漏斗；在仪器B中浓盐酸与KMnO4溶液反应产生Cl2，Cl2通过导气管进入试管C中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，所以干燥管D的作用为防止倒吸；②由于元素的非金属性Cl>I，所以Cl2通入含KI的溶液中，会发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，反应产生的I2遇溶液中的淀粉，使溶液变为蓝色。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的应用及物质氧化性强弱比较的学问。依据元素在周期表的位置推断元素是解题关键，侧重考查学生对元素周期律的应用，要留意在平常学习中积累相关学问。21.某温度下，在2L密闭容器中充入4molA气体和3molB气体，发生下列反应：2A(g)+B(g)C(g)+xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了1molC，测定D的浓度为1mol·L-1。(1)求x=_____。(2)求这段时间A的平均反应速率为_____。(3)平衡时A的转化率为_____。(4)下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_____A.单位时间内每消耗2molA，同时生成1molCB.单位时间内每生成1molB，同时生成1molCC.D的体积分数不再改变D.混合气体的压强不再改变E.B、C的浓度之比为1：1【答案】(1).2(2).0.2mol/(L·s)(3).50%(4).BC【解析】【分析】(1)依据c=由v(D)计算反应产生的D的物质的量，结合反应产生的C、D的物质的量的比是1：x，计算x的值；(2)依据物质反应时速率比等于计量数的比，由反应产生的D的浓度计算A消耗的浓度，结合v=计算A的反应速率；(3)依据物质的转化率为×100%计算；(4)该反应是反应前后气体体积相等的反应，依据反应达到平衡时各种物质的物质的量浓度不变，物质的含量不变，正、逆反应速率相等推断平衡状态。【详解】(1)依据c=，由v(D)=1mol·L-1，反应容器为2L，则n(D)=1mol·L-1×2L=2mol，△n(C)：△n(D)=1：2=1：x，故x=2；(2)反应起先从正反应方向起先，至平衡时产生D的浓度为1mol·L-1，由于A、D计量数相同，则反应消耗A的浓度为1mol·L-1，反应时间为5s，所以从反应起先至平衡，A的反应速率v(A)===0.2mol/(L·s)；(3)反应起先时A的浓度为=2mol/L，A转化浓度为1mol·L-1，则A的转化率为×100%=×100%=50%；(4)A.依据反应方程式可知：单位时间内每消耗2molA，同时生成1molC，都表示的是正反应速率，不能据此推断反应是否处于平衡状态，A错误；B.单位时间内每生成1molB，就必定会同时消耗1molC物质，生成1molC，可说明用B表示的化学反应速率v(正)=v(逆)，反应处于平衡状态，B正确；C.随着反应进行，D的体积分数不断增大，若某个时刻D的体积分数不再改变，说明反应达到平衡，C正确；D.对于反应2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，为反应前后气体分子数目不变的反应，无论反应进行到什么程度，反应混合气体的压强始终不变，因此不能据此推断反应是否处于平衡状态，D错误；E.B、C的浓度之比为1：1时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，因此不能据此推断反应是否处于平衡状态，E错误；故合理选项是BC。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，明确有关概念及化学平衡的特征和影响因素为解答关键，留意驾驭化学平衡状态的推断方法及及解题技巧的应用，试题侧重考查学生的分析实力及综合应用实力。22.A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A有一种原子，中子数为零。B原子的最外层电子数是电子层数的2倍。D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。E元素的一种氧化物颜色为淡黄色。F与D同主族。请回答下列问题：(1)B元素在周期表中的位置是_____，G的离子结构示意图为_____。(2)F与G最高价氧化物的水化物的酸性强弱为_________>_________(填化学式)。(3)简洁D离子和E离子的半径大小关系为_____>_________(填离子符号)。(4)B和D简洁气态氢化物的稳定性强弱为_____<_____(填化学式)(5)F的一种氧化物中氧的质量分数为50%，写出该氧化物与G单质水溶液反应的化学方程式：___________________。【答案】(1).其次周期ⅣA族(2).(3).HClO4(4).H2SO4(5).O2-(6).Na+(7).CH4(8).H2O(9).SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A

有一种原子，中子数为零，则A为H元素；B原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，由于最外层电子数不超过8，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B核外电子排布为2、4，则B为C元素；D元素原子的最外层电子数是次外层电子数的

3

倍，则D核外电子排布为2、6，所以D为O元素，C原子序数介于C、O之间，则C为N元素；E元素的一种氧化物颜色为淡黄色，则E为Na，该氧化物为Na2O2；F与D同主族，则F是S元素，G是短周期元素，原子序数比S大，所以G为Cl元素，然后依据物质结构与性质关系分析解答。【详解】依据上述分析可知：A是H，B是C，C是N，D是O，E是Na，F是S，G是Cl元素。(1)B是C元素，核外电子排布为2、4，所以C元素在周期表的位置是位于其次周期第IVA族；G是Cl元素，原子核外有17个电子，Cl原子得到1个电子变为2、8、8电子层结构，所以Cl-的离子结构示意图为；(2)同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，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。F是S，G是Cl元素，由于元素的非金属性S>Cl，所以酸性：HClO4>H2SO4；(3)D是O，E是Na，二者形成离子核外电子排布为2、8。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为O2->Na+；(4)元素的非金属性越强，其简洁氢化物的稳定性就越强。B是C元素，D是O，由于非金属性O>C，所以氢化物的稳定性强弱关系为CH4<H2O；(5)F是S元素，S的氧化物有SO2、SO3，若F的一种氧化物中氧的质量分数为50%，则该氧化物为SO2，G是Cl元素，其单质Cl2具有氧化性，SO2具有还原性，二者在水溶液中会发生氧化还原反应产生盐酸和硫酸，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。【点睛】本题考查物质结构与性质及元素位置关系应用，依据元素的原子结构特点及形成化合物的性质推断元素是解题关键，娴熟驾驭核外电子排布规律，留意对元素周期律的理解与运用，会利用元素周期律比较微粒半径大小，利用氧化还原反应规律书写相应的化学反应方程式。23.能源是人类生活和社会发展的基础，探讨化学反应中的能量改变，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务。(1)CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。已知8.0gCH4完全燃烧生成液态水放出445.15kJ热量，则其热化学方程式为_____。(2)在肯定温度和