福建省建瓯市芝华中学2024-2025学年高一化学下学期居家学习检测试题含解析

PAGE17-福建省建瓯市芝华中学2024-2025学年高一化学下学期居家学习检测试题（含解析）相对原子质量：H-1Mg-24Al-27Si-28C-12O-16Cu-64一、单选题(共16小题)1.下列关于元素周期表应用的说法正确的是A.为元素性质的系统探讨供应指导，为新元素的发觉供应线索B.在金属与非金属的交界处，找寻可做催化剂的合金材料C.在IA、IIA族元素中，找寻制造农药的主要元素D.在过渡元素中，可以找到半导体材料【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表是元素周期律的详细表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统探讨供应指导，为新元素的发觉及预料它们的原子结构和性质供应线索，故A正确；B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误；D.在过渡元素中找寻耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。

②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。

③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发觉过渡元素对很多化学反应有良好的催化性能。④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不行缺少的金属。

⑤矿物的找寻：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有亲密的联系。科学试验发觉如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是剧烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。2.下列递变状况中，正确的是A.Na、Mg、Al原子的最外层电子数依次削减B.Si、P、S元素的最高正价依次降低C.C、N、O的原子半径依次减小D.Li、Na、K的金属性依次减弱【答案】C【解析】【详解】A、Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1、2、3依次增加，故错误；B、Si、P、S元素的最高正价分别为+4、+5、+6，依次增加，故错误；C、同周期元素的原子半径随着原子序数的递增而减小，故正确；D、同主族元素从上至下金属性渐渐增加，故错误。答案选C。3.已知A、B、C、D为短周期元素，简洁离子A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子结构，下列关系正确的是：A.质子数：A＞B＞C＞D B.离子半径：C﹣＞D2﹣＞A+＞B2+C.氢化物的稳定性：H2D＞HC D.离子的氧化性：B2+＞A+【答案】D【解析】【分析】短周期元素的离子A+、B2+、C-、D2-具有相同电子层结构，核外电子数相等，C、D为非金属，应处于其次周期，故D为O元素，C为F元素，A、B为金属应处于第三周期，A为Na元素，B为Mg元素，结合原子的构成和元素周期律解答。【详解】A、已知A、B、C、D为短周期元素，简洁离子A+、B2+、C﹣、D2﹣具有相同的电子结构，依据离子所带电荷数可知原子序数是B＞A＞C＞D，即质子数：B＞A＞C＞D，A错误；B.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径：D2﹣＞C﹣＞A+＞B2+，B错误；C.非金属性是C＞D，则氢化物的稳定性：H2D＜HC，C错误；D.金属性是B＜A，则离子的氧化性：B2+＞A+，D正确。答案选D。4.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见表：元素代号XYZLMQ原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990.0770074主要化合价＋2＋3＋6、－2＋7、－1＋4、－4－2下列说法正确的是A.在化学反应中，M原子既不简洁失去电子，又不简洁得到电子B.等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成的氢气一样多C.Y与Q形成的化合物不行能跟氢氧化钠溶液反应D.Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性【答案】A【解析】【分析】依据上表可以看出Q主要化合价只有-2价，所以Q是O元素；M和Q位于同一周期主要化合价有+4和-4价，M是C元素，X、Y、Z、L的半径大于O和C，且渐渐减小，再依据主要的化合价分析，可知X、Y、Z、L依次是Mg、Al、S、Cl元素【详解】A．在化学反应中，C原子的最外层电子数为4，既不简洁失去电子，又不简洁得到电子，A正确；B．Mg和HCl反应的物质的量之比为1:2，Al和HCl的物质的量之比为1:3，所以等物质的量的Mg、Al的单质与足量盐酸反应，生成的氢气Al多些，B错误；C．Al2O3是两性氧化物，既可以和酸反应又可以和强碱反应生成盐和水，C错误；D．S的非金属性比Cl弱，所以气态氢化物的稳定性Cl>S，D错误；答案选A。5.下列推断错误的是（）A.稳定性：NH3>PH3>AsH3B.酸性：HF>HCl>HBrC.酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4D.碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性就越强，选项中N、P、As的非金属性渐渐减弱，故气态氢化物的稳定性渐渐减弱，A正确；B．因F、Cl、Br的原子半径渐渐增大，阴离子原子核对H的吸引实力渐渐减弱，因此在水溶液中越简洁发生电离，故HF、HCl、HBr的酸性渐渐增加，B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性就越强，选项中Cl、S、P的非金属性渐渐减弱，故最高价氧化物对应的水化物的酸性渐渐减弱，C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，选项中Na、Mg、Al的金属性渐渐减弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性渐渐减弱，D正确；故选B。6.前一个分散系中渐渐地滴入后一种分散系所视察到的现象不是先沉淀后变澄清的是（）A.氢氧化铁胶体中滴加盐酸B.四羟基合铝酸钠溶液中加盐酸C.氯化铝溶液中滴加烧碱溶液D.氯化铝溶液中滴加氨水【答案】D【解析】【分析】【详解】A．向氢氧化铁胶体中滴加硫酸，硫酸为电解质，胶体遇到电解质先聚沉生成沉淀，后氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，A不符合题意；B．向四羟基合铝酸钠溶液中滴加盐酸，首先发生[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，盐酸过量时，再发生Al(OH)3↓+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，形成溶液，B不符合题意；C．氯化铝溶液中滴加烧碱溶液，首先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NaOH过量时发生Al(OH)3+OH-=+2H2O，形成溶液，C不符合题意；D．氯化铝溶液中滴加氨水，发生Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，沉淀不溶解，D正确；故选D。【点睛】氢氧化铝可溶于强酸与强碱，不溶于碳酸和氨水。7.含有共价键的离子化合物是()A.MgCl2 B.HBr C.N2 D.KOH【答案】D【解析】【详解】A.MgCl2是只含离子键的离子化合物，A不选；B.HBr是只含共价键的共价化合物，B不选；C.N2是只含共价键的单质，C不选；D.KOH是既含离子键又含共价键的离子化合物，D选；答案选D。8.下列物质间的反应，其能量改变符合如图的是（）A.Mg与硫酸反应B.灼热的碳与二氧化碳反应C.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合D.碳酸钙的分解【答案】A【解析】【分析】【详解】A、金属与酸的反应是放热反应，故A正确；B、灼热的碳与二氧化碳的反应是吸热反应，故B错误；C、Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合发生的反应是吸热反应，故C错误；D、碳酸钙的分解反应是吸热反应，故D错误；答案选A。【点睛】本题通过反应物与生成物能量不同推断放热反应和吸热反应。常见的放热反应有：全部的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、多数的化合反应等。本题的依据是依据图像推断反应的热效应。9.甲烷与氧气反应过程中能量改变如图所示。下列有关说法中正确的是（）A.CH4（g）的能量大于CO2（g）和H2O（g）的能量总和B.反应CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-800kJ•mol-1C.若破坏1molO2（g）中的化学键需汲取热量493kJ，则破坏1molC-H键需汲取热量415kJD.在反应CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）中，放出热量400kJ，有1molO-H键生成【答案】C【解析】【分析】从图中可以提取以下信息：1molCH4(g)+2molO2(g)断裂全部共价键，须要汲取2646kJ的热量；1molC(g)+4molH(g)+4molO(g)结合成1molCO2(g)+2molH2O(g)，能放出3446kJ的热量。【详解】A．从图中看出，CH4(g)和O2的总能量大于CO2(g)和H2O(g)的能量总和，但CH4(g)的能量不肯定大于CO2(g)和H2O(g)的能量总和，A不正确；B．图中信息告知我们，反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-800kJ•mol-1，B不正确；C．若破坏1molO2(g)中的化学键需汲取热量493kJ，则破坏1molC-H键需汲取热量kJ=415kJ，C正确；D．在反应CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)中，放出热量400kJ，则生成1molH2O，有2molO-H键生成，D不正确；故选C。【点睛】由反应前后的能量改变进行键能的计算时，需利用物质的结构式，明确各分子中所含共价键的种类和数目，解题时假如忽视了分子的结构，很简洁得出错误的结论。10.在5L的密闭容器中进行下述反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，30s内，NO增加了0.3mol，则在30s内，该反应的平均反应速率正确的是A.v(O2)=0.01mol·L-1·s-1 B.v(NO)=0.08mol·L-1·s-1Cv(H2O)=0.01mol·L-1·s-1 D.v(NH3)=0.002mol·L-1·s-1【答案】D【解析】【详解】A、30s内NO的物质的量增加0.3mol，则氧气的物质的量削减0.3mol×=0.375mol，所以v(O2)==0.0025mol·L-1·s-1，A错误；B、v(NO)==0.002mol·L-1·s-1，B错误；C、v(H2O)=v(NO)=0.003mol·L-1·s-1，C错误；D、v(NH3)=v(NO)=0.002mol·L-1·s-1，D正确。答案选D。11.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同状况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45mol·L－1·s－1②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是()A.④>③＝②>① B.①>②>③>④ C.①>④>②＝③ D.④>③>②>①【答案】C【解析】【分析】在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。①v(A)＝0.45mol·L－1·s－1；②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2mol·L－1·s－1；③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2mol·L－1·s－1；④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225mol·L－1·s－1；综上所述，①>④>②＝③；答案为C。12.下列反应能证明H2SiO3是一种弱酸的是（）A.SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2OB.H2SiO3SiO2＋H2OC.Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3D.SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2【答案】C【解析】【分析】【详解】已知碳酸是弱酸，由方程式Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3可知，硅酸的酸性比碳酸的酸性弱，所以H2SiO3是一种弱酸，故C正确。答案选C。13.铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（）A.两个反应都是氧化还原反应B.铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂C.铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂D.两个反应都有气体生成【答案】C【解析】【分析】铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，依据氧化还原反应的规律和详细反应作答。【详解】依据上述分析可知：A.两个反应都是氧化还原反应，A项正确；B.铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；C.铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；D.两个反应都有氢气生成，D项正确；答案选C。【点睛】C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。14.现有下列五个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）①SiO2Na2SiO3②CuSO4CuCl2③SiO2H2SiO3④CuOCu(OH)2⑤Na2O2Na2SO4A.①② B.③④C.②③④ D.②③④⑤【答案】B【解析】【详解】①SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，一步可以实现；②CuSO4与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和CuCl2，一步可以实现；③SiO2不溶于水，与水也不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸，一步不能实现；④CuO不溶于水，与水也不反应；氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，一步不能实现；⑤Na2O2与硫酸反应可以生成Na2SO4，一步可以实现；故答案选B。15.制玻璃和水泥的共同的原料是()A二氧化硅 B.碳酸钠 C.碳酸钙 D.硅酸钠【答案】C【解析】【分析】水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙，据此分析解答。【详解】生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到一般水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石即碳酸钙。故选C。16.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积改变的曲线如下图，其中正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】镁与铝的质量比是8:9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量削减，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消逝，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。综上所述，本题正确答案为A。二、填空题17.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。族

周期ⅠA

01①ⅡAⅢAⅣAⅤA

ⅥAⅦA

2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨请按要求回答下列问题：（1）①～⑨九种元素中非金属性最强的是________（填元素符号）。（2）元素⑧的原子结构示意图是_________；由①、④、⑥三种元素组成的化合物，其电子式是_________。（3）元素②、⑧的气态氢化物的稳定性较强的是________________（填化学式）；元素③、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________________（填化学式）。（4）③、④、⑧三种元素的原子半径由大到小的依次是________________（填元素符号）。（5）元素⑤、⑥组成的化合物的化学键类型是________________________。（6）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是________________【答案】(1).F(2).(3).(4).CH4(5).HClO4(6).Si＞N＞O(7).离子键(8).Al(OH)3+OHˉ=AlO2ˉ+2H2O【解析】【分析】依据元素周期表的结构可知，①—⑨号元素分别为H、C、N、O、F、Na、Al、Si、Cl。【详解】(1)同周期元素，从左到右，元素的非金属性渐渐增加，同主族元素，从上到下，元素的非金属性渐渐减弱，所以周期表中非金属性最强的元素位于周期表的左上角，即F元素；(2)元素⑧为14号元素Si，其原子结构示意图是；由①、④、⑥三种元素组成的化合物为NaOH，属于离子化合物，其电子式是；(3)同主族元素，从上到下，非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，所以元素②、⑧的气态氢化物分别为CH4、SiH4，稳定性较强的是CH4；非金属性Cl>N，元素③、⑨的最高价氧化物对应的水化物分别是HClO4、HNO3，其中酸性较强的是HClO4；(4)③、④、⑧三种元素分别是N、O、Si，同一周期从左到右，原子半径渐渐变小；同一主族，自上而下原子半径渐渐增大；则三种元素按原子半径由大到小的依次排列为Si＞N＞O；(5)元素⑤、⑥组成的化合物是NaF，NaF是由活泼金属和活泼非金属形成的化合物，则化学键类型是离子键；(6)元素⑥的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素⑦的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，氢氧化铝能与强碱反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OHˉ=AlO2ˉ+2H2O；18.断开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别须要汲取的能量为436kJ、391kJ、946kJ。(1)1mol氮气完全反应生成氨气时的能量改变是多少_______？(2)1mol氢气完全反应生成氨气时的能量改变是多少_______？(不考虑可逆反应)【答案】(1).放出92kJ能量(2).放出30.67kJ能量【解析】【分析】可从断键汲取的能量数值与成键放出的能量数值的相对大小来推断，若E（断键）＞E（生成），则为吸热反应；E（断键）＜E（生成）则为放热反应。【详解】（1）1mol氮气能与3mol氢气反应生成2mol氨气，反应物化学键断裂汲取的总能量＝1mol×946kJmol－1＋3mol×436kJ·mol－1＝2254kJ，生成物化学键形成放出的总能量＝2mol×3×391kJ·mol－1＝2346kJ，该反应放出的能量＝2346kJ—2254kJ=92kJ，故答案为放出92kJ能量。(2)1mol氢气能与1/3mol氮气反应生成2/3mol氨气，反应物化学键断裂汲取的总能量＝1/3mol×946kJ·mol－1＋1mol×436kJ·mol－1≈751.33kJ，生成物化学键形成放出的总能量＝2/3mol×3×391kJ·mol－1＝782kJ，该反应放出的能量＝782kJ－751.33kJ＝30.67kJ，故答案为放出30.67kJ能量。19.向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴入2mol·L－1NaOH溶液时，得到的Al(OH)3沉淀质量与所滴加的NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：（1）图中A点表示的意义是_________________________。（2）图中B点表示的意义是_________________________。（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为：____________________________。（4）若所得Al(OH)3沉淀0.39g，则此时用去NaOH溶液的体积为______________。【答案】(1).生成Al(OH)3沉淀的最大值(2).Al(OH)3沉淀完全溶解于NaOH溶液中，得到NaAlO2溶液(3).Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O(4).7.5mL或17.5mL【解析】【详解】（1）起先AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，生成Al（OH）3沉淀，NaOH量渐渐增多，Al（OH）3量渐渐增大，到A点时氢氧化钠将AlCl3恰好完全沉淀时，Al（OH）3沉淀达到最大量；（2）接着滴加，沉淀渐渐溶解，发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B点时沉淀完全溶解于氢氧化钠溶液中，得到NaAlO2溶液；（3）上述两步反应用总的离子方程式可表示为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；（4）0.39gAl（OH）3的物质的量==0.005mol，当NaOH溶液不足时，生成0.39gAl(OH)3所需NaOH的物质的量为：0.005mol×3=0.015mol，须要NaOH溶液的体积==0.0075L=7.5mL；0.78gAl（OH）3的物质的量==0.01mol，Al（OH）3沉淀达到最大量AlCl3与NaOH反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，所需NaOH的物质的量=0.01mol×3=0.03mol当NaOH溶液过量时，还剩余0.39gAl（OH）3，剩余0.39gAl（OH）3溶解可以消耗0.005molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量=0.03+0.005mol=0.035mol，须要NaOH溶液的体积=0.035/2=0.0175L=17.5mL，答案7.5mL或17.5mL20.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三种元素的简洁离子的离子半径由大到小依次为______________（用离子符号表示）（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为_____________。（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式_____________，常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式_____________。（4）元素D的单质在肯定条件下，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______________。（5）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).第三周期IIIA族(2).O2-＞Na+＞Al3+(3).(4).H2O2H++HO2-(5).BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2(6).NaH+H2O=NaOH+H2↑(7).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，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素，A、D同主族，则D为Na元素，E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，IIIA族元素，为Al元素，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，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此回答。【详解】（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期，IIIA族；O2-、Na+、Al3+的电子层结构相同，质子数越多，半径越大，所以W、D、E三种元素的简洁离子的离子半径由大到小依次为O2-＞Na+＞Al3+。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子的粒子为CH3OH，为共价化合物，电子式为。（3）H2O2为二元弱酸，以第一步电离为主，则电离方程式为H2O2H++HO2-，硫酸处理BaO2来制备H2O2，还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2。（4）依据上述分析，元素D为Na、A为H元素，Na和氢气在肯定条件下化合生成的化合物为NaH，属于离子化合物，NaH能与水反应放氢气，该反应的化学方程式为NaH+H2O="NaOH"+H2↑。（5）D的某化合物呈淡黄色，为Na2O2，与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，依据质量守恒可知生成物为Fe(OH)3、NaCl和FeCl3，反应的离子方程式为3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3↓+6Na++2Fe3+。21.某温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质随时间改变的曲线如图所示。请回答下列问题：（1）由图中数据分析，该反应的化学方程式为__。（2）反应起先至2min，Z的平均反应速率为__（列式计算，写出计算过程。）（3）3min时，Z的生成速率与Z的消耗速率相比较，前者__（填“大于”“小于”或“等于”）后者。（4）上述反应进行过程中，假如降低温度，则其反应速率___（填“增大”“减小”或“不变”）。（5）下列各项中不行以说明上述反应达到平衡的是__（填字母）a.混合气体的密度不变b.混合气体的压强不变c.同一物质的正反应速率等于逆反应速率d.X的浓度保持不变e.生成1molZ和同时生成1.5molXf.X、Y、Z的反应速率之比为3：2：1【答案】(1).3X+Y2Z(2).0.05mol·L-1·min-1(3).等于(4).减小(5).af【解析】【分析】【详解】(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量削减，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到5min时，△n(Y)=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，△n(X)=0.3mol，则△n(Y):△n(Z):△n(X)=1:2:3，参与反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y⇌2Z；(2)反应起先至2min末，Z的反应速率为：v===0.05mol·L-1·min-1；(3)图象分析可知，反应到2min后，物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态，所以3min后Z的生成速率和消耗速率相同；(4)温度降低，单位体积内活化分子数会降低，分子运动速率会降低，有效碰撞频率会降低，化学反应速率会减小；(5)a．气体质量和体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内密度始终不变，所以混合气体的密度不再改变不能推断平衡状态，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积减小可逆反应，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，混合气体的压强不再改变说明反应达到平衡状态，