山西省晋中市和诚中学2024-2025学年高一化学3月月考试题含解析

PAGE18-山西省晋中市和诚中学2024-2025学年高一化学3月月考试题（含解析）H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23Mg:24Al：27Cl：35.5S：32Cu：64Ag：108I：127第I卷(选择题)一、单选题(每题3分，共45分)1.2024年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A.Ts是第七周期第ⅦA族元素B.Ts的同位素原子具有相同的电子数C.Ts在同族元素中非金属性最弱D.中子数为176的Ts核素符号是【答案】D【解析】【详解】A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性渐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：，故D错误；故答案选：D。2.下列有关化学用语表示正确的是()A.NH4Br的电子式： B.S2-的结构示意图：C.NH3的电子式： D.中子数为20的氯原子：【答案】B【解析】【详解】A．溴化铵是离子化合物，由铵根离子与溴离子构成，电子式为，故A错误；B．硫离子的核外电子总数为18，最外层满意8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故B正确；C．氨气为共价化合物，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层达到8个电子，氢原子最外层达到2个电子，氨气分子的电子式为，故C错误；D．中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为Cl，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要留意离子化合物的电子数中阴离子肯定包括[]和电荷数。3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（）A.简洁阴离子的还原性：X>YB.原子半径：W>Z>Y>XC.Z与W形成的化合物中只含有离子键D.简洁氢化物的沸点：Y>Z【答案】A【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简洁阴离子的还原性越弱，A项正确；B．依据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；答案选A。4.已知几种短周期元素的原子半径、常见的最高价和最低价如下表，下列说法中不正确的是（）元素编号①②③④⑤⑥⑦原子半径0.0730.0750.1520.1100.0990.1860.143最高正化合价无最低负化合价无无无A.⑦的简洁离子不是同周期元素离子半径最小的B.①元素的氢化物有两种C.②的气态氢化物浓溶液可用于检验氯气管道的泄漏D.阴离子还原性④大于⑤，最高价氧化物的水化物的碱性③小于⑥【答案】A【解析】【分析】依据表格可以推断出①②③在二周期，分别是：氧、氮、锂；后四个在第三周期，分别是：磷、氯、钠、铝。【详解】A．⑦为Al元素，同周期的阳离子中，电子层相同，核电荷数越大离子半径越小，故铝离子半径最小，同周期的阴离子，阴离子多1个电子层，阴离子半径较大，故铝离子半径最小，故A错误；B．氧的氰化物有水喝过氧化氢，故B正确；C．氨气与氯气反应可以生成氯化铵，有白烟生成，可以检验氯气是否泄漏，故C正确；D．同周期自左而右非金属性增加，故非金属性，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故阴离子的还原性④大于⑤；铜主族自上而下，金属性增加，故金属性，故最高价氧化物的水化物的碱性③小于⑥，故D正确；答案选A。5.已知钡的金属活动性处于钾和钠之间。则下列变更中可能实现的是（）A.钡可从氯化钠溶液中置换出金属钠B.钡可从冷水中置换出氢气C.钡可从硫酸铜溶液中置换出铜D.在溶液中Ba2＋可氧化金属锌，生成Zn2＋【答案】B【解析】【详解】A.

Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钠溶液中置换出钠，故A错误；B.

Ba的性质活泼，能与冷水反应置换出氢而得到氢气，故B正确；C.

Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故C错误；D.金属性Ba>Zn，则在溶液中钡离子不能氧化金属锌，故D错误；故选B。6.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前运用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A.化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B.化合物YW3为共价化合物，电子式为C.Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D.原子半径大小：W＞Z＞Y＞X【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前运用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径渐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的依次为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，留意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。7.下列各组物质中，化学键类型都相同的是A.CaCl2和NaOH B.Na2O和Na2O2 C.CO2和CS2 D.HCl和NaOH【答案】C【解析】A、CaCl2只有离子键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项A不选；B、Na2O只有离子键；Na2O2有离子键和非极性共价键；化学键类型不相同，选项B不选；C、CO2和CS2都含极性共价键，化学键类型相同，选项C选；D、HCl极性键；NaOH含离子键和极性共价键；化学键类型不相同，选项D不选；答案选C。点睛：本题考查了化合物中化学键的类型，完成此题，可以依据详细的物质结合已有的学问进行。依据已有的学问进行分析，离子化合物中存在离子键或共价键，共价化合物中存在共价键，据此解答。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15，Y是地壳中含量最高的元素，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法正确的是A.简洁氢化物的还原性：Y>ZB.Z的简洁离子与W的简洁离子具有相同的电子层结构C.化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D.X与Y形成的化合物可能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】原子最外层电子数之和为15，Y是地壳中含量最高的元素，Y是O元素，Y与Z同主族，Z是S元素；x的半径小于O原子，所以X是H元素；Z与W同周期，W是Mg元素；简洁氢化物的还原性：H2S>H2O，故A错误；S2-有3个电子层、Mg2+有2个电子层，故B错误；MgH2只存在离子键，故C错误；H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。9.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:W<X<Y<ZB.阴离子的还原性：Y>WC.a—定由W、X两种元素组成D.图中转化过程d物质在作为反应物时均即为氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】由转化关系图分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na；A．同周期元素从左到右原子半径渐渐减小，应为C＞O，故A错误；B．由NaH+H2O=NaOH+H2↑，可知H-失去电子，阴离子的还原性：Y＜W，故B错误；C．a燃烧生成水、二氧化碳，可为烃或烃的含氧衍生物，故C错误；D．Na2O2与水或CO2反应时，均既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；故选D。点睛：把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关键，留意d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键、原子序数为推断的突破口，短周期元素

W、X、Y、Z

的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f

是由这些元素组成的化合物，d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键，d为Na2O2，结合图中转化可知，m

为元素

Y

的单质，通常为无色无味的气体m为O2，则Y为O，a为烃或烃的含氧衍生物，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为NaOH、碳酸钠，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，以此来解答。10.X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素原子序数依次增大。X原子是全部原子中半径最小的，Y、W同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z是常见的金属，电子层数等于主族序数。下列说法正确的是A.WR2中各原子最外层达到了8电子稳定结构B.X、Y、Z、W、R的原子半径依次增大C简洁氢化物稳定性：W>RD.熔沸点：X2W>X2Y【答案】A【解析】【详解】X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；W与Y处于同一族，则W为S元素；Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，Z为Al元素，X、Y、Z、W、R五种短周期主族元素原子序数依次增大，且Z、W、R处于同一周期，R为Cl元素。A.WR2为SCl2，S元素化合价为+2，S原子最外层电子数为6，两者之肯定值和为8，同理Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，两者之肯定值和为8，因而各原子最外层达到了8电子稳定结构，A正确；B.Z、W、R分别是Al、S、Cl，同周期时，自左往右，原子半径越来越小，B错误；C.同周期时，自左往右，元素气态氢化物的稳定性越来越强，简洁氢化物稳定性：W<R，C错误；D.X2W、X2Y分别是H2S和H2O，液态水中含有氢键，因而H2O的沸点高于H2S的沸点，D错误。故选A。【点睛】分子间能形成氢键的物质，一般都具有较高的熔点和沸点，这是因为固体熔化或液体气化时除了破坏范德华力外，还必需破坏分子间氢键，从而须要消耗更多的能量。在同类化合物中能形成分子间氢键的物质，其熔沸点比不能形成分子间氢键的高。如，第VIA族元素的氢化物，由H2Te、H2Se到H2S，随相对分子量的递减，分子间作用力递减，熔沸点依次降低；但H2O分子间形成了O－H…O氢键，分子间作用力增加，H2O的熔沸点陡然上升。分子内氢键的形成使物质的熔沸点降低。如，邻、间、对硝基苯酚的熔点分别为45℃、96℃、114℃，这是由于间位、对位硝基苯酚中存在分子间氢键，熔化时必需破坏其中的一部分氢键，熔点较高；而邻硝基苯酚中形成分子内氢键，不形成分子间氢键，故熔点较低。11.依据碘与氢气反应的热化学方程式(i)I2(g)+H2(g)2HI(g)△H=-9.48kJ/mol，(ii)I2(s)+H2(g)2HI(g)△H=+26.48kJ/mol，下列推断正确的是A.254gI2(g)中通入2gH2(g)，反应放热9.48kJB.1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差l7.00kJC.反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定D.反应(i)拆开1molI-I键与1molH-H键须要的总能量小于拆开2molH-I键须要的总能量【答案】D【解析】【详解】A、254gI2(g)中通入2gH2(g)，二者物质的量均为1mol，因反应(i)是可逆反应，转化率达不到100％，则反应放热小于9.48kJ，故A错误；B、依据盖斯定律可知，②－①即得到I2(s)＝I2(g)，△H＝＋35.96kJ/mol，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；C、两反应的产物为相同状态的同种物质，稳定性相同，故C错误；D、△H=反应物键能总和-产物键能总和，反应(i)为放热反应，故反应物键能总和大于产物键能总和，即反应(i)拆开1molI-I键与1molH-H键须要的总能量小于拆开2molH-I键须要的总能量，故D正确；答案选D。12.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要意义，其反应历程示意图如图：下列说法不正确的是（）A.合成气的主要成分为CO和H2B.①→②过程可表示为CO2+NiC=2CO+NiC.①→②过程汲取能量D.Ni在该反应中做催化剂【答案】C【解析】【分析】由图可知，发生CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。【详解】A.CO2和CH4催化重整可制备合成气,则合成气的主要成分为CO和H2，A正确；B.由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，CO2+NiC=2CO+Ni，B正确；C.①→②中能量降低，放出热量，C错误；D.Ni在该反应中做催化剂，变更反应的途径，不变更反应物、生成物，D正确；答案选C。13.一种微生物燃料电池的结构示意图如下所示，关于该电池的叙述正确的是()A.电池工作时，电子由a流向bB.微生物所电极区放电时发生还原反应C.放电过程中，H＋从正极区移向负极区D.正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A、左侧MnO2反应转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，发生还原反应，所以左侧电极为电源的正极，电子由b流向a，故A错误；B、微生物在右侧，右侧电极为电源的负极，所以微生物所在电极区放电时发生氧化反应，故B错误；C、H+是阳离子，在原电池中，H+从负极区移向正极区，故C错误；D、电池左侧为电池的正极区，MnO2在H+条件下发生得电子反应，所以正极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故D正确；答案选D。14.对于a、b、c、d四块金属片，若a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中，电子由a流向b；c、d用导线相连浸泡在稀H2SO4时，d产生大量气泡；a、c用导线相连浸泡在稀CuSO4中时，c上附着上一层红色物质；d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质。由这四种金属的活动依次由大到小为()A.a＞b＞c＞d B.a＞c＞d＞bC.c＞a＞b＞d D.b＞d＞c＞a【答案】B【解析】【详解】a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中形成原电池，活泼金属做负极，电子由负极经外电路流向正极，因此活泼性a>b；c、d相连浸入稀H2SO4中，H＋在正极上得电子生成H2，有气泡生成，所以d为正极，c为负极，活泼性c>d；a、c相连浸入稀CuSO4溶液中时，Cu2＋在正极上得电子生成Cu附着在正极表面，a是负极，c为正极，活泼性a>c；又活泼性d>b，所以四种金属的活动性依次为a>c>d>b，B项正确。15.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，C和E形成化合物CE。下列说法正确的是（）A.D、E、B和C四种元素简洁离子半径比较：C>D>E>BB.B、D、E简洁气态氢化物稳定性比较：B>D>EC.E最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4D.C的单质在空气中燃烧产物的化学式为CO【答案】C【解析】【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则B在C元素上一周期；A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，该化合物为氨气，则A为H、B为N元素，D为P元素；C原子序数大于B而小于D，则C为Na元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物，C和E形成化合物CE，则E为Cl元素。【详解】由分析可知：A为H元素、B为N元素、C为Na元素、D为P元素、E为Cl元素；A．N3-和Na+、P3-和Cl-均为电子层结构相同的离子，电子层结构相同的离子，其半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径B＞C、D>E，故A错误；B．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，N、P和Cl中非金属性最强的是Cl元素，形成的气态氢化物中氯化氢最稳定，故B错误；C．E为Cl元素，其最高化合价为+7价，所以其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，故C正确；D．Na在空气中燃烧生成Na2O2，故D错误；故答案为C。【点睛】同周期元素从左到右，原子序数渐渐增大，原子半径渐渐减小，金属性渐渐减弱，非金属性渐渐增加；同一主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同一周期从左向右原子半径减小，非金属性增加，则对应氢化物的稳定性增加，最高价含氧酸的酸性增加，特殊留意电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小。第II卷(非选择题)二、填空题(共55分)16.为了庆祝元素周期表诞生150周年，联合国将2024年定为“国际化学元素周期表年”。元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学探讨上发挥着越来越重要的作用。下表是元素周期表的一部分，数字①～⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨（1）⑧所对应的元素名称为___，其在周期表中的位置___。（2）在①～⑨元素中，原子半径最大的是___（填元素符号），其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该反应化学方程式___。（3）⑤⑥⑦三种元素所形成的最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是___（填化学式）。（4）比较④与⑨的气态氢化物的稳定性___＞___（填化学式）。（5）由下列元素形成的化合物中含有离子键的是___。A.①和③B.②和③C.①和④D.⑥和⑨【答案】(1).硫(2).第三周期第ⅥA族(3).Na(4).2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2(5).NaOH(6).HF(7).HCl(8).D【解析】【分析】依据元素周期表可知，①为H，②为C，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl。结合元素周期律分析解答。【详解】（1）⑧所对应的元素名称为硫，其在周期表中的位置第三周期第ⅥA族。（2）在①～⑨元素中，同周期，原子半径随着核电荷数的增大而减小，同主族，原子半径随着核电荷数增大而增大。原子半径规律为①＜④＜③＜②＜⑨＜⑧＜⑦＜⑥＜⑤，原子半径最大的是Na，其氧化物Na2O2可用于呼吸面具中氧气来源，反应方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。（3）同周期，从左到右，金属性减弱，⑤⑥⑦三种元素的金属性⑤＞⑥＞⑦,金属性越强，所形成的最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故碱性最强的是NaOH。（4）同主族，从下到上，非金属性增加，非金属性④＞⑨；非金属性越强，气态氢化物的稳定性越高，故HF＞HCl。（5）离子键是指阴、阳离子间通过静电作用形成的化学键，常出现在金属或NH4+与非金属元素之间，故含有离子键的是⑥和⑨，答案为D。【点睛】简洁的粒子半径比较方法：电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；同种元素，阳离子半径＜原子半径，阴离子半径＞原子半径。17.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子使一般分子变成活化分子所需供应的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用表示请仔细视察如图，然后回答问题．图中所示反应是______填“吸热”或“放热”反应．已知拆开1mol

键、1mol

、1mol

键分别须要汲取的能量为436kJ、151kJ、则由1mol氢气和1mol

碘反应生成HI会______填“放出”或“汲取”______kJ的热量在化学反应过程中，是将______转化为______．下列反应中，属于放热反应的是______，属于吸热反应的是______．物质燃烧炸药爆炸酸碱中和反应二氧化碳通过炙热的碳食物因氧化而腐败与反应铁粉与稀盐酸反应．【答案】(1).放热(2).放出(3).11(4).化学能(5).热能(6).①②⑤⑦(7).④⑥【解析】【详解】(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热，故答案为放热；(2)在反应H2+I22HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共汲取的能量为：1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，汲取的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，化学能转化为热能，故答案为放出；11；化学能；热能；(3)常见的放热反应有：全部的物质燃烧、全部金属与酸反应、金属与水反应，全部中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，某些复分解(如铵盐和强碱)．所以放热反应有：①②③⑤⑦；吸热反应有：④⑥，故答案为①②③⑤⑦；④⑥。18.(I)俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素(FI)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：(1)该元素在周期表中的位置______________，属于金属元素还是非金属元素？____(2)假如该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式___________________。(II)下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：(1)元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为__________。(2)元素②和⑤的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为___________。(3)元素Fe的单质与⑦的氢化物高温下反应的化学方程式为___________。(III)推断以下叙述正确的是__________。部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、－2－2A．L2+、R2－的核外电子数相等B．单质与稀盐酸反应的速率L＜QC．M与T形成的化合物肯定具有两性D．氢化物的沸点为HnT＞HnRE.M的单质能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气【答案】(1).第七周期IVA族(2).金属(3).H4FIO4(H2FIO3也可以)(4).Cl2+H2O=H++Cl－+HClO(5).NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O(6).3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(7).CDE【解析】【分析】I.依据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.依据在周期表中的位置分析元素的种类，依据元素周期律及元素性质分析解答；III.依据原子半径及化合价规律分析元素的种类，依据元素周期律分析解答。【详解】（I）（1）每周期最终一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，依据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属，故答案为：第七周期ⅣA族；金属；（2）114号是第七周期ⅣA，所以最高正价是+4价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：H4FIO4；（II）依据图示元素周期表可知，①H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe元素。（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；（2）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应的化学方程式为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；（3）元素⑩单质为Fe，⑦的氢化物为水，Fe与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；（III）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故A错误；B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越猛烈，故B错误；C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；D．氢化物的沸点为HnT＞HnRH2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，故D正确；E.M为铝，能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气，故E正确；故答案为：CDE。19.依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)＝Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：（1）电极X的材料是______；电解质溶液Y是________；（2）银电极为电池的____极，发生的电极反应式为______；X电极上发生的电极反应为______；（填反应类型）（3）外电路中的电子是从_______电极流向________电极。Ag＋向_______（填正极或负极）移动。（4）当有1.6g铜溶解时，银棒增重_________________。（5）某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质,两极上发生的电极反应分别为：A极：H2+O2--2e-=H2O；B极：O2+4e-=2O2-。则A极是电池的______极；电子从该极____(填“流入”或“流出”)，该电池的总反应为_______。【答案】(1).Cu(2).AgNO3(3).正极(4).Ag++e-=Ag(5).氧化反应(6).X（或Cu）(7).Ag(8).正极(9).5.4g(10).负(11).流出(12).2H2＋O2===2H2O【解析】【详解】（1）在原电池的总反应方程式中，负极化合价上升，所以铜做负极，而负极的活泼性大于正极，因此，正极可以选择银或者碳棒。总反应式中银离子化合价降低，所以在电解质溶液中会含有银离子。因此电解质溶液可以选择硝酸银；故电极X的材料是Cu；电解质溶液Y是AgNO3；（2）正极化合价降低，发生还原反应，银电极为电池的正极；电极反应式为Ag++e-=Ag；X电极上铜失去电子，发生的电极反应为氧化反应；（3）电子的流淌方向是负极流向正极，所以应是X（或Cu）电极流向Ag电极；（4）1.6g的铜相当于0.025mol的铜。即失去0.0252=0.05mol电子。而据得失电子总数相等可知，银离子应得到0.05mol的电子，由Ag++e-=Ag可知会得到0.05mol的银，则银的质量为0.05mol108g/mol=5.4g；(5)原电池中，失电子发生氧化反应的电极是负极，得电子发生还原反应的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极，依据电极反应式知，通入氢气的电极失电子发生氧化反应，则A为负极，B为正极，电子从负极A电极沿导线流向正极B电极；则A极是电池的负极；电子从该极流出，该电池的总反应为2H2＋O2=2H2O。【点睛】本题考查原电池相关学问点，意在考查考生的分析实力，有较高的实力要求。依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)＝Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池时可依据氧化还原反应的原理，将其分成两个半反应Ag++e-=Ag、Cu+2e-＝Cu2＋。20.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的实力强，性质稳定，请回答：(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是______，在导线中电子流淌方向为___________(用a、b表示)。(2)负极反应式为_____________。(3)电极表面镀铂粉的缘由为______________________________。(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供应，电池可连绵不断供应电能。因此，大量平安储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li+H22LIHⅡ.LiH+H2O=LiOH+H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是_________，反应Ⅱ中的氧化剂是_________。②已知LiH固体密度为0.82g/cm3。用锂汲取224L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被汲取的H2体积比为________。【答案】(1).由化学能转变为电能(2).由a到b(3).2H2+4OH－—4e-=4H2O(或H2+2OH－—2e-=2H2O)(4).增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率(5).Li(6).H2O(7).或8.71×10-4【解析】【分析】依据燃料电池原理分析电池的正负极及电极反应式；依据反应中元素化合价变更推断氧化剂和还原剂；依据反应方程式及气体摩尔体积进行相关计算。【详解】（1）原电池主要是将化学键转化为电能，燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极，即由a到b，故答案为：化学能转化为电能；由a到b；（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O；（3）反应物接触面积越大，反应速率越大，镀铂粉增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率，故答案为：增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率；（4）①I.2Li+H22LIH中锂失