湖南省岳阳市岳阳县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题

2024年高一化学期中考试试题一、选择题(共16小题，每题3分，共48分)1.“化学是人类进步的阶梯”，与生产生活密切相关。下列说法正确的是A.我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，这是一种实现碳中和的新思路B.磁性氧化铁常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料C.纯碱常用于治疗胃酸过多D.生铁具有：良好的延展性和机械性能，广泛用于制造机械和交通工具【答案】A【解析】【详解】A．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的全合成，可以减少二氧化碳的排放，这是一种实现碳中和的新思路，故A正确；B．氧化铁常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故B错误；C．常用小苏打治疗胃酸过多，纯碱碱性过强，小苏打更温和，故C错误；D．生铁硬度大、抗压、性脆、可以铸造成型，是制造机座、管道的重要材料，钢具有良好的延展性和机械性能，广泛用于制造机械和交通工具，故D错误；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,2.24LH2O中含有共价键数目为2NAB.Na2O2与水反应时,生成0.1molO2时转移的电子数为0.1NAC.过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应,电子转移数大于0.2NAD.2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后,混合物的分子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．标准状况下H2O是液体，所以无法用标况下气体的摩尔体积计算含有的共价键数目，故A错误；B．Na2O2与水反应的方程式为：2Na2O2

+

2H2O

=

4NaOH

+

O2↑，此反应转移2mol电子，生成1molO2，生成0.1molO2时转移的电子数为0.2NA，故B错误；C．硝酸的物质的量为0.4mol，若与过量的铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2mol，故C正确；D．2molSO2和1molO2在一定条件下是可逆反应，充分反应不能进行彻底，所得混合气体的分子数大于2NA，故D错误；故答案：C。3.下列有关物质性质排序错误的是A.离子半径大小： B.金属性：C.碱性： D.氧化性：【答案】A【解析】【详解】A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：，故A错误；B．金属性越强金属单质越活泼，根据金属活动性顺序表可知，金属性：，故B正确；C．元素金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性：，则碱性：，故C正确；D．元素非金属性越强，单质氧化性越强，非金属性：，则氧化性：，故D正确；故选A。4.下列关于电子式的表述正确的是()A.NaClO的电子式为B.SCl2的电子式为C.用电子式表示HCl的形成过程为D.已知SCN－中每个原子都达到8电子结构，则其电子式为【答案】D【解析】【详解】A．NaClO是离子化合物，氯原子最外层有7个电子，氧原子最外层有6个电子，各原子要达到稳定结构，氯需形成1对共价键，氧需形成2对共价键，故NaClO的电子式应为，故A项错误；B．硫原子最外层有6个电子，氯原子最外层有7个电子，硫原子应分别与2个氯原子形成1对共用电子对，从而达到8电子稳定结构，故其电子式应为，故B项错误；C．HCl为共价化合物，故其电子式应为，故C项错误；D．仿照A、B项的分析可知该电子式正确，故D项正确；故答案为D。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.常温下，将铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为B.常温常压下，和混合物中含有氧原子数为C.氢氧燃料电池正极消耗气体时，负极消耗的气体分子数目为D.中含有的中子数为【答案】B【解析】【详解】A．常温下Al与浓硫酸发生钝化，无法计算失去电子数，故A错误；B．NO2与N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，故含3NA个原子，故B正确；C．气体所处的状况不确定，气体的物质的量不能计算，负极消耗气体的分子数目也不能计算，故C错误；D．中含有3+188=13个中子，中含有的中子数为13N

A

，故D错误；故选B。6.可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+gD（g）的vt图像如下图甲，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其vt图像如下图乙。①a1=a2②a1<a2③b1=b2④b1<b2⑤t1>t2⑥t1=t2⑦两图中阴影部分面积相等⑧乙图阴影部分面积更大，以上正确的为A.①③⑥⑦ B.①④⑥⑧ C.②③⑤⑧ D.②④⑤⑦【答案】D【解析】【详解】加入催化剂的结果是正、逆反应速率相同程度增大，二是缩短了达到平衡的时间。由此可得：a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不使平衡移动推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等。故选D。7.下列离子方程式正确的是A.向溶液中加入过量铁粉：B.碳酸钙溶于醋酸：C.次氯酸钙溶液通入：D.向稀硝酸中加入铜片：【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中加入过量铁粉生成，离子方程式为：，故A错误；B．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，故B错误；C．次氯酸钙具有氧化性，具有还原性，次氯酸钙溶液通入会发生氧化还原反应生成CaSO4，故C错误；D．向稀硝酸中加入铜片生成硝酸铜和一氧化氮，离子方程式为：，故D正确；故选D。8.石油中常会有少量硫醇，因而产生难闻气味。硫醇是巯基（—SH）与链烃基相连的含硫化合物，其性质与醇类有相似之处。但是由于巯基的存在，也导致硫醇有一些醇类所没有的化学性质，例如硫醇能跟NaOH溶液反应生成盐，常温常压下硫醇在空气中能被氧化等。根据信息，下列比较正确的是（）A.沸点：C2H5SH>C3H7SHB.还原性：C2H5SH>C2H5OHC.水溶性：C2H5SH>C2H5OHD.酸性：C2H5SH<C2H5OH【答案】B【解析】【详解】A．组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增大，熔沸点升高，故沸点：，故A错误；B．常温常压下硫醇在空气中能被氧化，故还原性：，故B正确；C．与可形成氢键，易溶于水，故水溶性：，故C错误；D．硫醇能跟溶液反应生成盐，而乙醇与碱不反应，故酸性：，故D错误；故答案选B。9.下图是铅蓄电池的模拟装置图，铅蓄电池是典型的二次电池，其总反应式为：，下列说法正确的是A.放电时，闭合断开，正极反应是：B.充电时，闭合断开，铅蓄电池正极接外电源负极，电极反应式为：C.闭合断开，放电过程中，向电极移动，溶液的不断增大D.放电时，闭合断开，当外电路上有电子通过时，溶液中消耗的物质的量为【答案】D【解析】【分析】铅蓄电池放电时根据原电池工作原理分析，充电时根据电解原理进行判断电极及电极反应，如放电时Pb负极、二氧化铅为正极，据此进行解答。【详解】A．放电时，闭合断开，二氧化铅为正极，正极反应是：，故A错误；B．充电时，闭合断开，铅蓄电池正极接外电源正极，电极反应式为：，故B错误；C．闭合断开，放电过程中，Pb为负极、二氧化铅为正极，原电池中阳离子向正极移动，向A电极移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液的不断增大，故C错误；D．放电时，闭合断开，由总方程式：可知，每转移2mol电子，消耗2mol，当外电路上有电子通过时，溶液中消耗的物质的量为，故D正确；故选D。10.某工业废水中存在大量的Na+、Cl、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO，设计工艺流程如图所示：下列有关说法错误的是A.NaOH的作用是除去Cu2+B.试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2C.操作x为过滤，试剂c为稀盐酸D.检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入BaCl2溶液【答案】B【解析】【分析】工业废水中存在大量的Na+、Cl、Cu2+、SO，欲除去其中的

Cu2+、SO，由实验流程可知，先加NaOH除去Cu2+，然后加试剂a为BaCl2可除去SO，再加试剂b为Na2CO3，试剂b可除去过量钡离子，操作x为过滤，分离出溶液含氯化钠、碳酸钠，最后加试剂c为盐酸可除去碳酸钠，以此来解答。【详解】A．由上述分析可知，NaOH的作用是除去Cu2+，生成氢氧化铜沉淀，故A正确；

B．试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，碳酸钠在氯化钡之后可除去过量的钡离子，故B错误；

C．由上述分析可知，操作x为过滤，试剂c为稀盐酸，故C正确；

D．检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，排除干扰离子，再加入BaCl2溶液若不生成白色沉淀，则除尽，反之没有除尽，故D正确；

故选：B。11.氢能源是现在研究的热点。以太阳能为能源，热化学循环在较低温度下制备氢气的反应是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。相关反应的热化学方程式为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：下列说法不正确的是A.总反应的热化学方程式为：B.和是总反应的催化剂C.该过程实现了太阳能到化学能的转化D.若反应，则【答案】A【解析】【详解】A．反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ，得到H2O(l)=H2(g)+O2(g)，根据盖斯定律，△H=△H1+△H2+△H3=(213+327+172)=+286或，A错误；B．根据流程图可知总反应为H2O(l)=H2(g)+O2(g)，SO2和I2起到催化剂的作用，B正确；C．通过流程图，反应Ⅱ和Ⅲ，实现了太阳能到化学能的转化，C正确；D．由A知H2O(l)=H2(g)+O2(g)，则，液态水转化为气态水会吸收热量，则，则，D正确；故选A。12.可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)进行过程中，当其他条件不变时，C的体积分数C%与温度(T)、压强(p)的关系如下图所示。下列叙述正确的是A.达到平衡后，加入催化剂，C的体积分数增大B.达到平衡后，升高温度，平衡向逆方向移动C.化学方程式中，b>c+dD.达到平衡后，增加A的量，平衡向右移动【答案】B【解析】【分析】由C的体积分数与温度的关系示意图可知，先达到平衡的温度T2大于T1，C的体积分数小于T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应；由C的体积分数与压强的关系示意图可知，先达到平衡的温度p2大于p1，C的体积分数小于p1，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，该反应是气体体积增大的反应。【详解】A．达到平衡后，加入催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，则C体积分数不变，故A错误；B．由分析可知，该反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；C．由分析可知，该反应是气体体积增大的反应，则气态物质的化学计量数为b＜c+d，故C错误；D．由方程式可知，A为浓度为定值的固体，达到平衡后，增加A的量，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故D错误；故选B。13.R、W、X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，下表中为部分元素的原子半径和主要化合价信息：元素代号YRX原子半径/nm0.1860.1020.074主要化合价化合物甲是一种常见无机物，其结构如图所示(图中的“—”为单键或双键)：，W和Y为同主族元素，Z的一种核素用于测定一些文物的年代，组成化合物甲的四种元素原子最外层电子数之和为12。则下列叙述正确的是A.Y的最高价氧化物对应的水化物和Z的最高价氧化物反应可生成甲B.X、Y形成的离子化合物只含离子键C.X、Y、R三种元素形成的简单离子半径大小顺序为：D.W分别与X、R形成的分子热稳定性为：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为元素周期表中短周期主族元素，Z的一种核素用于测定一些文物的年代，Z为C元素；R的主要化合价为，则R为S元素；X的主要化合价为2价，X为O元素；W和Y为同主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为12，则W、Y的最外层电子数为=1，化合物甲中Y为+1价阳离子，其最外层电子数为1，结合Y的半径大于S，可以推知Y为Na元素，W为H元素，该化合物应该为NaHCO3。【详解】A．Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH和C的最高价氧化物CO2反应，当CO2过量时生成NaHCO3，故A正确；B．O、Na形成的离子化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；C．电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小顺序为：S2＞O2＞Na+，故C错误；D．H分别与O、S形成的分子为H2O和H2S，由于非金属性：O>S，则稳定性：H2O>H2S，故D错误；故选A。14.我国最近在太阳能光电催化一化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A.该工艺中光能最终转化为化学能B.该装置工作时，H+由b极区流向a极区C.a极上发生的电极反应为Fe3++e=Fe2+D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液【答案】A【解析】【分析】根据图示，b极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，氢离子通过质子交换膜向b电极移动，据此分析解答。【详解】A．该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故A正确；B．根据图示，该装置工作时，H+由b极区放电生成氢气，由a极区流向b极区，故B错误；C．a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，电极反应为Fe2+e=Fe3+，故C错误；D．a极区Fe2＋和Fe3＋可相互转化，不需补充含Fe2＋和Fe3＋的溶液，故D错误；答案选A。15.已知：将H2S和O2的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中，部分有关物质转化如图所示。下列说法正确的是A.CuCl2溶液和H2S反应的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓B.FeCl3在转化过程中发生的反应为Fe3++CuS=Fe2++Cu2++SC.O2在转化过程中发生的反应为O2+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2OD.反应过程中总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．H2S是气体，不能拆，则CuCl2溶液和H2S反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A错误；B．该反应没有配平，其FeCl3在转化过程中发生的反应为2Fe3++CuS=2Fe2++Cu2++S↓，故B错误；C．该反应没有配平，其O2在转化过程中发生的反应为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，故C错误；D．根据图中信息得到反应过程中的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故D正确。综上所述，答案为D。16.①现有铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到的混合气体(不考虑等其它气体)体积为(本题气体体积均为标准状况下)：②这些气体与一定体积氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向①所得溶液中加入溶液至金属离子恰好完全沉淀，消耗溶液的体积是。下列说法不正确的是A.①中参加反应的硝酸是 B.②中消耗氧气的体积是C.铜镁合金中镁的质量为 D.混合气体中体积为【答案】C【解析】【分析】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n==0.2mol，60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol。【详解】A．铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应得到的铜离子和镁离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，A正确；B．生成氢氧化铜和氢氧化镁的总物质的量为：0.3mol×=0.15mol，反应消耗铜和镁的总物质的量为0.15mol，0.15mol铜和镁完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，O2得到的电子与铜和镁失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)==0.075mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/mol×0.075mol=1.68L，B正确；C．由B可知，铜和镁的总物质的量为0.15mol，总质量为，设Mg的物质的量为xmol、Cu的物质的量为ymol，则x+y=0.15，根据电子守恒可得：24x+64y=6.6，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，铜镁合金中镁的质量为，故C错误；D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，D正确；故选C。四、解答题(共4小题，共52分)17.某化学课外兴趣小组用如图所示装置进行实验，制备某气体并验证其性质。请回答下列问题：（1）若装置A中分液漏斗盛装浓硫酸，圆底烧瓶盛装铜片。①装置A中发生反应的化学方程式为____。②实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L1的浓硫酸在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。a.有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是____。b.下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是____(填标号)。A.铁粉B.BaCl2溶液C.银粉D.NaHCO3溶液（2）若装置A中分液漏斗盛装浓硫酸，圆底烧瓶盛装木炭。①装置A中发生反应的化学方程式为____。②设计实验证明装置C中含有CO2时，所需的试剂有____(填标号)。a.NaOH溶液b.澄清石灰水c.品红溶液d.浓溴水e.酸性KMnO4溶液（3）若装置A中分液漏斗盛装浓盐酸，圆底烧瓶盛装MnO2粉末。①装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭止水夹K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是____。②D中品红溶液的现象为____，加热试管时溶液的现象为____。（4）装置D中试管口放置的棉花中浸了一种液体，可适用于(1)(2)(3)小题中实验，该液体是____。【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.反应过程中浓硫酸被消耗，浓度逐渐变稀，而Cu与稀硫酸不反应③.AD（2）①.C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O②.bce(或be)（3）①.试剂瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升②.品红溶液褪色③.溶液颜色不变（4）碱液【解析】【分析】（1）①装置A中铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫；②a.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；b.证明反应结束后的烧瓶中确有余酸可用证明溶液中还含有氢离子来证明；（2）①若装置A中分液漏斗盛装浓硫酸，圆底烧瓶盛装木炭，反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；②用澄清石灰水证明二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫；（3）①MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，多余的氯气可贮存于装置B中，排出的液体进入到长颈漏斗中，为减少氯气的溶解；②D中品红溶液褪色，加热试管时溶液颜色不变；（4）(1)(2)小题实验的尾气中含有二氧化硫，(3)小题实验的尾气中含有氯气，二者都是有毒气体。【小问1详解】①装置A中铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②a.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，则是因为反应过程中浓硫酸被消耗，浓度逐渐变稀，而Cu与稀硫酸不反应；故答案为：反应过程中浓硫酸被消耗，浓度逐渐变稀，而Cu与稀硫酸不反应；b.证明反应结束后的烧瓶中确有余酸可用证明溶液中还含有氢离子来证明，铁粉能与硫反应生成氢气，NaHCO3溶液能与硫酸反应生成二氧化碳；故答案为：AD；【小问2详解】①若装置A中分液漏斗盛装浓硫酸，圆底烧瓶盛装木炭，反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②用澄清石灰水证明二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫，因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，实验方案为混合气体→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水，或混合气体→酸性高锰酸钾溶液→澄清石灰水；二氧化硫和二氧化碳都与氢氧化钠溶液反应，浓溴水具有挥发性，故不能选用二者除去二氧化硫；故答案为：bce(或be)；【小问3详解】①MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，多余的氯气可贮存于装置B中，排出的液体进入到长颈漏斗中，为减少氯气的溶解，可观察到：试剂瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升，B应为饱和食盐水；故答案为：试剂瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升；②D中品红溶液褪色，加热试管时溶液颜色不变；故答案为：品红溶液褪色；溶液颜色不变；【小问4详解】(1)(2)小题实验的尾气中含有二氧化硫，)(3)小题实验的尾气中含有氯气，二者都是有毒气体，都可用碱液吸收，防止污染空气；故答案为：碱液。18.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。已知：A是宇宙中含量最高的元素；B、C形成的化合物是形成酸雨的主要物质；D、E、F为同周期元素，它们的最高价氧化物的水化物均可两两反应。用元素符号回答下列问题：（1）元素C原子核内质子数比中子数少2个，满足该条件的原子符号为_______；元素E在周期中的位置：_______。（2）若元素F的单质是一种黄绿色气体，常温时由F形成的最高价氧化物甲是一种液态物质，将甲完全溶于水形成溶液时放出的热量，写出该过程的热化学反应方程式_______；若元素F的单质是一种黄色固体，下列表述中能证明元素C的非金属性强于F的是_______(填写序号)。①元素C和F形成的化合物中，F化合价为，C化合价为②元素C、F各自形成的最简单氢化物的沸点：前者>后者③常温时，元素C的单质为气态，F的单质为固态④元素C的单质可将F从其氢化物溶液中置换出来（3）元素A、B可形成一种离子化合物，该化合物的电子式为_______。（4）用高能射线照射A、C形成的10电子分子时，一个分子能释放一个电子，同时产生一种具有较高氧化性的阳离子，试写出该阳离子的化学式_______，该阳离子存在的化学键类型有_______。（5）写出元素D、E的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式_______。【答案】（1）①.②.第三周期IIIA族（2）①.Cl2O7(l)+H2O(l)=2HClO4(aq)=②.①④（3）（4）①.H2O+②.极性共价键（5）Al(OH)3+OH=AlO+2H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。已知：A是宇宙中含量最高的元素，A为H元素；B、C形成的化合物是形成酸雨的主要物质，结合六种元素的序数大小关系，可知B为N元素，C为O元素；D、E、F为同周期元素，它们的最高价氧化物的水化物均可两两反应，说明这三种元素可以形成两性氢氧化物、强酸和强碱，则D为Na元素，E为Al元素，F为S元素或Cl元素，以此解答。【小问1详解】C为O元素，核内质子数比中子数少2个，则中子数为8+2=10，质量数为10+8=18，原子符号为，E为Al元素，在周期中的位置：第三周期IIIA族。【小问2详解】若元素F的单质是一种黄绿色气体，则F为Cl元素，常温时由Cl形成的最高价氧化物为Cl2O7，Cl2O7完全溶于水形成HClO4溶液，放出的热量，该过程的热化学反应方程式为：Cl2O7(l)+H2O(l)=2HClO4(aq)=；若元素F的单质是一种黄色固体，则F为S元素，①O元素和S形成的化合物SO2中，F化合价为+4，C化合价为2，说明O的电负性强与S，可以证明O的非金属性强于S；②最简单氢化物的沸点是物理性质，不能证明O的非金属性强于S；③常温时的状态是物理性质，不能证明O的非金属性强于S；④O元素的单质可将S从其氢化物溶液中置换出来，可以证明O的非金属性强于S；故选①④。【小问3详解】元素A、B可形成一种离子化合物NH4H，该化合物的电子式为：。【小问4详解】用高能射线照射H、O形成的10电子分子H2O时，一个分子能释放一个电子，同时产生一种具有较高氧化性的阳离子H2O+，H2O+中存在极性共价键。【小问5详解】元素Al、Na的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3和NaOH，Al(OH)3显两性，可以与强酸反应也可以与强碱反应，Al(OH)3和NaOH溶液反应得到偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH=AlO+2H2O。19.研究化学反应的快慢和限度，对工农业生产和人们生活有重要的意义。Ⅰ．某化学课外小组的同学通过铁和稀盐酸的反应探究外界条件对化学反应速率的影响，下表是实验过程中的数据及相关信息：序号反应温度/℃V(H2O)/mL10gFe的形状t/min①2025V1块状1②202100块状1③202100粉末1④402100块状1(注：气体体积均在相同条件下测得)（1）实验①和②探究盐酸浓度对反应速率的影响，即V1为_______mL；实验②和③表明_______对反应速率的影响。（2）实验室在制氢气时，可在锌和盐酸反应的容器中加入少量硫酸铜固体，原因是_______。(用文字表达)（3）分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间的变化情况都是开始速率慢慢增大，后来慢慢减小。前期速率慢慢增大的主要原因是_______；后期速率慢慢减小的主要原因是_______。Ⅱ．工业制硫酸的反应之一为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在1L恒容绝热密闭容器中投入2molSO2和适当过量的O2，在一定条件下充分反应，如图是SO2和SO3随时间的变化曲线。（4）10min内，SO2的反应速率为_______；平衡时SO2的转化率为_______。（5）下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是_______；a．容器中压强不再改变b．容器中气体密度不再改变c．O2的物质的量浓度不再改变d．SO3的质量不再改变e．2V正(SO2)=V逆(O2)【答案】（1）①.5②.反应物接触面积或固体接触面积（2）锌与硫酸铜反应，置换出铜，与锌形成原电池反应，反应速率增大（3）①.反应放热，温度升高，反应速率增大②.反应物浓度减少，反应速率降低（4）①.0.1mol/(L·min)②.70%（5）be【解析】【小问1详解】根据控制变量法，实验①②探究盐酸浓度对反应速率的影响，溶液最体积应相等，即V1=5mL，实验②③铁的形状不同，研究的是反应物接触面积或固体接触面积对反应速率的影响；故答案为5；反应物接触面积或固体接触面积；【小问2详解】锌与硫酸铜反应置换出铜单质，锌、铜、盐酸构成原电池，能加快反应速率，故答案为锌与硫酸铜反应，置换出铜，与锌形成原电池反应，反应速率增大；【小问3详解】金属与盐酸反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，反应速率加快，前期温度为主要因素；随着反应进行盐酸浓度逐渐降低，后期浓度对反应速率影响为主要因素，盐酸浓度降低，化学反应速率降低，故答案为反应放热，温度升高，反应速率增大；反应物浓度减少，反应速率降低；【小问4详解】二氧化硫为反应物，三氧化硫为生成物，根据化学反应速率数学表达式，v(SO2)==0.1mol/(L·min)；达到平衡时，消耗二氧化硫物质的量为(2.00.6)mol=1.4mol，则二氧化硫的转化率为=70%；故答案为0.1mol/(L·min)；70%；【小问5详解】a