甘肃省会宁县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

甘肃省会宁县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

会宁县第四中学2019-2020学年度第二学期中期考试高一化学试卷 一、选择题（每小题2分，共48分） ‎ ‎1.某元素的离子结构示意图为，该元素在周期表中的位置是（ ）‎ A. 第5周期零族 B. 第6周期第ⅠB族 C. 第5周期第ⅦA族 D. 第6周期第ⅠA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素的离子结构示意图为，该离子的核电荷数为55，核外电子总数为54，很明显该离子是该元素的原子失去最外层的1个电子形成的阳离子，该元素的原子有6个电子层，最外层有1个电子，该元素位于第六周期第IA族 ，答案选D。‎ ‎2.2017年，我国科学家在利用镓(Ga)进行肿瘤的早期精准诊断方面取得重大突破。下列关于Ga的说法正确的是 A. 质子数为31 B. 中子数为68‎ C. 质量数为99 D. 核外电子数为37‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子中：核电荷数=质子数=电子数、质量数=质子数+中子数 ‎【详解】A、因为原子中，核电荷数=质子数=电子数，由题意该原子的核内质子数为31，故该原子的核电荷数为31，故A正确；‎ B、中子数为68-31=37，故B错误；‎ C、质量数为68，故C错误；‎ D、核外电子数为31，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下列物质中属于共价化合物的是 A. HCl B. Na2CO‎3 ‎C. NaCl D. N2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有离子键的化合物为离子键化合物，离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键。‎ ‎【详解】A项、HCl分子中只存在共价键，为共价化合物，故A符合题意；‎ B项、Na2CO3中存在离子键和共价键，为离子化合物，故B不符合题意；‎ C项、NaCl中只存在离子键，为离子化合物，故C不符合题意；‎ D项、N2是含有共价键的单质，不是化合物，故D不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化合物类型判断，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键。‎ ‎4.联合国大会确定2019年是“国际化学元素周期表年”。下列说法错误的是 A. 短周期共有18种元素 B. 元素周期表中有118种元素，即发现了118种原子 C. 在元素周期表金属与非金属的分界处可以找到半导体材料 D. 元素周期表中的每个周期都是按原子序数递增的顺序从左到右进行排列的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．短周期元素为前三周期元素，元素种类分别为2、8、8，共18种，选项A正确；‎ B、目前元素周期表有118种元素，某些元素具有同位素，如H有H、D、T三种原子，则原子的种类多于118种，选项B错误；‎ C、金属元素的单质容易导电，而非金属元素的单质不容易导电，因此在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，选项C正确；‎ D、元素周期表中的每个周期都是按原子序数递增的顺序从左到右进行排列的，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.干冰气化时，下列所述内容发生变化的是(　　)‎ A. 分子内共价键 B. 分子间作用力 C. 分子的性质 D. 分子间的氢键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】干冰是二氧化碳的分子晶体，分子间存在分子间作用力，不存在氢键，分子气化时破坏分子间作用力，分子内原子间共价键没有被破坏，所以分子的性质不发生改变；答案选B。‎ ‎6.下列物质中既含有非极性键，又含有离子键的是（ ）‎ A. MgBr2 B. H2O‎2 ‎C. Na2O2 D. NH4Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，金属元素与非金属元素之间形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，以此来解答。‎ ‎【详解】A．MgBr2中只存在离子键，选项A不选；‎ B．H2O2中存在H-O极性键、O-O非极性键，选项B不选；‎ C．Na2O2中存在钠离子与过氧根离子之间的离子键、O-O非极性键，选项C选；‎ D．NH4Cl中存在离子键和N-H极性键，选项D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键形成的一般规律为解答的关键，注意特殊物质中的化学键（如氯化铝、铵盐），注重基础知识的考查，选项D中的配位键一般不考虑，题目难度不大。‎ ‎7.根据Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应原理所设计原电池装置，正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该装置中锌为负极，铜为正极，电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故A错误；‎ B．镁的金属性比锌的活泼性要强，所以该装置的总反应为Mg+Cu2+=Mg2++Cu，故B错误；‎ C．电解质溶液为氯化铁溶液，则该电池的总反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，故C错误；‎ D．该电池电解质溶液为硫酸铜溶液，Zn为负极，Cu为正极，电池总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.下列反应既是氧化还原反应,又是放热反应的是( )‎ A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 B. 铝与稀盐酸的反应 C. 灼热的碳与二氧化碳的反应 D. 氢氧化钠与盐酸的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，属于吸热反应，故A错误；‎ B. 铝片与稀硫酸反应属于氧化还原反应，又是放热反应，故B正确；‎ C. 炭与二氧化碳反应属于吸热反应，故C错误；‎ D. 氢氧化钠与盐酸的中和反应不是氧化还原反应，故D错误；‎ 正确答案是A。‎ ‎【点睛】本题考查学生氧化还原反应的概念和常见的放热反应，可以根据所学知识进行回答，难度不大。‎ ‎9.已知反应X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）‎ A. X的能量一定高于M B. Y能量一定高于N C. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放热反应的本质是反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应放热，以此解答。‎ ‎【详解】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量，X的能量与M的能量关系无法确定，A项错误；‎ B. 反应物的总能量大于生成物的总能量，Y的能量与N的能量关系无法确定，B项错误；‎ C. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，C项正确；‎ D. 反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】1、放热反应一定是反应物的总能量大于生成物的总能量，如本题中C项X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，而像A、B项无法比较。吸热反应一定是反应物的总能量小于生成物的总能量。‎ ‎2、反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，某些吸热反应不需要加热也可以发生，如Ba(OH)2∙8H2O与氯化铵的反应为吸热反应，但不需要加热就可以发生，这是学生们的易错点。‎ ‎10.下列实验中，反应速率的加快是由催化剂引起的是( )‎ A. 在炭粉中加入氯酸钾，点燃时燃烧更为剧烈 B. 过氧化氢中加入少量二氧化锰，即可迅速放出气体 C. 固态氯化铁和固体氢氧化钠混合后，加入水能迅速产生沉淀 D. 锌与稀硫酸反应中加入少量硫酸铜溶液，反应放出氢气的速率加快 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在炭粉中加入氯酸钾，氯酸钾分解生成氧气，促进燃烧，点燃时燃烧更为剧烈，与催化剂无关，故A错误；‎ B项、二氧化锰是双氧水分解的催化剂，加快了化学反应速率，故B正确；‎ C项、加入水，固态氯化铁和固体氢氧化钠溶于水形成溶液，反应物的接触面积增大，迅速产生沉淀，与催化剂无关，故C错误；‎ D项、锌与稀硫酸反应中，加入少量硫酸铜溶液，Zn与Cu2+发生置换反应反应生成Cu，Zn、Cu在硫酸溶液中构成原电池，放出氢气的速率加快与催化剂无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查外界条件对反应速率影响，注意影响化学反应速率的因素以及物质发生变化的实质是解答关键。‎ ‎11. 下列几种化学电池中，不属于可充电电池的是 A. 碱性锌锰电池 B. 手机用锂电池 C. 汽车用铅蓄电池 D. 玩具用镍氢电池 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碱性锌锰电池属于一次电池，不属于可充电电池；‎ B、手机用锂电池属于可充电电池；‎ C、汽车用铅蓄电池属于可充电电池；‎ D、玩具用镍氢电池属于可充电电池；‎ 故选A。‎ ‎12.下列反应中，能量变化如图所示的是 A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇在空气中燃烧 C. 铝粉与盐酸反应 D. 氧化钙溶解于水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，只有A符合，B、C、D中反应均为放热反应，故答案为A。‎ ‎13.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是（ ）‎ A. 生成1molH2O时放出热量245kJ B. H2O分解为H2与O2时放出热量 C. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为甲>乙>丙 D. 氢气和氧气的总能量小于水的能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．上图表示了1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，△H=反应物键能和-生成物键能和436kJ/mol+249kJ/mol-930kJ/mol=-245kJ/mol，所以生成1molH2O时放出热量245kJ，故A正确；‎ B．△H=反应物键能和-生成物键能和=436kJ/mol+249kJ/mol-930kJ/mol=-245kJ/mol<0，所以氢气与氧气生成水的反应放热，所以水分解吸热，故B错误；‎ C．断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；‎ D．氢气与氧气生成水的反应放热，反应物总能量高于生成物，氢气和氧气的总能量大于水的，故D错误； 故选：A。‎ ‎【点睛】△H=反应物键能和-生成物键能=正反应活化能-逆反应活化能；键能的定义为：在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量。‎ ‎14.电子表所用的纽扣电池，两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，电池反应为 Ag2O + Zn + H2O═2Ag + Zn(OH)2 ,示意图如下。下列判断正确的是（ ） ‎ A. 锌为负极，被还原 B. 纽扣电池工作时，OHˉ移向Ag2O C. 每‎6.5 g 锌发生反应时，转移电子0.1 NA D. 纽扣电池工作时，电解质溶液的碱性增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电池反应可知Zn元素化合价由0价升高到+2价，失去电子被氧化，则Zn 为原电池的负极，被氧化，故A错误；‎ B．根据化合价变化可知Zn被氧化，为原电池的负极，带负电荷的阴离子应该移向负极，所以OHˉ移向Zn，故B错误；‎ C．原电池工作时，Zn元素化合价由0价升高到+2价，‎65g锌发生反应转移2摩尔电子，则每6.5 g 锌发生反应时，转移电子0.2 摩尔，即电子数目为0.2NA，故C错误；‎ D．根据反应 Ag2O + Zn + H2O═2Ag + Zn(OH)2知，原电池工作时消耗水，导致KOH溶液浓度增大，溶液的碱性增强，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.一定条件下，向‎2 L密闭容器中充入2 mol N2和10 mol H2发生反应N2+3H22NH3。2 min时测得剩余N2的物质的量为1 mol，下列有关化学反应速率的表达不正确的是 A. v(N2)=3 v(H2) B. v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1‎ C. v(NH3)=0.5mol·L-1·min-1 D. 再充入2 mol N2化学反应速率加快 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎ N2+ 3H22NH3‎ c(起始) mol/L 1 5 0‎ c(变化) mol/L 0.5 1.5 1‎ c(2 min) mol/L 0.5 3.5 1‎ ‎【详解】A. 用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。则3v(N2)=v(H2)，故A错误；‎ B. 由三段式可知，v(H2)==0.75 mol·L-1·min-1，故B正确；‎ C. 由三段式可知，v(NH3)==0.5mol·L-1·min-1，故C正确；‎ D. 再充入2 mol N2，N2浓度增大，化学反应速率加快，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】要正确解答本题必须要弄清两个概念：‎ ‎①用某一物质来表示反应速率时，通常是用单位时间内其物质的量浓度的变化来表示，而不是用单位时间内其物质的量的变化来表示。②用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。‎ ‎16.以下是反应A(g) + 3B(g) ⇌‎2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率，反应速率最大的是 A. υ（A）=0.45mol·L-1·s-1 B. υ（B）=0.6mol·L-1·s-1‎ C. υ（C）=0.4mol·L-1·s-1 D. υ（D）=0.45mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成同一种物质，然后比较数值；‎ ‎【详解】按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成以A表示的化学反应，υ(A)==mol/(L·s)=0.2 mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.2 mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.225 mol/(L·s)，因此反应速率最大的是υ(A)=0.45mol/(L·s)，故选项A正确；‎ 答案选A。‎ ‎17.能够充分说明在恒温下的密闭容器中，反应2SO2+O22SO3已达平衡状态的标志是 A. 容器中SO2.O2.SO3的物质的量之比为2：1：2‎ B. SO2 和SO3的物质的量浓度相等 C. 单位时间内生成2molSO3 时，即消耗1molO2‎ D. 反应容器内压强不随时间变化而变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2、O2、SO3的物质的量为2：1：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；‎ B．平衡时各物质的物质的量大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2和SO3的浓度相同不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；‎ C．单位时间内生成2molSO3 时，即消耗1molO2，均体现正反应速率，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；‎ D．反应前后气体的体积不等，故容器中压强不随时间的变化而改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】‎ 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎18.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径/10‎‎-10m ‎0.66‎ ‎1.36‎ ‎1.23‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.54‎ ‎0.70‎ ‎1.24‎ 最高价或最低价 ‎-2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5 -3‎ ‎+7 -1‎ ‎+1‎ ‎+5 -3‎ ‎+3‎ A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物 B. 元素⑦位于第二周期第Ⅴ族 C. 元素①⑧形成的化合物具有两性 D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则 A．元素④⑤形成的化合物是PCl3，属于共价化合物，选项A错误；‎ B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B选项错误；‎ C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C选项正确；‎ D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D选项错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握。‎ ‎19.五种短周期元素的某些信息如下表所示，下列有关说法正确的是（ ）‎ 元素 元素的相关信息 R 最高正价与最低负价的绝对值之和等于2‎ W 原子的M电子层上有3个电子 X 在短周期主族元素中，其原子半径最大 Y 原子的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成淡黄色单质 Z 最高价氧化物对应的水化物为一种强酸，可与其简单气态氢化物反应生成盐 A. W与Y、X与R形成的化合物都能与水反应，且都有气体生成 B. Z、X、W的简单离子半径依次增大 C. R与Y、Z分别形成的化合物水溶液均呈酸性 D. 常温下X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都能与W的单质持续反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 五种短周期元素，R的最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，则R为H元素；W的原子的M电子层上有3个电子，则W为Al；X在短周期主族元素中，其原子半径最大，X为Na；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且其低价氧化物能与其气态氢化物反应生成淡黄色单质，则单质为S，则Y为S；Z 的最高价氧化物的水化物为一种强酸，可与其简单气态氢化物反应生成盐，Z为N元素，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，R为H、W为Al、X为Na、Y为S、Z为N元素。‎ A．W与Y形成的化合物硫化铝、X与R分别形成的化合物为NaH，硫化铝与水反应且能够生成硫化氢气体，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A正确；‎ B．钠离子、氮离子和铝离子含有相同电子层数，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径按照Z、X、W的顺序简单离子半径依次减小，故B错误；‎ C．H与N形成的化合物NH3，其水溶液显碱性，故C错误；‎ D．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物的浓溶液分别为NaOH、浓硫酸、浓硝酸，常温下Al与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，不会持续反应，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】中学常见的淡黄色固体有过氧化钠、硫单质；能与酸反应生成盐的气态氢化物为碱性气体NH3。‎ ‎20.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是 A. 原子半径大小：X > Y > Z B. W、Y两种元素都能与氧元素形成化合物WO2、YO2‎ C. 氧化物对应水化物的酸性： Z > Y > W D. Y能形成H2Y、H2YO4的化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，且最外层电子数之和为21，可知，W为C、X为Si、Y为S、Z为Cl。‎ ‎【详解】A. 同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，原子半径大小：X > Y > Z，故A正确；‎ B. W与氧元素形成的化合物为CO2，Y与氧元素形成的化合物为SO2，故B正确；‎ C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： Z > Y > W，故C错误；‎ D. Y能形成H2S、H2SO4的化合物，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】在做元素推断题时，要注意题目中的一些易被忽略的表述，如“短周期元素”、“主族元素”等。‎ ‎21.下列各组元素性质递变情况错误的是 A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多 B. P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强 C. N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强 D. Na、K、Rb金属性依次增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。‎ ‎【详解】A. Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；‎ B. 同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；‎ C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；‎ D. Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是元素周期律的相关知识，题目难度不大，熟悉元素周期律的知识是解题的关键。‎ ‎22.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是 A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R＞Q B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W C. 原子半径：T＞Q＞R D. 单质T既可以与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由T所处的周期序数与族序数相等可知，T是Al元素；由周期表的相对位置可知，Q为Si元素、R为N元素、W为S元素。‎ ‎【详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于Si元素，则氢化物的稳定性R＞Q，故A正确；‎ B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si元素弱于S元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>Q，故B错误；‎ C项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为T＞Q＞R，故C正确；‎ D项、单质铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎23.钠和铯都是碱金属元素，下列关于铯及其化合物的叙述中正确的是 A. 铯的密度比水小，像钠一样浮在水面上 B. 铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸 C. 碳酸铯加热时易分解成二氧化碳和氧化铯 D. 氢氧化铯是强碱，其碱性比氢氧化钾弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铯的密度比水大，放入水会沉在水底，故A错误；‎ B．同主族的金属元素，从上到下，与水反应的剧烈程度增大，铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸，故B正确；‎ C．同一族的元素及其化合物的性质具有相似性，碳酸钠受热不分解，因此碳酸铯加热时不易分解，故C错误；‎ D．同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，形成的碱的碱性逐渐增强，因此氢氧化铯是强碱，其碱性比氢氧化钾强，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.关于卤素(用X表示)的下列叙述正确的是 A. 卤族元素的最高价均为+7‎ B. HX都极易溶于水，它们的热稳定性随核电荷数增大而增强 C. 卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深 D. 周期表中排在前面的卤素单质都可将排在后面的卤素从它的盐溶液里置换出来 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．F非金属性在所有元素中最强，因此F无正价，故A错误；‎ B．卤族元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，卤族元素氢化物都易溶于水，但它们的热稳定性随核电荷数增大而减弱，故B错误；‎ C．卤族元素单质从F2→I2的颜色依次为浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，因此卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故C正确；‎ D．卤族元素简单阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强，排在前面的卤素单质可将排在后面的卤素从它的盐溶液里置换出来，但氟气极易和水反应生成HF和氧气，所以氟气除外，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握卤族元素性质的递变规律是解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意氟元素的单质和化合物的特殊性对解题的影响。‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎25.请将正确的下列变化的序号填在对应的横线上：①碘的升华；②二氧化碳溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化；⑤氯化氢溶于水；⑥氯化铵受热分解。 ‎ ‎（1）化学键没有被破坏的是________；仅发生离子键破坏的是________； ‎ ‎（2）即发生离子键破坏、又发生共价键破坏的是________； ‎ ‎（3）N2的电子式为________；Na2O2的电子式为________；CO2的电子式为________。‎ ‎（4）写出下列物质的形成过程。‎ ‎ HCl ___________；NaCl ______________ 。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ③④ (3). ⑥ (4). (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】（1）①升华属于物理变化，只是状态发生变化，没有化学键的破坏；‎ ‎②二氧化碳溶于水，与水反应生成碳酸，属于化学变化，破坏的是共价键；‎ ‎③氯化钠溶于水，在水分子的作用下，氯化钠中的离子键被破坏，所以破坏的是离子键；‎ ‎④烧碱熔化中存在离子键，熔化烧碱时，阴阳离子间的化学键被破坏，所以破坏的是离子键；‎ ‎⑤氯化氢溶于水，在水分子的作用下，氯化氢中的共价键被破坏，所以破坏的是共价键；‎ ‎⑥氯化铵受热分解，氯化铵是离子化合物，存在的化学键有离子键、共价键，受热分解时，阴阳离子间的化学键、及铵根离子中的共价键被破坏，所以所以破坏的是离子键、共价键；‎ 故答案为：①；③④；‎ ‎（2）⑥NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，故答案为：⑥；‎ ‎（3）氮气分子中每个氮原子含有1对未成对电子，氮气的电子式为，过氧化钠中，Na+和O22-之间是离子键，O22-内部之间是共价键，则过氧化钠的电子式是：，二氧化碳中碳原子和氧原子之间以双键相结合，故二氧化碳的电子式为，故答案为：；；；；‎ ‎（4）HCl中形成共价键，H原子和Cl原子形成一个共用电子对，故HCl的形成过程可表示为：；NaCl是离子化合物，钠原子失去最外层的1个电子形成稳定的钠离子，氯原子从钠原子得到1个电子形成稳定的氯离子，用电子式表示NaCl的形成过程为：，故答案为：；。‎ ‎【点睛】解答时注意离子键与共价键的区别以及离子化合物中可能存在共价键，共价化合物中一定不存在离子键，注意用电子式表示物质的形成过程，熟悉化学反应中、熔化、电离过程中的化学键变化是解答本题的关键。‎ ‎26.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置。‎ ⅠA ‎ ‎ ‎0‎ 族 周期 ‎1‎ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ‎ ⅥA ⅦA ‎ ‎ ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎3‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ 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顺序是________________（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】‎ 根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，元素的非金属性逐渐增强，同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，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，原子半径逐渐变小；同一主族，自上而下原子半径逐渐增大；则三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为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；‎ ‎27.按要求回答问题：‎ ‎（1）以 Fe 和 Cu 为电极，稀 H2SO4 为电解质溶液形成的原电池中：‎ ‎①H+向______极移动(填“正”或“负”)。‎ ‎②电子流动方向由_____极流向______极(填：“正”、“负”)。‎ ‎③若有 1mol e－ 流过导线，则理论上负极质量减少______g。‎ ‎④若将稀硫酸换成浓硝酸，负极电极方程式为：___________。‎ ‎（2）甲烷燃料电池是一种高效无污染的清洁电池，它用 KOH 做电解质。则负极反应方程式是________。‎ ‎（3）一定温度下，在容积为 ‎2L 的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)＋cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示:‎ ‎①反应化学方程式中各物质的系数比为 a∶b∶c＝____。‎ ‎②1 min 到 3 min 这段时刻，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为：______。‎ ‎③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_____。‎ A 反应中当 M 与 N 的物质的量相等时 B P 的质量不随时间变化而变化 C 混合气体的总物质的量不随时间变化而变化 D 单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M ‎ E 混合气体的压强不随时间的变化而变化F．M 的物质的量浓度保持不变 ‎【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 28 (5). Cu—2e―＝Cu2＋ (6). CH4-8e-+10 OH-=CO32-+7H2O (7). 2:1:1 (8). 0.25mol/(L·min) (9). BDF ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由于金属活动性Fe强于Cu，所以Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2＋，电极反应式为Fe—2e―＝Fe2＋，Cu做正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋+2e―=H2↑，电子由负极Fe经导线流向正极Cu，H+向负电荷较多的正极移动；‎ ‎（2）燃料电池工作时，负极为甲烷，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，正极是氧气，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎(3) 由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(8—2)mol=6 mol，M增加了（5—2）mol=3mol，P增加了（4—1）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：b∶c＝6:3:3=2:1:1，则反应的化学方程式为2N(g)M(g)＋P(g)。‎ ‎【详解】（1）①H+向负电荷较多的正极移动，故答案为正；‎ ‎②电子由负极Fe经导线流向正极Cu，故答案为负；正；‎ ‎③Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2＋，电极反应式为Fe—2e―＝Fe2＋，若有 1mol e－ 流过导线，由电极反应式可知负极消耗Fe的质量为0.5mol×‎56g/mol=‎28g，故答案为28；‎ ‎④若将稀硫酸换成浓硝酸，Fe在浓硝酸中钝化，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则Fe做正极，Cu做负极，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+电极反应式为Cu—2e―＝Cu2＋，故答案为Cu—2e―＝Cu2＋；‎ ‎（2）碱性甲烷燃料电池工作时，具有还原性的甲烷为原电池的负极，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故答案为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；‎ ‎（3）①由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(8—2)mol=6 mol，M增加了（5—2）mol=3mol，P增加了（4—1）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：b∶c＝6:3:3=2:1:1，故答案为2:1:1；‎ ‎②1 min 到 3 min 这段时刻，M增加了（4—3）mol=1mol，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为v（M）===0.25mol/(L·min)，故答案为0.25mol/(L·min)；‎ ‎③A、反应中当 M 与 N 的物质的量相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；‎ B、P 的质量不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ C、该反应是气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量始终不变，混合气体的总物质的量不随时间变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；‎ D、单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ E、该反应是气体体积不变的反应，混合气体的压强终不变，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；‎ F、M 的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ BDF正确，故答案为BDF。‎ ‎28.某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示．‎ 实验Ⅰ：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律．‎ 已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有稀HNO3，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，装置C中装有Na2SiO3溶液，试回答：‎ ‎（1）A中反应的离子方程式为_____，C中可观察到的现象是_____；‎ ‎（2）B装置的作用是_____；‎ ‎（3‎ ‎）根据实验现象推知，碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是_____，由此得出碳、硅、氮三种元素非金属性的强弱顺序是_____；‎ 实验Ⅱ：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，利用该装置探究氯和溴元素的非金属性强弱．‎ ‎（4）写出B装置中发生反应的离子方程式：_____；‎ ‎（5）C装置的作用是_____。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (2). 溶液变浑浊 (3). 除去二氧化碳中混有的硝酸蒸气 (4). 硝酸>碳酸>硅酸 (5). N＞C＞Si (6). 2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣ (7). 吸收尾气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验Ⅰ：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳；B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气，避免证明碳的非金属性大于硅的实验，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；‎ ‎(1)A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；‎ ‎(2)B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气，避免证明碳的非金属性大于硅的实验；‎ ‎(3)根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知C、N、Si三种元素非金属性的强弱；‎ 实验Ⅱ：探究氯、溴的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为A装置：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入装置B：溴化钾溶液中，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，装置中挥发出来的溴或氯气都有毒，会污染空气，所以要用装置C：氢氧化钠溶液吸收。‎ ‎(4)氯气通入溴化钾溶液中，溴离子被氯气氧化成溴单质，据此书写离子方程式；‎ ‎(5)吸收尾气。‎ ‎【详解】实验Ⅰ：(1)A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，根据强酸制取弱酸的原理，硝酸的酸性强于碳酸，硝酸、碳酸分别为N、C的最高价含氧酸，所以可证明氮非金属性大于碳，C中为Na2SiO3‎ 溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸，所以可证明碳的非金属性大于硅，C装置中观察到溶液变浑浊；‎ 故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；溶液变浑浊；‎ ‎(2)硝酸易挥发，制取的二氧化碳中含有硝酸，若不除去硝酸，无法说明C装置中观察到溶液变浑浊是硝酸和硅酸盐反应，还是碳酸和硅酸盐反应，所以B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气；‎ 故答案为：除去二氧化碳中混有的硝酸蒸气；‎ ‎(3)A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是硝酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知C、N、Si三种元素非金属性的强弱为N＞C＞Si；‎ 故答案为：硝酸、碳酸、硅酸；N＞C＞Si；‎ 实验Ⅱ：(4)A装置：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氯气通入装置B（溴化钾溶液中），发生2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣反应，溶液出现橙红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴；‎ 故答案为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；‎ ‎(5)装置中挥发出来的溴或氯气都有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收溴单质、氯气，所以装置C中盛装氢氧化钠溶液；‎ 故答案为：吸收尾气。‎