山东省济宁市第二中学2018_2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）.docx

济宁市第二中学2018-2019高一下学期期中考试化学试题1.下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为10的氧原子：108OB. 的结构示意图：C. 硫化钠的电子式：D. HCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A.中子数为10的氧原子为：，A错误；B. Mg是12号元素，Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，所以Mg2+的结构示意图为：，B正确；C.硫化钠是离子化合物，电子式为：，C错误；D. HCl是共价化合物，H原子与Cl通过一个共用电子对结合，所以HCl的形成过程表示为：，D错误；故合理选项是B。2.下列物质加入水中，发生放热反应的是A. NaCl固体B. 氢氧化钠固体C. 生石灰D. NH4NO3固体【答案】C【解析】【详解】A. NaCl固体溶于水发生电离产生Na+、Cl-，无明显热效应，不发生反应，A错误；B.氢氧化钠固体溶于水发生电离产生Na+、OH-，放出热量，但不发生反应，B错误；C.生石灰溶于水，发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应为放热反应，C正确；D. NH4NO3固体溶于水发生电离产生NH4+、NO3-，吸收热量，但不发生反应，A错误；故合理选项是C。3.下列说法中肯定错误的是A. 某原子K层上只有一个电子B. 某原子M层上电子数为L层电子数的4倍C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍D. 阳离子的最外层电子数可能为2，也可能为8【答案】B【解析】A某原子K层上只有一个电子，为H原子，故A正确；BM电子层最多容纳18个电子，M层上电子数不可能为L层电子数的4倍，故B错误；C离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，离子核外各层电子为2、8、8，如S2-、K+等，故C正确；D阳离子的最外层电子数可能为2，如Li+，也可能为8，如K+等，故D正确，故选B。4.下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是A. 次氯酸的分解B. 氢气和氯气的反应C. 氯气和甲烷的反应D. 氧气和甲烷的反应【答案】D【解析】【详解】A. 次氯酸的分解光照分解产生HCl、O2，A不符合题意；B.氢气和氯气光照化合生成HCl，B不符合题意；C.氯气和甲烷在光照时发生取代反应，产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及HCl，C不符合题意；D.氧气和甲烷在光照时不能发生反应，D符合题意；故合理选项D。5.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是A. a与其他三种元素形成二元化合物中其化合价均为+1B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C. c的原子半径是这些元素中最大的D. d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】试题分析：A试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。AH与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；C同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：NaSOH，C项正确；Dd和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。考点：考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。在短周期元素中，能形成b2-和C+离子的元素只能位于第二、第三周期，所以b为氧元素，c为Na元素，H原子的核外只有一个电子，则A为H元素，d与b同族，则d为S元素，然后根据元素周期律的基础知识解答即可。【此处有视频，请去附件查看】6.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是A. 通常情况下，NO比N2稳定B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量D. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ【答案】C【解析】【详解】A.断裂1molN2在的NN需要吸收946kJ的能量，而断裂1molNO中化学键需要吸收632kJ的能量，断键吸收的能量越低，说明物质的稳定性就越强，因此通常情况下，NO不如N2稳定，A错误；B.常温下N2(g)和 O2(g)混合不反应，B错误；C. 断裂1molN2(g)和1molO2(g)需要吸收的能量为946kJ+498kJ=1444kJ，反应产生2molNO释放的能量为2632kJ=1264kJ，1444kJ-1264kJ=180kJ，吸收能量大于反应放出能量，说明该反应为吸热反应，即1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，C正确；D. 根据选项C分析可知：1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，D错误；故合理选项是C。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于I A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)【答案】B【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，故D错误；故选B。【此处有视频，请去附件查看】8.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若A、B 相连时，A为负极；C、D相连时，D上产生大量气泡；A、C相连时，电流由C经导线流向A；B、D相连时，电子由D经导线流向B，则此四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）A. ABCDB. A C DBC. CABDD. BACD【答案】B【解析】试题分析：用导线两两相连组成原电池。若A、B相连时，A为负极；则金属活动性AB；C、D相连时，D上产生大量气泡；则金属活动性：CD；A、C相连时，电流由C经导线流向A；则金属活动性：AC；B、D相连时，H+在溶液中流向B，即B是正极，则金属活动性：DB，所以此4种金属的活动性由强到弱的顺序为ACDB，答案是B。考点：考查金属活动性强弱比较的知识。9.下列叙述中，能说明金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是A. a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少B. a原子电子层数比b原子的电子层数多C. 1mol a 从酸中置换H+生成的H2比1 mol b从酸中置换H生成的H2多D. 常温时，a能从水中置换出氢，而b不能【答案】D【解析】Aa原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少不能说明a的金属性大于b，如Ca的金属性大于Li，A错误；Ba原子的电子层数比b原子的电子层数多，不能说明a的金属性大于b，如镁的金属性小于锂，B错误；C.1mol a从酸中置换H+生成的H2比1mol b从酸中置换H+生成的H2多，说明a失电子比b多，不能说明a的金属性大于b，C错误；D常温下，a能从水中置换出氢，而b不能，说明a的活动性大于b，则a的金属性大于b，D正确；答案选D。点睛：可以利用金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸或水反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属来判断，金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少、电子层数多少无关，易错选项是BC。10.甲、乙两种非金属：甲比乙容易与H2化合;甲原子能与乙的阴离子发生置换反应;与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多;甲的单质熔、沸点比乙的低;甲的氢化物水溶液的酸性比乙的氢化物水溶液酸性强;甲的氧化物的水化物酸性强于乙的氧化物的水化物。能说明甲非金属性比乙强的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据与氢化合的难易程度、单质之间的置换反应、最高价氧化物对应的水化物酸性、气态氢化物的稳定性等来比较非金属性的强弱，以此来解答。【详解】甲比乙容易与H2化合，则甲的非金属性强，正确；甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，正确；与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，错误；甲的单质熔、沸点比乙的低，不能利用物理性质比较非金属性的强弱，错误；甲元素的气态氢化物的水溶液酸性比乙元素的气态氢化物的水溶液酸性强，不能确定非金属性的强弱，错误；甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，题目为指明是最高价氧化物对应的水化物，所以不能确定元素的非金属性甲大于乙，错误；合理说法是，故正确选项是C。【点睛】本题考查非金属性的比较，注意归纳常见的非金属性比较的方法是解答此类习题的关键，侧重学生归纳整合知识的能力考查，注重学生的基础。11.已知下列反应均为放热反应，在理论上不能用于设计原电池反应的是A. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)B. CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)D. Al(OH)3(s)+NaOH(aq)=NaAlO2(aq)+2H2O(l)【答案】D【解析】【详解】A.氢气与氯气反应产生HCl的反应为氧化还原反应，能设计成原电池，A不符合题意；B.CH3CH2OH的燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；C. Fe(OH)2与氧气的反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，C不符合题意；D.氢氧化铝与NaOH的反应是中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，D符合题意；故合理选项是D。12.下列关于元素周期表的叙述中正确的是A. 除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B. 元素周期表共七个横行代表七个周期，18 个纵行代表18 个族C. 主、副族元素的族序数从左到右都是依次由小到大排列（如BB）D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族【答案】D【解析】A.F元素最高价为零，其最高化合价在数值上不等于该元素所属的族序数，故A错误；B.元素周期表18 个纵列代表16 个族，故B错误；C. 副族元素的族序数从左到右IIIBB、IB 、IIB，故C错误；D. 除零族外，由长、短周期元素共同组成的元素族称为主族，故D正确。故选D。点睛：在元素周期表中，由于第8、9、10纵列合称第VIII族，所以18纵列代表16个族，而不是18个族。13.元素R、T、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸。则下列判断错误的是A. 原子半径 ZYRB. R与Y的电子数相差8C. 非金属性：ZYXD. HZO4是目前无机酸中最强的含氧酸【答案】A【解析】根据Z单质与H2混合遇强光会发生爆炸可知Z为氯，由元素在周期表中的位置可知，R、X、Y、T分别是氧、磷、硫、硒。A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Zn)都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A. 原子半径：ABCDB. 离子半径：Cm-Dn-Bn+Am+C. 氢化物的稳定性：HmCHnDD. 单质的还原性：ABDC【答案】B【解析】【分析】短周期元素的离子：aAm+、bBn+、cCm-、dDn-均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+m=d+n，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素，且阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，结合元素周期律递变规律解答该题。【详解】A. 元素原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：BACD，A错误；B.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：Cm-Dn-Bn+Am+，B正确；C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：DC，所以氢化物的稳定性：HmCACD，D错误；故合理选项是B。16. 下列各变化中属于原电池反应的是( )。A. 在空气中,金属铝表面迅速氧化形成保护层B. 镀锌铁表面有划损时,锌被氧化C. 红热的铁丝与冷水接触,表面形成蓝黑色保护层D. 浓HNO3比稀HNO3更易氧化金属铜【答案】B【解析】A项中铝直接通过化学反应被氧化成一层致密的氧化物保护膜;B项中Zn、Fe与电解质溶液构成原电池,Zn失电子被氧化;C项中铁与水直接反应生成了氧化物;D项说法正确,但不属于原电池反应。17.114号元素符号为Fl，名称为“鈇”，这是为了纪念苏联原子物理学家乔治弗洛伊洛夫。以下对“鈇”的叙述正确的是A. 能做半导体材料B. 它是一种非金属元素C. 主要化合价为-4价、+4价D. 位于元素周期表的第七周期【答案】D【解析】【详解】A.同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，Pb是金属元素，鈇的金属性比Pb强，导电性强，所以Fl不能作半导体材料，A错误；B.114号元素Fl是金属元素，不是非金属元素，B错误；C.Fl原子最外层有4个电子，Fl是金属元素，主要化合价为+4价，没有-4价，C错误；D.114号Fl元素原子核外有7个电子层，最外层有4个电子，所以位于元素周期表的第七周期，D正确；故合理选项是D。18.有一种银锌微型纽扣电池.其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电池总反应为 Ag2O+Zn=2Ag+ZnO。下列有关叙述中不正确的是A. Zn为负极、Ag2O为正极B. 电池工作时，正极质量逐渐减小C. 电池工作时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极D. 电路中每通过0.2mol电子，负极的质量理论上减少6.5g【答案】D【解析】【分析】银锌电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O；Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，则Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，电子由负极流向正极，以此来解答。【详解】A.电极活动性ZnAg2O，所以Zn为负极、Ag2O为正极，A正确；B.电池工作时，正极发生反应：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电极由Ag2O变为单质Ag，可见正极质量逐渐减小，B正确；C.电池工作时，电子由负极Zn极经外电路流向正极Ag2O极，C正确；D.负极是Zn，负极的电极反应式为：Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O，Zn是+2价金属，每有1molZn反应，转移2mol电子，负极质量会增加8g，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原电池的工作原理的知识，明确电极反应、正负极的判断、电子的流向即可解答，书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性进行分析判断。19.100 mL 6 molL1的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，要想减缓反应进行的速率，但又不影响生成的氢气的总量，可向反应物中加入适量的()A. 硫酸钠固体B. 稀盐酸C. 硫酸钾溶液D. 硝酸钾溶液【答案】C【解析】【分析】适当降低氢离子浓度、将Zn换为不如Zn活泼且能与氢离子反应生成氢气的金属能减缓反应速率，不影响生成氢气总量，则酸最终电离出氢离子总量不变，据此分析解答。【详解】A.加入硫酸钠固体，氢离子浓度不变，则反应速率不变，A错误；B.加入适量稀盐酸，氢离子的浓度减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量增大，因此反应放出的氢气的总量增大，B错误；C.加入硫酸钾溶液，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，C正确；D.加入硝酸钾溶液，硝酸和锌反应不生成氢气而生成氮氧化物，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学反应速率影响因素的知识，明确物质的浓度、物质性质是解本题关键，易错选项是D，注意D中隐含条件，H+、NO3-起硝酸的作用，具有强的氧化性，与金属反应不放出氢气。20.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是A. v(C)=0.04mol(Ls)-1B. v(B)=0.06mol(Lmin)-1C. v(A)=0.15mol(Lmin)-1D. v(D)=0.01mol(Ls)-1【答案】A【解析】试题分析：以A为基础，A、v(A）=v(C）/2=0.02 mol/(Ls）；B、v(A）=v(B）/3=0.06/(603）mol/(Ls） =0.001/3 mol/(Ls） ；C、v(A）=0.15/60mol/(Ls） =0.0025 mol/(Ls）；D、v(A）=v(D）/2=0.005mol/(Ls）；故选项A正确。考点：考查化学反应速率的计算等知识。21.在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能表明反应已达平衡的是A. 固体A的质量B. 混合气体的密度C. 混合气体的平均相对分子质量D. 混合气体的压强【答案】D【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.固体A的质量，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A正确；B.反应前后气体质量发生变化，若混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，B正确；C.混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，C正确；D.该反应是反应前后气体分子数不变的反应，两边气体计量数相等，容器的容积不变，则混合气体的物质的量一直不变，不能据此判断反应为平衡状态，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断的方法，注意当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但不为0，任何物质的质量不变，物质的量不变，物质的量的含量等保持不变。22.N23H22NH3是目前工业上合成氨的反应，下列关于该反应的说法正确的是A. 增加N2的浓度能加快反应速率B. 降低体系温度能加快反应速率C. 使用催化剂不影响反应速率D. 若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100转化为NH3【答案】A【解析】A反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；B升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；C加入催化剂能增大反应速率，故C错误；D该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应速率的影响，题目较为基础，注意可逆反应的特点，可逆反应正逆反应同时进行，反应物不可能完全转化23.有一种无色的混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl组成。为确定其组成，依次进行了以下实验：将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变。再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少。把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色。原混合气体一定含有A. CO和HClB. CH4和NH3C. CH4和HClD. H2和CO2【答案】A【解析】试题分析：将此混合气体通过浓硫酸，气体总体积基本不变，则不含有NH3；再通过过量的澄清石灰水，未见浑浊，但气体体积减少，所以一定不含CO2，含有HCl气体；把剩余气体在供氧的情况下燃烧，燃烧产物不能使无水硫酸铜变色，说明燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气，故原混合气体中含有CO和HCl，选项A正确。考点：考查混合气体成分的确定的知识。24.甲烷是天然气的主要成分，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源。下列有关甲烷的说法正确的是甲烷是一种正四面体结构的分子物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物只有CH3Cl和HCl0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】甲烷分子中C原子是sp3杂化，形成4个能量等同的轨道，然后与4个H原子结合，形成CH4，因此CH4是一种正四面体结构的分子，正确；甲烷与氯气发生取代反应的逐步进行的，因此即使是按物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物也不是只有CH3Cl和HCl，还可能含有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，错误；甲烷化学式是CH4，1mol甲烷完全反应，消耗2molO2，则0.5 mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol，正确；根据取代反应的特点，1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，错误；故合理选项是C。25.第A族相邻周期的A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，且B在A的上周期，当A的原子序数为x时，B的原子序数可能为A. x-nB. x+mC. x-mD. x+n【答案】A【解析】【分析】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，据此进行分析。【详解】A、B同在第IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数，已知A、B两种元素所在周期分别最多可排m和n种元素，所以当A的原子序数为x时，B的原子序数为x-n，故合理选项是A。【点睛】本题考查了同族元素原子序数的关系的知识。A、B同在第I、IIA族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为B所在周期的元素种类数；若A、B同在第IIIA族0族，B在A的上一周期时，B和A的原子序数之差恰好为A所在周期的元素种类数，明确元素周期表的结构及族的位置是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。26.请按要求回答下列问题：（1）下列物质：HCl NaOH Cl2 H2O NH4Cl MgCl2 CaO CO2，其中只存在离子键的是：_（用序号回答，下同。）；既存在离子键又存在共价键的是：_；试写出的电子式：_。（2）在下列物质中，互为同分异构体的是_（填序号，下同。）；互为同素异形体的是_；互为同系物的是_；互为同位素的是_；为同一物质的是_。液氨和氨气 NH4CNO和CO(NH2)2 4019K和4020Ca 白磷和红磷 35Cl和37Cl 和 CH3CH3 和 CH4和 CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH3 和【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】(1)一般情况下，非金属元素的原子间形成共价键，金属与非金属元素形成离子键，离子键存在于离子化合物中，复杂的离子化合物中含有离子键、共价键；共价化合物只含有共价键，然后结合具体物质分析、判断；(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物；同素异形体是由同种元素组成的不同性质的单质；同系物是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物；同位素是质子数相同，中子数不同的原子；同一物质分子式相同，物质结构相同，化学性质相同，物理性质可能相同，也可能不同的物质。据此分析解答。【详解】HCl 是共价化合物，只含有极性共价键；NaOH 是离子化合物，含有离子键、极性共价键；Cl2是非金属单质，只存在非极性共价键； H2O是共价化合物，只含有极性共价键； NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键； MgCl2是离子化合物，只含有离子键；CaO是离子化合物，只含有离子键；CO2是共价化合物，只含有极性共价键；则上述物质中只存在离子键的是；既存在离子键又存在共价键的是；试写出是CO2，C原子最外层有4个电子，与2个O原子形成4对共用电子对，使每个原子都达到稳定结构，所以CO2的电子式为：。(2)液氨和氨气分子式都是NH3，是同一物质的不同的存在状态；NH4CNO和CO(NH2)2是分子式相同，结构不同的化合物，属于同分异构体；4019K和4020Ca质子数不同，中子数也不同，不是同位素；白磷和红磷是由同种元素组成的不同性质的单质，属于同素异形体；35Cl和37Cl质子数都是17，中子数不同，属于同位素；和 是甲烷分子中的2个H原子被Br原子取代产生的物质，由于甲烷是正四面体结构，任何两个化学键都相邻，因此二者是同一物质； CH3CH3 和是结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的化合物，属于同系物；CH4和CH2=CH-CH3 结构不相似，不属于同系物，分子式不同，不是同分异构体；CH2=CH-CH3 和是分子式相同，结构不同化合物，属于同分异构体；故上述物质中，互为同分异构体的是；互为同素异形体的是；互为同系物的是；互为同位素的是；为同一物质的是。【点睛】本题考查了化合物与化学键类型的判断、物质电子式的书写及同分异构体、同素异形体、同系物、同位素概念的辨析与判断的知识。掌握化学基本概念，认识和了解物质结构是学习化学、应用化学的基础。27.A、B、C、D、E四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。其中A与C、B与E分别是同主族元素。已知B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16。又知A、C两元素原子序数之和是B、E两元素原子序数之和的， D的单质是一种常见的半导体材料。请回答下列问题：(1)D位于元素周期表的位置是_。(2)写出由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式：_，该化合物中所含化学键的类型有_。(3)A2B与A2E的沸点：A2B_A2E(填“高于”或“低于”)，其原因是：_。(4)由A、B、C、E四种元素形成的物质X，与盐酸反应能够生成具有刺激性气味的气体。写出X与盐酸反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 第三周期第IVA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). 高于 (5). H2O分子之间能形成氢键，使水的沸点比H2S的高 (6). HSO3-+H+ =SO2+H2O【解析】【分析】由B与E是同一主族的元素，B、E两元素间可形成EB2和EB3两种化合物，两者相对分子质量相差16，可知B为O元素，E为S元素，B和E形成的化合物为SO2、SO3，S和O元素原子序数之和为24，则A、C元素原子序数之和为12，因A、C同主族，所以A为H元素，C为Na元素，D原子序数小于S，D的单质是一种常见的半导体材料，则D是Si元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律解答各题。【详解】根据上述推断可知：A为H元素，B为O元素，C为Na元素，D是Si元素，E为S元素。(1)D是Si元素，核外电子排布是2、8、4，因此D位于元素周期表位置是第三周期第IVA族；(2)由B、C两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物Na2O2是离子化合物，2个Na+与O22-通过离子键结合，Na2O2的电子式为：；该化合物中含有离子键、非极性共价键；(3)H2O和H2S都是氢化物，其固体都属于分子晶体，分子晶体中物质的沸点与其相对分子质量成正比，但水中含有氢键，硫化氢中不含氢键，所以二者的沸点较高者是H2O；(4)A、B、C、E四种元素形成的物质X为NaHSO3，NaHSO3和盐酸反应生成的二氧化硫具有刺激性气味，该反应的离子方程式为：HSO3-+H+=SO2+H2O。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，物质的电子式、化学方程式、离子方程式的书写、化学键类型的判断等知识， B、E两种同族元素的相对分子质量相差16是解题的突破口，注意离子化合物和共价化合物的电子式的写法不同，根据原子结构、元素周期律进行元素的推断是解答本题的关键，侧重考查学生的分析推断和应用能力。28.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验：（1）若要比较镁、铝的金属性强弱，下列方案可行的是：_（填序号）。a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中 b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应 c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液 d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 （2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？_；说明理由：_。（3）利用如图装置（夹持装置省略）可以验证部分元素的非金属性强弱。实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请在其中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫，烧瓶中发生反应的化学方程式为：_。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为：_。若要自选药品证明非金属性：CSi，则A中加_、B中加Na2CO3粉末、C中加_，观察到C中溶液的现象为_。【答案】 (1). bc (2). 不合理 (3). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较， NH3H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (4). 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O (5). S2-+Cl2 =S+2Cl- (6). 硫酸 (7). Na2SiO3溶液 (8). 有白色胶状沉淀产生【解析】【分析】(1)比较镁、铝的金属性强弱，可以根据它们的单质与水或酸反应的快慢、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断；(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强；(3)要证明非金属性ClS，只要证明其单质的氧化性：Cl2S即可，A中盛放液体、B中盛放固体、C中盛放液体，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S；C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：CSi，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明。【详解】(1) a.将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中,金属与空气中的氧气反应产生氧化物对金属起到保护作用，不能进行比较判断，a错误；b.将等量的这两种元素的单质粉末分别与同浓度的盐酸反应，金属越活泼，置换出酸中的氢就越容易，反应越剧烈，可以比较判断，b正确； c.将这两种元素的单质粉末分别与热水作用，并滴入酚酞溶液金属越活泼，反应产生的金属氢氧化物的碱性就越强，滴入酚酞，溶液的红色就会越深，可以比较判断，c正确；d.比较这两种元素的氢化物都是离子化合物，不是气体，d不能判断比较，d错误；故合理选项是bc；(2)元素的最高价氧化物的水合物碱性越强，其金属性越强，一水合氨不是N元素的最高价氧化物的水合物，所以不能比较二者的金属性强弱；(3)要证明非金属性ClS，只要证明其单质的氧化性：Cl2S即可，A中盛放液体物质浓盐酸、B中盛放固体KMnO4、C中盛放液体硫化钠溶液，氯气用浓盐酸和高锰酸钾制取，烧瓶中发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O；C中盛放硫化钠溶液，氯气和硫化钠反应生成S和NaCl；装置C中有淡黄色固体生成，该固体是S，反应的离子方程式为S2-+Cl2=S+2Cl-；C中是硅酸钠溶液，如要证明非金属性：CSi，应该比较其最高价氧化物的水合物酸性强弱，则A和B中物质反应生成二氧化碳，然后二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸即可证明，所以A中盛放稀硫酸、B中盛放Na2CO3溶液，稀硫酸与Na2CO3 溶液反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：CO2+H2O+ Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。【点睛】本题考查学生的性质实验方案设计能力，明确化学反应原理及元素化合物性质、元素周期律内涵是解本题关键，侧重考查实验操作、实验评价能力，会利用金属性、非金属性强弱设计实验。29.请按要求回答下列问题：(1)在2L密闭容器内，800时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007如图中，表示NO2变化曲线的是_ 。用O2表示从0s 2s内该反应的平均速率V=_。能说明该反应已达到平衡状态的是_A.v(NO2)=2v(O2) B.容器内压强保持不变C.容器中氧气体积分数不变 D.容器内密度保持不变(2)为了探究铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，试完成有关问题：实验编号电极材料电解质溶液1Al、Mg稀盐酸2Al、Cu稀盐酸3Al、C(石墨)稀盐酸4Al、Mg氢氧化钠溶液5Al、Zn浓硝酸实验1中Al所作的电极是_(填“正极”或“负极”)。实验2中H+移向_(填“Al”或“Cu”)，Cu极发生_反应(填“氧化”或“还原”)。实验3中石墨电极反应式： _。实验4中铝作_极，写出总反应的化学方程式：_。实验5中负极的电极反应式为