【文档说明】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，299.000 KB，由小赞的店铺上传

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河北省唐山一中-高一下学期期中考试（化学）说明：1．考试时间90分钟，满分100分。2．将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在试卷上。3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡填后５位。相对原子质量：H:1C:12O:16Na:23Mg:24A

l:27K:39S:32Cu:64Ag:108I:127卷Ⅰ(选择题共56分)一、选择题：(本题共包括10个小题，每小题2分共每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法中正确的是A.用完的电池可以随意丢弃B.增加炼铁高炉的高度可以降低尾气中CO的含量C.无论加入正催化剂还是加

入负催化剂都能大大提高化学反应速率D.把煤粉碎了再燃烧可以提高煤的燃烧效率【答案】D【解析】【详解】A．用完的电池中含有许多重金属，如果随意丢弃，就会造成土壤污染、水污染，A错误。B．增加炼铁高炉的高度，由于不能使平衡发生移

动，因此不能降低尾气中CO的含量，B错误。C．无论加入正催化剂还是加入负催化剂都能大大改变化学反应速率，但是化学反应速率可能增大也可能减小，C错误。D．把煤粉碎了再燃烧，由于反应物的接触面积增大，因此可以提高煤的燃烧效率，D正确。答案选D。2.X

元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，该元素的气态氢化物可以的是A.HXB.H2XC.XH3D.XH4【答案】B【解析】【分析】X元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO4，则X的化合价为+6，在氢化物中，X显负价，按8电子稳定性原则，应为-2价。【详解】A.

HX中，X显-1价，不合题意；B.H2X中，X显-2价，符合题意；C.XH3中，X显-3价，不合题意；D.XH4中，X显-4价，不合题意。答案为B。3.以下说法正确的是A.C60与金刚石一样属于原子晶体B.由非金属

元素组成的化合物不一定是共价化合物C.分子晶体中必含化学键D.干冰升华破坏了共价键【答案】B【解析】【详解】A．C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，故A错误；B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐NH4Cl等，故B正确；C．分子晶体中不一定含化学键，如稀

有气体，故C错误；D．干冰升华只破坏了分子间作用力，没有破坏分子内的共价键，故D错误；故选B。【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力或氢键形成的晶体，其物理性质和分子间作用力以及氢键有关。分子间作用力和氢键不影响分子晶体的化学性质。4.下列变化中，吸收的热量用于克服分子间作用力的是A.加热金属

铝使之熔化B.液态SO3受热蒸发C.加热HI气体使之分解D.加热石英晶体使之熔化【答案】B【解析】【详解】A．金属铝是金属晶体，加热金属铝使之熔化需要克服金属键，故A不选；B．SO3分子间存在的是分子间作用力，液态SO3受热蒸发需要克服分子间作用

力，故B选；C．加热HI气体使之分解需要克服H原子和I原子间的共价键，故C不选；D．加热石英晶体使之熔化需要克服SiO2晶体内的Si原子和O原子之间的共价键，故D不选；故选B。【点睛】分子晶体受热熔化或气化时，需要克服的是分子间作用力或氢键。当分子晶体发生

化学反应时，需要克服的作用力是分子内部的原子间的共价键。5.某同学提出了下列环保建议，其中你认为可以采纳的是()①用气态燃料代替液态和固态燃料作为发动机动力来源；②开发生产无汞电池；③提倡使用一次性发泡塑料餐具和塑料袋；④分类回收垃圾；⑤开发无磷洗涤剂；⑥

提倡使用手帕，减少餐巾纸的使用A.①②③④B.②③④⑤C.①②④⑤⑥D.全部【答案】C【解析】【详解】用气态燃料可以减少硫、铅等对环境造成的污染；开发无汞电池可以减少重金属污染；一次性发泡塑料餐具和塑料袋是造成白色污染的主要原因，③错误

；分类回收垃圾，一可以废物利用，二可以减少垃圾的污染；含磷洗涤剂的使用造成水体富营养化；提倡使用手帕，减少餐巾纸的使用可以节省木材。其他均正确，故选C。6.下列跟氧气和臭氧的关系相同的一组物质是A.12C和14CB.氯气和液氯C.乙醇和二甲醚D.红磷和白磷【答案】D【解析】【分析】氧气和臭氧是氧元

素形成的两种不同的单质，是同素异形体的关系。【详解】A．12C和14C是碳元素的两种不同核素，互称为同位素，故A不选；B．氯气和液氯是氯单质的两种不同状态：气态和液态，故B不选；C．乙醇和二甲醚分子式相同，均为C2H6O，结构不同，互称为同分异构体，故C不选；D．红磷和白磷是磷元素形成的

两种不同单质，互称为同素异形体，故D选；故选D。【点睛】同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素；同素异形体是同种元素形成的不同单质；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2

原子团的化合物。7.下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M为37的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．图中，M左边元素的原子序数为17+18=35，则M的原子序数为36，

A不合题意；B．图中，M左边元素的原子序数为19+18=37，则M的原子序数为38，B不合题意；C．图中，M右边元素的原子序数为20+18=38，则M的原子序数为37，C符合题意；D.图中，M上方元素的

原子序数为27，则M的原子序数为27+18=45，D不合题意；故选C。8.某短周期元素最外层只有2个电子，则该元素一定是A.第1、2或3周期元素B.最高正价为+2C.IIA族元素D.金属元素【答案】A【解析】【详解】短周期元素最外层只有2个电子，则该元素可能为He元素或ⅡA族元

素，则：A．该元素可能是He元素、Be元素或Mg元素，故可以是第1、2或3周期元素，选项A正确；B．若该元素为He，主要化合价为0价，选项B错误；C．若该元素为He，为零族元素，选项C错误；D．若该元素为He，不是金属元素，选

项D错误；答案选A。9.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.锌片与稀硫酸的反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4C1的反应C.甲烷在空气中的燃烧反应D.高温条件下炭与CO2的反应【答案】

D【解析】【详解】A．锌片和稀硫酸反应为放热反应，属于氧化还原反应，故A不选；B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；C．甲烷在空气中的燃烧反应中C、O元素的化合价变化，为氧化

还原反应，但为放热反应，故C不选；D．灼热的碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D选；故选D。【点睛】解答本题的关键是正确判断反应的热效应，要注意常见的吸热反应包括：B

a(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C(或氢气)参加的氧化还原反应(不包括燃烧反应)等。10.下列有关能量转换的说法不正确的是A.煤燃烧是化学能转化为热能的过程B.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能

C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程D.植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程【答案】D【解析】【详解】A、煤燃烧是化学能转化为热能的过程，A正确；B、植物进行光合作用制造有机物，储存能量。植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下

的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭。所以，煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；C、动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，C

正确；D、植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，D错误；答案选D。二、选择题：（本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题有一个或两个选项符合题意，若该小题只有一个正确选项，多选为0分；若该小题

有两个正确选项，只选一个且正确的为1分，选两个且正确为3分，但只要错选一个即为0分。）11.下列递变规律正确的是A.HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱B.HCl、HBr、HI的稳定性依次增强C.N、O、F原子半径逐渐增大D.钠、

镁、铝的还原性依次减弱【答案】AD【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，非金属性：Cl>S>P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故A正确；B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，非金属

性：Cl>Br>I，所以HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故B错误；C．同一周期元素，从左到右，核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，所以原子半径逐渐减小，所以N、O、F原子半径逐渐减小，故C错误；D．同一周期元素，从左到右，核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强

，失电子能力逐渐减弱，所以钠、镁、铝的还原性依次减弱，故D正确；故选AD。12.足量的Fe粉与一定量的盐酸反应，反应速率太快，为了减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，应加入下列物质中的A.NaNO3溶液B.水C.NaCl溶液D.CuSO4溶液

【答案】BC【解析】【分析】足量的铁粉和一定量的盐酸反应，反应速率由温度、c(H+)决定，氢气的量由盐酸中HCl的物质的量决定。【详解】A．加入NaNO3溶液，在酸性溶液中，NO3-有强氧化性，铁和硝酸反应不生成氢气，故A不

选；B．加水稀释，c(H+)降低，反应速率减慢，加水不影响HCl的物质的量，所以不会影响生成氢气的总量，故B选；C．加入NaCl溶液和加水一样，相当于加水稀释，故C选；D．加入CuSO4溶液，铁可以和CuSO4发生置换，生成的铜附着在铁上，形成原电池，

能加快生成氢气的反应速率，故D不选；故选BC。13.如图装置中久置后铁片会被腐蚀，有关此装置的叙述中正确的是A.铁片为正极，碳棒为负极B.铁被腐蚀，碳棒上有氯气放出C.碳棒附近的溶液可使酚酞变红D.导线上有电流通过，电流方向是由铁极流向碳极【答案】C【解析】【详解】A．铁和碳用导

线相连，浸入NaCl溶液中，构成了原电池。铁失去电子，为负极，碳棒为正极，故A错误；B．铁作负极，失去电子：Fe-2e-=Fe2+，铁被腐蚀，碳棒为正极，在正极得电子的是溶液中溶有的氧气，没有氯气放出，故B错误；C．碳棒为正极

，发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，碳棒附近的溶液显碱性，可使酚酞变红，故C正确；D．导线上有电流通过，电流方向是从正极到负极，即由碳极流向铁极，故D错误；故选C。14.一定温度下，可逆

反应2NO22NO+O2在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度

变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤密闭容器中压强不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。A.①④⑤⑥B.②③⑤⑥C.①③④⑥D.全部【答案】A【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物

质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，说明反应V正=V逆，达到

平衡状态，故①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，都是正反应速率，无论反应是否达到平衡状态，正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状，故②错误；③反应达到平衡时的浓

度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故③错误；④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故⑤正确；⑥反

应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，故⑥正确；答案选A。15.X元素原子的质量数为m，核内中子数为n，则WgX2+离子含有的电子的物质的量约为（）A.(m+n+2)W/m

molB.(m-n+2)W/mmolC.(m+n-2)W/mmolD.(m-n-2)W/mmol【答案】D【解析】【详解】该离子中含有的质子数＝质量数－中子数＝m-n，阳离子中核外电子数＝质子数－电荷数＝m－n－2；在数值上，核素的相对原子质量等于其质量数，所以WgX2+

离子含有的电子的物质的量＝(2)Wmnmolm−−，答案选D。16.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A

.充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-="NiOOH"+H2OB.充电过程是化学能转化为电能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性不变D.放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni

(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-=NiO(OH)+H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-使负极附

近溶液pH减小，故C项错误；D项，放电时Cd在负极消耗OH-，OH-向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。17.下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是A.在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈B.锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4

溶液而使反应放出H2的速率加快C.固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀D.双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体【答案】D【解析】【详解】A．在炭粉中加入KClO3，点燃炭粉时KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧得更为剧烈，故A不选；B

．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，而使反应放出H2的速率加快，故B不选；C．固态FeCl3和固体NaOH混合，由于盐和碱的反应是离子反应，固态时离子浓度很小，反应很慢，若

加入水，固体溶于水后电离出大量的离子，反应就能迅速发生，产生红褐色沉淀，故C不选；D．双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化了双氧水的分解，即可迅速放出气体，故D选；故选D。18.下列各项中表达正确的

是A.N2的电子式：B.二氧化碳分子的结构式为O—C—OC.CH4分子的比例模型：D.F－的结构示意图【答案】CD【解析】【详解】A．N2的电子式为，故A错误；B．二氧化碳分子的电子式为，所以其结构式为O=C=O，故B错误；C．CH4分子的比例模型为，故C正确；D．

F－的结构示意图为，故D正确；故选CD。【点睛】分子的比例模型既可表示出构成分子的原子的相对大小，也能表示出原子的相对位置；分子的球棍模型能更清楚地表示出构成分子的原子的连接方式，如甲烷的比例模型为，球棍模型为。19.原子序

数大于4的主族元素X、Y的离子Xm+、Yn-电子层结构相同，则X、Y的下列叙述正确的是：（）①原子序数X>Y②X和Y在同一周期③Y与X族序数之差是8—(m+n)④X、Y核电荷数差为(m—n)A.①③B.②④C.①

②D.①②③【答案】A【解析】【详解】Xm+、Yn-电子层结构相同，则其原子核外电子数是相等的。若X和Y的原子序数分别为x和y，则一定满足x－m＝y＋n，所以x＞y，①正确；其质子数之差是m＋n，X是金属，Y是非金属，Y位于X的上一周期，②错误；主族元素的族序数

就是原子的最外层电子数，根据离子的电荷数可判断X和Y的族序数分别为m和8－n，所以族序数之差是8－m－n，③正确；核电荷数=质子数，其核电荷数之差是m＋n，④错误；答案选A。20.已知:2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H=akJ/mol，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△

H=bkJ/mol，则a、b的大小关系是A.a＝bB.a＞bC.a＜bD.无法确定【答案】C【解析】【详解】由于气态水能量高于液态水的能量，所以等量的氢气燃烧生成液态水比生成气态水放出更多的能量，氢气燃烧是放热反应，故△H＜0，所以a＜b，故选C。21.用碳棒作电极电解下列物质

的水溶液，一段时间后，加入适量括号内物质，可使溶液恢复原溶质原浓度的是A.NaCl(NaCl)B.MgSO4(MgO)C.CuSO4(CuCO3)D.CuCl2(CuCl2)【答案】CD【解析】【详解】A．用碳棒作电极电解NaCl溶液，阳极反应式为：2Cl--

2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以需要通HCl才可以使溶液恢复原浓度，故A不选；B．用碳棒作电极电解MgSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：4H++4e-=2H2↑，相当于电解水，所以需要加水就可以使溶液恢复原浓度，故B不选

；C．用碳棒作电极电解CuSO4溶液，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu，所以需要加CuO或CuCO3可以使溶液恢复原浓度，故C选；D．用碳棒作电极电解CuCl2溶液，阳极反应式为：2Cl--2e-=C

l2↑，阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以需要加入氯化铜可以使溶液恢复原浓度，故D选；故选CD。22.某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色

字迹。据此，下列叙述正确的是A.铅笔端作阳极，发生还原反应B.铂片端作阴极，发生氧化反应C.铅笔端有少量的氯气产生D.a点是负极，b点是正极【答案】D【解析】【分析】出现红色字迹，说明溶液中有OH－生成，所以铅笔端作阴极，氢离子放电，发生还原反应，因此a是电源的负极，b

是正极。【详解】A.铅笔端作阴极，发生还原反应，故A错误；B.铂片端作阳极，发生氧化反应，故B错误；C.铅笔端作阴极，溶液中的阳离子在铅笔端放电，所以不会生成氯气，故C错误；D.铅笔端作阴极，则a是电源的负极，b是正极，故D正确；答案选D。卷Ⅱ(非选择题共44分)三、填空题（共36分）23.如

下图所示，A、B两个装置中两个烧杯分别盛有足量的CuSO4溶液：（1）A、B两个装置中属于原电池的是_____(填标号，下同)，属于电解池的是____。（2）A池中Zn是___极，发生______(填氧化或

还原)反应，电极反应式为____________；Cu极电极反应式为_______；A中总反应的离子方程式为__________。（3）B池中左边C是___极，发生______(填氧化或还原)反应，电极反应式____________；右边C极电极反应式为__

_______；B中总反应的化学方程式为_______。【答案】(1).A(2).B(3).负(4).氧化(5).Zn-2e-=Zn2+(6).Cu2++2e-=Cu(7).Zn+Cu2+=Zn2++Cu(8).阴(9).还原(10).2Cu2++4e-=2Cu(11).4OH--4

e-=2H2O+O2↑(12).2CuSO4+2H2O通电2Cu+2H2SO4+O2↑【解析】【详解】（1）原电池和电解池的明显区别是电解池有外接直流电源，所以B属于电解池，A属于原电池。（2）A池是原电池，锌比铜活泼，所以Zn是负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-

=Zn2+；Cu为正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；A中总反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。（3）B池是电解池，左边C和电源负极相连，是阴极，发生还原反应，电极反应式为2Cu2++4e-=2Cu；右边C极是阳极，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+

O2↑；B中总反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O通电2Cu+2H2SO4+O2↑。24.下表为元素周期表中的一部分，表中列出8种元素在周期表中的位置，按要求回答下列问题。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA

02④⑥3①②③⑤⑦⑧（1）在①～⑧元素中化学性质最不活泼的元素的名称是____，金属性最强的元素的名称是____。（2）③、④、⑥三种元素中的原子半径最小的是_____________（填元素符号）。（3）①、②、③三种元素

形成的离子，离子半径由大到小的顺序是________（用离子符号填写）。（4）④与⑥形成的化合物的电子式为_____________。（5）④与氢形成含氢量最高的化合物的结构式____________。（6）写出①和③两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式：__________

__。【答案】(1).氩(2).钠(3).O(4).Na+、Mg2+、Al3+(5).(6).(7).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】根据元素周期表的结构，可知这8种元素从①到⑧分别为Na、Mg、Al、C、Si、O、Cl、Ar。【详解】（1）在①～⑧元素

中化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素氩，金属性最强的元素位于周期表的左下方，是钠。（2）③、④、⑥三种元素中，碳和氧核外有两层电子，Al核外有三层电子，所以碳和氧的原子半径小于Al，氧的质子数大于碳，当电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以氧的原子半

径小于碳，故原子半径最小的是O。（3）①、②、③三种元素形成的离子分别为Na+、Mg2+、Al3+，它们的电子层数均为2层，当电子层数相同时，质子数越多，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是Na+、Mg2

+、Al3+。（4）④与⑥形成的化合物为CO2，电子式为。（5）④与氢形成含氢量最高的化合物是甲烷，结构式为。（6）①和③两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2

O。25.A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。（1）C离子的结构示意图为_

_______。D在周期表中位置_________。（2）写出E的电子式:____。（3）A、D两元素形成的化合物属_____(填“离子”或“共价”)化合物。（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A反应的化学方程式:__________。【答案】(1).第三周期第ⅥA族(2

).(3).(4).共价(5).C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O【解析】【分析】根据B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E可知，E为过氧化钠，B元素为氧元素，C元素为钠元素。A原子的最外层上有4个电子且

原子序数小于B（即氧元素），所以A为碳元素。D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，所以D元素为硫元素，据此解答。【详解】（1）C元素为钠元素，C离子的结构示意图为，D为硫元素，S在周期表中位置是第三周期第ⅥA

族；（2）E为过氧化钠，E的电子式为：；（3）A为碳元素，D为硫元素，A、D两元素形成的化合物为二硫化碳，属共价化合物；（4）D为硫元素，D的最高价氧化物的水化物为硫酸，和碳反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。26.（1

）氢气是一种理想的新能源，与化石燃料相比，氢能源有哪三大优点______、_____、____。（2）4g甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式_________。（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是43

6kJ、391kJ、946kJ，则合成氨反应的热化学方程式为_________。（4）已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol；现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，混合

物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为_________。【答案】(1).热值大(2).无污染(3).原料充足(4).CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol

(5).N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－92kJ/mol(6).1﹕1【解析】【详解】（1）单位质量的氢气和其他燃料相比，燃烧产生的热量多，氢气燃烧产物是水，无污染，而且氢气可以用水为原料制取，原

料充足。所以氢气和其他化石燃料相比，具有热值大、无污染、原料充足等优点。（2）4g甲烷的物质的量为0.25mol，在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出222.5kJ热量，那么1mol甲烷完全燃烧放出222.

5kJ×4=890kJ的热量，所以甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H＝－890kJ/mol。（3）拆开1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键分别需要的能量是43

6kJ、391kJ、946kJ，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的△H＝946kJ+3×436kJ-6×391kJ=－92kJ，所以合成氨反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝－9

2kJ/mol。（4）设炭粉的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为0.2-x，根据氢气和碳燃烧的热化学方程式：393.5x+241.8(0.2-x)=63.53，解得x=0.1，则混合物中C和H2的物质的量均为0.1mol，C与H2的物质的量之比为1﹕1。27.某温度

时,在一个2L的密闭容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空:(1)该反应的化学方程式为_____________________________。(2)反应开始至2min,以气体Z表示的平

均反应速为___________________________。(3)若X、Y、Z均为气体,2min后反应达到平衡,反应达平衡时:①此时体系的压强是开始时的_____________倍;②达平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时___(填

”增大”“减小”或”相等”)。【答案】(1).3X＋Y2Z(2).0.05mol/(L·min)(3).0.9(4).增大【解析】【详解】（1）根据图像，X和Y的物质的量减少，X和Y为反应物，Z的物质的量增多，Z为生成物。2min后

各组分的物质的量保持不变，达到了该条件下的最大限度，故该反应为可逆反应。利用物质的量变化等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化比值为(1.0－0.7)：(1.0－0.9)：0.2=3：1：2，该反应的化学方程式为3X＋Y2Z；（2）根据化学

反应速率的数学表达式，v(Z)=0.2mol2L2min=0.05mol/(L·min)；（3）①利用压强之比等于物质的量之比，开始是组分的总物质的量为(1.0mol＋1.0mol)=2.0mol，达到平衡时，组分的总物质的量为(0.9mol＋0.7mol＋0.2mol)=1.8mol，反应达

到平衡时的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10，此时体系的压强是开始时的0.9倍；②混合气体的平均摩尔质量为M=mn总总，组分都是气体，气体总质量不变，总物质的量减少，即混合气体的平均摩尔质量增大。【点睛】本题的易

错点是化学反应速率的计算，化学反应速率的定义：单位时间内物质的物质的量浓度的变化；学生应注意是浓度的变化，不是物质的量变化。