【文档说明】河南省郑州市中牟县第一高级中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，750.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Ca-40一、选择题：(本题共16小题，每小题3分，共48分)1.2016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176117Ts【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,元素的非金属性逐渐减弱,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：293117Ts，故D错误；故答案选：D。2.下列有关结构和性质的说法中，正确的是()A.酸性：HCl＞H2S，所以，非金属性：Cl＞SB.元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子，非金属性越强C

.同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同D.同周期第ⅡA族与第IIIA族的元素原子序数之差不一定为1【答案】D【解析】【详解】A.可以根据非金属最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱分析费金属性的强弱，故不能根据氢化物的酸性强弱分析，故错误；B.元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子，

非金属性越强，这一规律只是适用与主族元素，故错误；C.同周期主族元素的原子形成的简单离子中阴离子和阳离子的电子层结构不相同，故错误；D.第二、三周期元素中，同周期第ⅡA族与第IIIA族的元素原子序数之差为1，第四周期中差

值为11，故正确。故选D。3.下列有关化学用语正确的是()A.NH4Cl的电子式：B.S原子的结构示意图：C.N2的电子式：D.质子数为26、中子数为30的铁原子：5626Fe【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl为离子化合物

，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，NH4Cl正确的电子式为：，故A错误；B．硫原子的核内有16个质子，最外层含有6个电子，硫原子正确的原子结构示意图为：，故B错误；C．N2中每个N原子最外层有5个电子，两个N原子之间形成3对共

用电子对，电子式为，故C错误；D．质子数为26、中子数为30的铁原子质量数为26+30=56，可表示为5626Fe，故D正确；故答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.16g18O2的中子数为10NAB.1.9g1H37Cl的电子

数为0.9NAC.7.0g35Cl2的体积为2.24LD.35Cl2的摩尔质量为70g【答案】B【解析】【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个18O2含有20个中子解答；B．质量转化为物质的量，结合1个1H37Cl含有18个电子解答；C.标准状况下才能使用气体摩

尔体积22.4L/mol；D.摩尔质量的单位为g/mol。【详解】A.16g18O2含有氧原子的质的量为16g18g/mol=0.89mol，含有中子数为8.9NA，选项A错误；B.1.9g1H37Cl含有的电子数

为1.9g38g/mol×18×NA=0.9NA，选项B正确；C．氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算35Cl2的体积，选项C错误；D、35Cl2的摩尔质量为70g/mol，选项D错误。答案选B。【点

睛】本题考查了阿伏加德罗常数计算及应用，明确相关物质所含电子数、中子数、质子数是解题关键，题目难度不大。5.下列叙述中正确的是（）A.周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4B.O22-与S2－具有相同的质子数和电子数C.所有主族元素的最高正价均与其族序

数相等D.若R2－和M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M【答案】B【解析】【分析】A．氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3；B．O22-与S2－质子数均为16，核外电子数均为18；C．F没有正价，O没有最高正价；D．电子层结构相同的阴阳离

子，阳离子的原子序数大于阴离子。【详解】A．周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，选项A错误；B．O22-与S2－质子数均为16，核外电子数均为18，选项B正确；C．F没有正价，O没有最高正价，选项C错误

；D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子，所以R＜M，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查原子结构与性质，难度不大，注意C选项中特例，D选项中电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子。6.已知短周期元素的离子A2+

、B+、C2－、D－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：A﹥B﹥D﹥CB.原子序数：D﹥C﹥B﹥AC.离子半径：C2－﹥D－﹥B+﹥A2+D.原子的最外层电子数：A﹥B﹥D﹥C【答案】C【解析】【分析】短周期元素的离子A2+、

B+、C2－、D－都具有相同的电子层结构，则离子具有2个电子层，结合离子所带电荷可知A为Mg、B为Na、C为O、D为F，结合元素周期律解答。【详解】短周期元素的离子A2+、B+、C2－、D－都具有相同的电子层结构，则离子具有2个电子层，结合离子所带电荷可知A为Mg

、B为Na、C为O、D为F；A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Mg＞O＞F，故A错误；B．原子序数Mg＞Na＞F＞O，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子

半径越小，故离子半径：O2−＞F−＞Na＋＞Mg2＋，故C正确；D．原子的最外层电子数：F＞O＞Mg＞Na，故D错误；故答案选C。【点睛】本题关键是根据短周期元素离子结构特点推断元素，也可以不推断具体元素，确定在周期表中相对位置，根据元素周期律进行解答。7.已知

某元素的阴离子为Rn－，原子核内的中子数为A-x＋n，原子的质量数为A，则m克Rn－的电子总数为（NA表示阿伏加德罗常数）（）A.Am(A-x)NAB.AA-x-nNA-mC.AmxNAD.Am+A+xNA【答案】C【解析】【分析】某元素的阴离子Rn−，其原子核内的中子数为A−x＋n

，其中A为质量数，则R的质子数为x−n，所以Rn−中核外电子数为x−n＋n＝x，再计算出m克Rn−离子的物质的量，进而计算电子数目。【详解】已知某元素的阴离子Rn−，其原子核内的中子数为A−x＋n，其中A为质量数，则R的质子数＝A−(A−x＋n)＝x−n，所以Rn−中核外电子

数为x−n＋n＝x，n(Rn−)＝mgAg/mol＝mAmol，则mgRn−离子中包含电子个数＝mAmol×x×NAmol−1＝AmxAN，故答案选C。8.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A.Q位于第三周期ⅠA族B.X、Y、Z三种元素

组成的化合物可能是盐或碱C.简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于

氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。【详解】A项Q代表钠元素，N

a为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；D项Z、M的最高价

氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞

Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结

构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行

比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。9.下列说法中正确的是()①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键②离子化合物都属于强电解质③非金属单质中不含离子

键，一定只含有共价键④稳定性：HCl＞HI，沸点：Br2＜I2，酸性：HF＞HCl⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力⑥共价键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中A.①②⑥B.①②④⑥C.③④⑤⑥D

.①④⑤【答案】A【解析】【分析】①含离子键的一定为离子化合物；②离子化合物在熔化状态下完全电离，都属于强电解质；③非金属单质不一定含有共价键；④非金属性越强、气态氢化物稳定性越强；分子晶体的分子间作用力越大、沸点越高；⑤NaCl溶于水破坏离子

键和HCl溶于水破坏共价键；⑥离子化合物或共价化合物或非金属单质中均可能含共价键。【详解】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；②离子化合物在熔化状态下完全电离，都属于强电解质，故正确；③非金属单质不一定存在共价键，如：稀

有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故错误；④非金属性越强、气态氢化物稳定性越强，Cl的非金属性强于I，所以稳定性HCl＞HI；Br2的相对分子质量小于I2的相对分子质量，沸点I2＞Br2；HF属于弱酸，HCl属于强酸，酸性HCl＞HF，故错

误；⑤NaCl溶于水破坏离子键和HCl溶于水破坏共价键，所以破坏不同的作用力，故错误；⑥离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2中含有共价键，共价化合物中一定含共价键，氢气中含有共价键，故正确；答案选A。【点

睛】本题侧重考查了物质与化学键的关系，难度不大，注意：不是所有物质都含化学键，如稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力。10.常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量叫键能，用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是()共价键H—HF—FH—FH—ClH—IE/kJ·mol－

1436157568432298A.432kJ·mol－1＞E(H—Br)＞298kJ·mol－1B.表中最稳定的共价键是H—F键C.H2(g)→2H(g)的过程是吸热过程D.H2与F2反应每生成2molHF时

放热25kJ【答案】D【解析】【详解】A．非金属性越强，对应H—X键的键能越大（X代表卤原子），结合表中数据可知432kJ·mol－1＞E(H—Br)＞298kJ·mol－1，故A正确；B．键能越大越稳定，

则表中最稳定的共价键是H−F键，故B正确；C．断裂化学键吸收能量，则H2(g)→2H(g)的过程是吸热过程，故C正确；D．反应放出的热量等于成键释放的能量减去断裂化学键吸收的能量，1molH2(g)与1molF2(g)生成2moH

F(g)放出热量为(2×568−436−157)kJ＝543kJ，故D错误；故答案选D。【点睛】本题把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，注意键能与稳定性关系。11.已知汽车尾气无害化处理反应为2()2()NOgCOg+22()2()NgCOg+。下列

说法不正确的是()A.升高温度可使该反应的逆反应速率降低B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率C.反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定D.单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡【答案】A【解析】【详解】A项，

升高温度，正、逆反应速率都增大，故A项错误；B项，使用高效催化剂，能够降低活化能，从而提高反应速率，正、逆反应速率都提高，故B项正确；C项，反应达到平衡后，体系各组分的反应速率都保持恒定，故C项正确；D项，消耗1mol一氧

化碳能生成1mol二氧化碳，而同时又消耗1mol二氧化碳，可知正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D项正确。答案选A。12.短周期元素A、B、C、D原子序数依次增加，X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种元素组

成的常见化合物，X为有刺激性气味的气体，Y为淡黄色固体，甲是由C元素形成的气体单质，乙为红棕色气体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物省略)。下列说法正确的是()A.原子半径大小顺序：D>C>B>AB.最简单气态氢化物的稳定性：B>CC.图示转化关系涉及的反

应均为氧化还原反应D.元素C、D形成的化合物中一定只含离子键【答案】C【解析】【详解】Y为淡黄色固体，Y是Na2O2；乙为红棕色气体，乙是NO2；X为有刺激性气味的气体，甲是由C元素形成的气体单质，结合转化关

系知，X是NH3，Z是NO，W是H2O，甲是O2，由上述分析可知，A为H，B为N，C为O，D为Na。A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故A错误；B.B的氢化物为NH3，C的氢化物为H2O，非金属性：O>N，则稳

定性为：H2O>NH3，故B错误；C.X→Z，是氨气的催化氧化反应，Y→甲是过氧化钠与水反应，Z+甲→乙是一氧化氮与氧气生成二氧化氮，涉及的反应均为氧化还原反应，故C正确；D.元素C、D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；故答案选C。【点睛

】该题推断的关键为Y为淡黄色固体，Y是Na2O2，乙为红棕色气体，乙是NO2，根据图中Na2O2和W，W是水或者CO2，甲则为氧气，则X为NH3，Z是NO，所以A、B、C、D分别为H，N，O，Na，故W只能是水。1

3.元素A原子的L电子层比元素B原子的L电子层少3个电子，B元素原子核外电子总数比A元素原子核外电子总数多5个，则A、B形成的化合物的化学式可能为()A.B2A3B.B3A2C.A2B3D.BA2【答案】B【解析】【详解】A原子L层比B原子L层少3个

电子，所以A原子核外只有2层，L层未满；B原子电子总数比A原子多5个，所以B原子核外有3层，且M层电子数为2，L层电子数为8，B为Mg元素，所以A原子L层电子数为8－3＝5，A为N元素，N原子最外层有5个电子，其最高正价与最低负价为＋5

和－3，A、B形成的化合物化学式为Mg3N2，故答案为B。14.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，一定条件下发生反应：3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol/L，下列判断正确的是（）A.B的转

化率为20%B.平衡时A的浓度为1.50mol/LC.x＝1D.达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%【答案】A【解析】【分析】到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.

5mol/L＝2mol，则：(mol)65003A(g)B(g(m)2C(g)xDol)312x(mol)34(2g2)起始量转化量平衡量++进而可计算平衡时各物质的浓度、转化率等物理量，以此解答该题。【详解】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L＝2mol

，则：(mol)65003A(g)B(g(m)2C(g)xDol)312x(mol)34(2g2)起始量转化量平衡量++A．B的转化率为1mol5mol×100%＝20%，故A正确；B．平衡时A的浓度为3mol4L＝0.75mol/L，故B错误；C

．由以上分析可知x＝2，故C错误；D．反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故D错误；故答案选A。15.下列描述的化学反应状态，不一定．．．是平衡状态的是（）A.H2(g)+Br2(g)2HBr(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变B.2NO2(g)N2O4

(g)，恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变C.CaCO3(s)CO2(g)+CaO(s)，恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变D.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1【答案】D【解析】【分析】

反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断。【详解】A、H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变，说明溴单质的浓度不再变化，达到

了平衡，选项A不符合题意；B、2NO2（g）⇌N2O4（g）是前后气体系数和变化的反应，当恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变，达到了平衡，选项B不符合题意；C、CaCO3（s）CO2（g）+CaO（s）恒温、恒容下，反应体系中气体的

密度等于气体质量和体积的比值，质量变化，体积不变，所以密度变化，当气体密度保持不变的状态是平衡状态，选项C不符合题意；D、3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1，不能证明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，选项

D符合题意。答案选D。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积不变的化学反应平衡状态的判断方法。16.甲:在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol∙L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙:在试管中依次加入2

g颗粒状大理石、4mo1∙L-1盐酸20mL(过量);下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据

此可知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，所以答案选D。二、非选择题（共52分）17.（1）下列物质中：①MgCl2②金刚石③Na2O2④H2O⑤NaCl⑥Ne⑦H2SO4⑧NH4Cl⑨CO2⑩O2只含离子键的是_______________，只含共

价键的是_______________，既含离子键又含共价键的是_______________，不存在化学键的是______________，属于离子化合物的是______________，属于共价化合物的是____________________。（

2）已知拆开1molH—H键、1molN≡N键、1molN—H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ，则1molNH3分解为N2和H2时，该反应需要___________(填“放出”或“吸收”)___

___kJ的热量。（3）将1molN2和3molH2充入密闭容器中，在一定条件下发生反应N2＋3H22NH3，下列说法正确的是________。a．最终生成2molNH3b．可逆反应达到平衡时，反应停止c．当v正(H2)＝v逆(N2)时，反应达到平衡d．达到平衡时，反应

达到了最大限度e．平衡时各组分的物质的量一定相等【答案】(1).①⑤(2).②④⑦⑨⑩(3).③⑧(4).⑥(5).①③⑤⑧(6).④⑦⑨(7).吸收(8).46(9).d【解析】【分析】(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键

的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，由此分析解答；(2)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算：焓变＝反应物总键能−生成物的总键能，以此计算反应热并判断吸热还是放热；(3)根据化学平衡的特征进行分析。【详解】

(1)①MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物；②金刚石中C原子之间只存在共价键，为单质；③Na2O2中钠离子与过氧根离子之间存在离子键，氧氧之间存在非极性键，是离子化合物；④H2O

中只存在共价键，为共价化合物；⑤NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，为离子化合物；⑥Ne为单原子分子，不存在化学键；⑦H2SO4中原子之间只存在共价键，为共价化合物；⑧NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，N原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物；⑨

CO2中C原子和O原子之间存在共价键，为共价化合物；⑩O2中O原子之间只存在共价键，为单质；所以只含离子键的是①⑤，只含共价键的是②④⑦⑨⑩；既含离子键又含共价键的是③⑧，不存在化学键的是⑥，属于离子化合物的是①③⑤⑧，属于共价化合物的是④⑦⑨；(2

)在反应2NH3⇌N2＋3H2中，反应掉2molNH3，共断裂6molN−H键，吸收的能量为：6×391kJ＝2346kJ，生成3molH−H键、1molN≡N键共放出的能量为：3×436kJ＋946kJ＝2254kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该

反应为吸热反应，吸收的热量为：2346kJ−2254kJ＝92kJ，所以当1molNH3分解吸收热量为46kJ；(3)a．可逆反应不可能完全转化，所以最终生成NH3的物质的量小于2mol，故a错误；b．化学平衡状态是动态平衡，

达到平衡时，反应没有停止，故b错误；c．用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v正(H2)＝3v正(N2)，当v正(H2)＝v逆(N2)时，3v正(N2)=v逆(N2)，反应没有达到平衡，故c错误；d．反应达到了最大限度时即为达到平衡状态，

故d正确；e．平衡时同种物质的正逆反应速率相等，各组分的物质的量保持不变，但不一定相等，故e错误；答案选d。18.下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：（1）元素B在周期表中的位置___________________________________。（2）用电子式表示D2G的形成

过程_______________________________________________________，其所含化学键类型为_____________。（3）C2－、D+、G2－离子半径由大到小顺序是_

_______________________（用离子符号回答）。（4）某同学设计上图实验证明A、F的非金属性强弱关系。①若溶液a为浓盐酸，固体a为石灰石，溶液b和c分别为____________________，____________________。②溶液c中的离子方程式为____

___________________________________。③请从原子结构的角度解释非金属性A＞F的原因：________________________________________。【答案】(1).第二周期VA族(2)

.(3).离子键(4).S2-＞O2-＞Na+(5).饱和碳酸氢钠溶液(6).硅酸钠溶液(7).CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-(或2CO2+2H2O+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-)(8).碳和硅原子的最外层电子数相同，硅的电子层数比碳多，半径更大，所

以非金属性：碳大于硅【解析】【分析】由图中化合价可知，A、F的化合价都为＋4、−4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为碳元素、故F为Si元素；C的化合价为−2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为＋1价，处于Ⅰ

A族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为＋3价，为Al元素；G的最高正价为＋6价、最低价为−2价，应为S元素；B有＋5、−3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素；(1)主族元素周期数＝原子的电子层数、主族序数＝原子的最外层电子数

；(2)Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程，左侧为Na、S原子电子式，右侧为硫化钠电子式，中间用“→”连接，用弧形箭头表示电子转移；(3)电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；(4)由装置图可知，

实验原理是利用强酸制备弱酸，浓盐酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中浓盐酸与石灰石反应产生二氧化碳，溶液b吸收挥发的HCl，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸。【详解】由图中化合价

可知，A、F的化合价都为＋4、−4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为碳元素、故F为Si元素；C的化合价为−2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为＋1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为＋3价，为Al元素；G的最高正价为＋6价、最低价为−2

价，应为S元素；B有＋5、−3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素；(1)B为氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，处于周期表中第二周期VA族；(2)Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为

；(3)电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞O2-＞Na+；(4)由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，浓盐酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中浓盐酸与石灰石反应产生二

氧化碳，溶液b吸收挥发的HCl，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸；①由上述分析可知，溶液a为浓盐酸，溶液b为饱和碳酸氢钠溶液，溶液c为硅酸钠溶液；②溶液c中的离子方程式为：CO

2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-或2CO2+2H2O+SiO32-=H2SiO3↓+2HCO3-；③碳和硅原子的最外层电子数相同，硅的电子层数比碳多，半径更大，所以非金属性：碳大于硅。19

.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1molDAx与足量的A2C反应生成44.8L（标准状况）G气体。A、B的单质依次为G、T

，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+T→W（未配平），测得各物质的浓度如表所示。物质TGW10min时，c/(mol/L)0.50.80.220min时，c/(mol/L)0.30.20.6回答下列问题：（1）A、B

、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为________________。（2）B、C、D、E的简单离子中，离子半径由大到小排序为_________________。(用离子符号表示)（3）J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式

盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式_____________________________；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液退色的是______________(填化学式)。【答案】(1).NH4NO3或NH4NO2(2).S2->N3->O2->

Mg2+(3).H++HSO3-=H2O+SO2↑(4).NH4HSO3【解析】【分析】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O，C和E位于同主族，则E为S；化学反应中，相同时间段内各物质的转化物质的量浓度之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得3G+T=2W，

A、B的单质依次为G、T，A、B的原子序数比O小，由此知，G为H2，T为N2，W为NH3，则A为H，B为N；又由1molDHx与足量水反应生成44.8L÷22.4L/mol=2molH2，可知D为金属元素，DHx中H显-1价

，失电子，则x=2，D显+2价，且五种元素得原子序数依次增大，则D为Mg；据此进行分析解答。【详解】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O，C和E位于同主族，则E为S；化学反应中，相同时间段内各物质

的转化物质的量浓度之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得3G+T=2W，A、B的单质依次为G、T，A、B的原子序数比O小，由此知，G为H2，T为N2，W为NH3，则A为H，B为N；又由1molDHx与足

量水反应生成44.8L÷22.4L/mol=2molH2，可知D为金属元素，DHx中H显-1价，失电子，则x=2，D显+2价，且五种元素得原子序数依次增大，则D为Mg；(1)H、N、O组成既含离子键又含共价键的化合物有NH4NO3、NH4NO2；(2

)电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核内质子数越大离子半径越小；故离子半径：S2->N3->O2->Mg2+；(3)A、B、C、E依次为H、N、O、S，J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见

酸式盐，则两种酸式盐是NH4HSO3和NH4HSO4，两者反应的离子方程式为H++HSO3-=H2O+SO2↑；NH4HSO3具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。20.Ⅰ、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/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）下图中表示NO2的变化的曲线是_____。用NO表示从0～2s

内该反应的平均速率υ＝_______。（2）能说明该反应已达到平衡状态的是_______。a．υ(NO2)＝2υ(O2)b．容器内压强保持不变c．υ逆(NO)＝2υ正(O2)d．容器内密度保持不变（3）下列措施能使该反应的速率增大是_______

。a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效催化剂【答案】(1).b(2).0.003mol/(L·s)(3).bc(4).bcd【解析】【分析】(1)根据表格知，随着反应的进行，NO的物质的量减小，则NO2的物质的量逐渐增大，根据NO和NO

2之间转化关系式计算平衡时NO2的物质的量，从而确定曲线；根据υ=ct计算NO的反应速率；(2)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；(3)根据外界条件对反应速率的影响进行分析解答。【详解】(1)根据表格知，

随着反应的进行，NO的物质的量减小，则NO2的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时，参加反应的n(NO)＝(0.020−0.007)mol＝0.013mol，根据NO2和NO的关系式知，平衡状态时生成n(N

O2)等于参加反应的n(NO)，所以为0.013mol，c(NO2)＝0.013mol2L＝0.0065mol/L，则表示NO2的变化的曲线是b；0～2s时，υ(NO)＝()0.020-0.008mol2L2s＝0.003mol/(L·s)；(2)a．当υ(NO2)＝2υ(O2)时，没有指明反

应速率的方向，不能判断反应是否达到平衡状态，故a不选；b．该反应是一个反应气体气体体积改变的可逆反应，当达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则容器内压强保持不变，即容器内压强保持不变能说明反应达到平衡状态，故b选；c．υ逆(N

O)：υ正(O2)＝2：1时，该反应达到平衡状态，故c选；d．根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以容器内密度保持不变不能说明反应是否达到平衡状态，故d不选；故选bc；(3)a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应

移动，但反应速率降低，故a错误；b．适当升高温度，反应速率增大，故b正确；c．增大O2的浓度，反应速率增大，故c正确；d．选择高效的催化剂，增大反应速率，故d正确；故选bcd。【点睛】本题注意平衡状态判断

选择判断的物理量，应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。21.Ⅰ、锌和100mL稀硫酸反应，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如下图所示。①在OA、AB、BC三段中反

应速率最快的是_________，原因是__________________________。②2～4min内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)为________________。③为了减缓反应速率而又不改变产生氢气的量，该同学在

硫酸中分别加入等体积的下列溶液：A．蒸馏水B．NaCl溶液C.0.5mol/L盐酸其中，你认为可行的是（填序号）______________．Ⅱ、在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2

O]，将小烧杯放在事先已滴有3～4滴水的玻璃片上，然后向烧杯内加入约10g氯化铵晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。试回答下列问题：（1）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是______________________________。（2）“结冰”现象说明该反应断开旧化学键______

__(填“吸收”或“放出”)的能量________(填“>”或“<”)形成新化学键________(填“吸收”或“放出”)的能量。【答案】(1).AB(2).反应放热，使温度升高，反应速率加快(3).0.03mol·L－1·min－1(4).AB(5).使反应物

充分混合，迅速发生反应(6).吸收(7).>(8).放出【解析】【分析】Ⅰ．①分析相同时间内氢气体积的多少来判断速率的快慢；②利用速率表达式v＝△c/△t计算速率；③为了减缓反应速率而又不改变产生氢气的量，可以将硫酸进行稀释，使其

浓度降低；Ⅱ．(1)玻璃棒的搅拌作用是使混合物混合均匀，让化学反应快速发生；(2)结冰说明反应吸热，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量，旧键断裂吸收的能量高于新键生成释放的能量。【详解】Ⅰ．①

从图中看出2~4min内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大，因为为反应放热，使温度升高，反应速率加快；②2~4min内，产生氢气179.2mL−44.8mL＝134.4mL，物质的量为-3134.410L

22.4L/mol＝6×10−3mol，根据反应方程式：Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为6×10−3mol，v(H2SO4)＝ct＝-3610mol0.1L2min

＝0.03mol·L－1·min－1；③为了减缓反应速率而又不改变产生氢气的量，可以将硫酸进行稀释，使其浓度降低，加入蒸馏水和NaCl溶液都能达到要求，但是不能加入稀盐酸，否则会使产生氢气的量增加；答案选AB；Ⅱ．(1)Ba(OH)2•8H2O

晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应，搅拌可使反应物充分混合、迅速发生反应；(2)结冰说明反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，旧键断裂吸收的能量高于新键生成释放的能量。