宁夏银川市第二中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

银川二中2021-2022学年第二学期高一年级期中考试化学试题注意事项：1.本试卷共29题，满分120分。考试时间为100分钟。2.答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共40分)1.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处，最容易找到的材料是A.制催化剂的材料B.半导体材料C.制农药的材料D.耐高温、耐腐蚀的合金材料【答案】B【解析】【详解】A．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故A错误；B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C．非金属元素位于右上方，部分非金属可以用来做制农药的材料，故C错误；D．耐高温、耐腐蚀的合金材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故D错误；故答案选B。2.元素周期表是一座开放的“元素大厦”，“元素大厦”尚未客满。若发现120号元素，请在“元素大厦”中安排好它的“房间”A.第7周期0族B.第7周期第IA族C.第8周期第IIA族D.第8周期第IA族【答案】C【解析】【详解】稀有气体氡的原子序数为86，位于第六周期的0族，第七周期排满应含有32种元素，则第七周期的稀有气体的原子序数为86+32=118，所以120号元素位于第8周期的第IIA族；答案选C。3.已知I、Cs、Cs具有放射性，下列关说法正确的是A.137是铯元素的相对原子质量B.I放出射线是一个化学变化C.I与Cs的中子数相同D.Cs、Cs互为同位素 【答案】D【解析】【分析】原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子。【详解】A．137是Cs原子的质量数，不是铯元素的相对原子质量，故A错误；B．原子是化学变化中的最小微粒，化学反应中原子核不会发生变化，I放出射线的过程中原子核发生变化，因此I放出射线不是化学变化，故B错误；C．I的中子数为131-53=78，Cs的中子数为134-55=79，两者中子数不同，故C错误；D．Cs、Cs的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案选D。4.原子核外电子的运动规律是元素周期律的基础，下列说法错误的是A.同一原子中，离核较远的电子受到的吸引力较小B.原子核外电子排布时第二层未排满，则第三层无电子C.同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的最高化合价一定增大D.第四周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数相差11【答案】C【解析】【详解】A．距离原子核较远的电子，原子核对它的吸引力较小，故A正确；B．第二层的能量低于第三层，原子核外电子在排布时，先排满第二层再排第三层，第二层未排满时第三层无电子，故B正确；C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的最高化合价不一定增大，如第二周期中，F无正价，故C错误；D．第二、三周期的第IIA族和第IIIA族元素的原子序数相差1，第四、五周期的第IIA族和第IIIA元素的原子序数相差11，故D正确；答案选C。5.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的原子序数为37的是AB.C.D. 【答案】B【解析】【分析】M的原子序数为37，位于第五周期，根据上下层周期同族的核外电子数差值进行计算。【详解】M的原子序数为37，位于第五周期，同族上下周期的核外电子数差18，即上层元素原子序数为19，下层元素原子序数为55，则符合题意的为B。答案为B。6.利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧食盐样品时，钠的焰色为（）A.黄色B.红色C.紫色D.绿色【答案】A【解析】【详解】食盐样品中含有氯化钠，钠元素的颜色反应为黄色，则A正确；答案为A。7.钾和钠的性质相似，下列说法中能最好的解释这个事实的是A.都是金属B.原子半径相差不大C.最高化合价相同D.最外层电子数相同【答案】D【解析】【详解】A．金属元素有很多种，但性质不完全相似，只有位于同一主族的元素，性质才相似，故A错误；B．同主族原子半径相差较大，但性质相似，同周期元素原子半径相差不大，但性质不同，故B错误；C．化合价相同的元素性质不一定相同，如Mg、Cu最高化合价都为+2价，但性质不同，故C错误；D．钠和钾都位于周期表IA，最外层电子数相同，性质相似，故D正确；故选D。8.已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构,下列关系正确的是A.单质的还原性：X>WB.原子序数：c>bC.氢化物的稳定性：H2Y>HZD.离子半径：X+<W3+【答案】A【解析】【分析】离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子序数a＞b＞d＞c，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al 元素，X为Na元素。【详解】A.同一周期从左至右，元素的金属性减弱，则单质的还原性：X>W，故A正确；B.原子序数：b>c，故B错误；C.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性Y＜Z，所以氢化物的稳定性：H2Y<HZ，故C错误；D.aW3+、bX+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径bX+>aW3+，故D错误。故选A。9.原子电子层数相同的X、Y、Z三种元素，若最高价氧化物的水化物酸性强弱为H3XO4＜H2YO4＜HZO4，则下列判断正确的是A.非金属性强弱为X＞Y＞ZB.原子半径为X＜Y＜ZC.阴离子的还原性为X3－＞Y2－＞Z－D.气态氢化物的稳定性为H3X＞H2Y＞HZ【答案】C【解析】【分析】原子电子层数相同的X、Y、Z三种元素，可知位于同周期，同周期从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，由最高价氧化物水化物酸性强弱为H3XO4＜H2YO4＜HZO4，可知非金属性为X＜Y＜Z，原子序数为X＜Y＜Z，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，同周期三种元素的非金属性为X＜Y＜Z，原子序数为X＜Y＜Z；A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，由酸性可知非金属性为X＜Y＜Z，A选项错误；B．原子序数为X＜Y＜Z，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为X＞Y＞Z，B选项错误；C．非金属性越强，对应离子的还原性越弱，则阴离子的还原性为X＞Y＞Z，C选项正确；D．非金属性为X＜Y＜Z，则气态氢化物的稳定性为：H3X＜H2Y＜HZ，D选项错误；答案选C。10.下列化学用语正确的是A.H2S的电子式：B.Mg2+的结构示意图：C.Na2O的电子式：D.N2的电子式：【答案】D 【解析】【详解】A．H2S是共价化合物，其电子式为，故A错误；B．Mg原子失去2个电子形成Mg2+，Mg2+核外共10个电子，其离子结构示意图为，故B错误；C．Na2O为离子化合物，由钠离子和氧离子构成，其电子式为，故C错误；D．氮气中2个氮原子之间形成3个共用电子对，每个N原子还含有一个孤电子对，其电子式为，故D正确；答案选D。11.以下验证元素的金属性、非金属性强弱的实验，所用物品不合理的是A.比较钾、钠：Na、K、B比较镁、铝：溶液、溶液、NaOH溶液C.比较硫、氯：浓硫酸、高氯酸、pH试纸D.比较溴、碘：溴水、KI-淀粉试纸【答案】C【解析】【详解】A．元素的金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，则可以比较钾、钠与水反应的剧烈程度判断元素的金属性强弱，故A正确；B．元素的金属性越强，氢氧化物的碱性越强，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，氢氧化铝能溶于氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，镁元素的金属性强于铝元素，故B正确；C．浓硫酸可以使试纸脱水碳化，故不能用pH试纸测定浓硫酸的酸性，故C错误；D．非金属单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，溴水与碘化钾发生置换反应生成碘，生成的碘遇淀粉变蓝色，试纸变蓝色说明溴单质的氧化性大于碘单质，溴元素的非金属性强于碘元素，故D正确；故选C。12.运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是A.在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂B.砹(At)为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C.锂(Li)与水反应比钠与水反应剧烈 D.HBrO4的酸性比HIO4的酸性强【答案】C【解析】【详解】A．碱金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强在氧气中燃烧的产物越复杂，金属铷比金属钠更活泼，因此铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故A正确；B．卤族元素的单质从上到下颜色逐渐加深，碘单质为有色固体，所以砹(At)也为有色固体，溴化银和碘化银难溶于水也不溶于稀硝酸，所以AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故B正确；C．元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈，金属性：Na>Li，则钠与水反应比锂与水反应剧烈，故C错误；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Br>I，则HBrO4的酸性比HIO4的酸性强，故D正确；答案选C。13.下列说法正确的是（）①离子化合物一定含离子键，也可能含共价键；②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物；④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物；⑤由分子组成的物质中一定存在共价键；⑥熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物A.①③⑤B.②④⑥C.②③④D.①③⑥【答案】D【解析】【分析】【详解】①含有离子键化合物为离子化合物，所以离子化合物一定含离子键，也可能含共价键，例如Na2O2，故①正确；②只含共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物不可能含离子键，故②错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，例如AlCl3为共价化合物，故③正确；④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如铵盐NH4NO3、NH4Cl等，故④错误；⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，例如稀有气体为但原子分子，不存在化学键，故⑤错误；⑥熔融状态能导电的化合物，说明在熔融状态下产生自由移动的离子，所以一定是离子化合物，故⑥正确；综上所述，①③⑥正确，答案选D。 14.对于反应A+3B=2C+D来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最慢的是A.v(A)=0.4mol/(L·s)B.v(B)=0.8mol/(L·s)C.v(C)=0.6mol/(L·s)D.v(D)=0.6mol/(L·min)【答案】D【解析】【详解】比较反应速率大小时应统一单位，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比换算成同一物质表示的反应速率，再进行比较，将选项中的反应速率换算为用A表示的反应速率为：v(A)=0.4mol/(L·s)；v(A)=v(B)=mol/(L·s)；v(A)=v(C)=0.3mol/(L·s)；v(A)=v(D)=0.6mol/(L·min)=0.01mol/(L·s)，因此反应速率最慢的是v(D)=0.6mol/(L·min)；答案选D。15.把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL2mol/L的盐酸的烧杯中，立即加水均稀释到50mL，此时X溶液和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是A.10mL4mol/L的X溶液B.30mL2mol/L的X溶液C.3mL10mol/L的X溶液D.15mL3mol/L的X溶液【答案】B【解析】【详解】均加水稀释到50mL：A．n(X)=0.01L×4moL/L=0.04mol；B．n(X)=0.03Lx2mol/L=0.06mol；C．n(X)=0.003L×10mol/L=0.03mol；D．n(X)=0.015L×3mol/L=0.045mol；物质的量最大的是B，则B浓度最大，反应速率最大。所以B选项正确。16.下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼性强的是A.常温时，A能从酸中置换出氢，而B不能B.B的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的强C.1molA从酸中置换生成的H2比1molB从酸中置换生成的H2多D.A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少【答案】A 【解析】【详解】A．常温时，A能从水中置换出氢，而B不能，说明A易失去电子，则A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，故A正确；B．比较金属的活泼性可根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，B的最高价氧化物对应水化物的碱性比A的强，但B比A活泼，故B错误；C．比较金属的活泼性不能根据生成氢气的多少来判断，例如1molAl从酸中置换H+生成的H2比1molMg从酸中置换H+生成的H2多，但Mg的活泼性强，故C错误；D．比较金属的活泼性不能根据最外层电子数的多少，如Li的最外层电子数比Ca少，但不如Ca活泼，Na的最外层电子数比Cu少，但Na比Cu活泼，故D错误；故答案选A。17.下列变化过程，属于放热反应的是①液态水变成水蒸气②酸碱中和反应③浓H2SO4稀释④固体NaOH溶于水⑤H2在Cl2中燃烧⑥高温制取水煤气A.②③④⑤B.②③④C.②⑤D.①③⑤【答案】C【解析】【详解】大多数的的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应都属于放热反应，①液态水变成水蒸气是吸热过程，②酸碱中和反应是放热反应，③浓H2SO4稀释是放热过程，不属于放热反应，④固体NaOH溶于水是放热过程，不属于放热反应，⑤H2在Cl2中燃烧是放热反应，⑥高温制取水煤气是吸热反应，所以②⑤正确；答案选C。18.已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出242kJ的能量，且氧气中1molO=O键完全断裂时需要吸收496kJ的能量，水蒸气中1molH—O键形成时放出463kJ的能量，则氢气中1molH—H键断裂时吸收的能量为A.920kJB.557kJC.436kJD.181kJ【答案】C【解析】【详解】1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出242kJ的能量，则有2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)   ΔH=-484kJ/mol，设1molH-H键断裂时吸收的热量为x，则ΔH=2x+496kJ-463kJ×4，解得x=436kJ；答案选C。19.下列措施对增大反应速率明显有效的是A.Na与水反应时增大水的用量 B.Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C.在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大反应容器体积D.Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉【答案】D【解析】【分析】【详解】A．水为纯液体，增加水的用量不能增大反应速率，A错误；B．常温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，加热时反应生成二氧化硫，B错误；C．压强不能影响液体之间的反应速率，C错误；D．将Al片改成Al粉，增大接触面积，加快反应速率，D正确；综上所述答案为D。20.关于下列图示的说法中，不正确的是A.图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B.图②表示化学反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为吸热反应C.对反应：A(s)+2B(g)xC(g)，根据图③可以求出x=2D.图④可知石墨比金刚石稳定【答案】B【解析】【详解】A．硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，如观察到有气泡生成，可说明硫酸酸性比碳酸强，则可说明S元素的非金属性比C强，二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸(白色沉淀)，证明碳酸酸性比硅酸强，从而说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，该实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，故A正确；B．CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)和H2(g)的总能量，则CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，故B错误；C．0~2min内，B减少了0.2mol，C增加了0.2mol，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知， x=2，故C正确；D．能量越低越稳定，由图可知，石墨的能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，故D正确；答案选B。二、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共15分)。21.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)反应吸收的能量为180kJD.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量【答案】C【解析】【详解】A．N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；C．断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；D．吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，选项D错误，答案选C。22.某元素原子R的质量数为A，Rm-的核外电子数为x，则WgRm-离子所含中子的物质的量为A.(A-m)molB.(A-x)molC.(A-x+m)molD.(A-x-m)mol【答案】C 【解析】【详解】Rm-核外电子数为x，则R原子核外电子数为x-m，则中子数=质量数-质子数=A-(x-m)=A-x+m；WgRm-离子的物质的量为mol，所含中子的物质的量为(A-x+m)mol；答案选C。23.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是A.原子半径：B.气态氢化物的稳定性：C.W与X形成的化合物只有一种D.Y和Z的最高价氧化物对应水化物能相互反应【答案】D【解析】【分析】部分短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，则X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，且原子序数大于O，则Y是Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，W为S元素，R的最高正价为+7价、-1价，为Cl元素。【详解】A．钠和铝都是第三周期，同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Na＞Al，氧原子为第二周期元素，原子半径最小，所以原子半径应为Na＞Al＞O，故A错误；B．氯和硫同周期，同周期从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性Cl>S，非金属性越强气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：R>W，故B错误；C．X为O元素，W为S元素，二者可以形成SO2和SO3两种化合物，故C错误；D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物是NaOH和Al（OH）3，能相互反应，故D正确。故答案选D。 24.对于反4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列措施能加快反应速率的是①恒容条件下，再通入一定量的NH3②增大体系容积③恒容条件下，再通入一定量的Ne④使用合适的催化剂A.①②④B.①③④C.①④D.②④【答案】C【解析】【详解】①恒容条件下，再通入一定量的NH3，反应物的浓度增大，反应速率加快，故①符合题意；②增大体系容积，浓度减小，反应速率减小，故②不符合题意；③恒容条件下，再通入一定量的Ne，各组分浓度不变，反应速率不变，故③不符合题意；④使用合适的催化剂可增大反应速率，故④符合题意；综上所述，能加快反应速率的措施是①④；答案选C。25.在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：，经5min后，测得容器内B的浓度减少了，则下列叙述错误的是（）A.在5min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率为B.在5min时，容器内D的浓度为C.该可逆反应未达限度前，随反应的进行，容器内压强逐渐增大D.5min时，容器内气体总的物质的量为3mol【答案】D【解析】【详解】A.，则在5min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率，A正确；B.由化学方程式知，相同时间内B的浓度减少值等于D的浓度增加值，则在5min时，容器内D的浓度为，B正确；C.正方向是气体分子数目增加的反应，则该可逆反应未达限度前，随反 应的进行，容器内气体的物质的量逐步增加，则压强逐渐增大，C正确；D.5min后，测得容器内B的浓度减少了，则，2x=1mol，x=0.5mol，则5min时，容器内气体总的物质的量为2-2x+x+2x=2.5mol，D错误；答案选D。三、填空题(共65分)26.元素周期表是化学知识的宝库，它的内涵十分丰富。如表是a～m九种元素在周期表中的位置，请回答下列问题：（1）m的阴离子结构示意图为____。（2）d与a元素的原子按1：1结合的化合物的电子式____。（3）b的最高价氧化物的结构式为____。（4）d、g、n形成的简单离子的半径由大到小的顺序为____(用离子符号填写)。（5）f、g、p的最高价氧化物的水化物碱性从强到弱的顺序为____(填化学式)。（6）p和n两种元素最高价氧化物的水化物相互反应的离子反应方程式为____。（7）c的氢化物和c的最高价氧化物对应水化物之间反应能生成盐M，M中含有的化学键类型有____。（8）“类铝”在门捷列夫预言4年后，被布瓦博德朗在一种矿石中发现，命名为镓(Ga)。由镓的性质推知，镓与铝同主族，且位于h的下一周期。镓在周期表中的位置____。冶炼金属镓通常采用的方法是____。【答案】（1）（2）（3）O=C=O（4）Cl->O2->Mg2+（5）KOH>NaOH>Mg(OH)2（6）H++OH-=H2O（7）离子键和共价键（8）①.第四周期第IIIA族②.电解法 【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知为、为、为、为、e为Ne、为、为、h为Al、为、为、为据此解答。【小问1详解】为元素，是号元素，阴离子结构示意图为，故答案为：；【小问2详解】d与a元素的原子按1：1结合的化合物是，其电子式为，故答案为：【小问3详解】的最高价氧化物是，其结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O【小问4详解】d、g、n形成的简单离子分别为，半径由大到小的顺序为>>，故答案为：>>【小问5详解】f、g、p的最高价氧化物的水化物KOH，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，碱性从强到弱的顺序为：KOH>NaOH>Mg(OH)2，故答案为：KOH>NaOH>Mg(OH)2【小问6详解】p和n两种元素最高价氧化物的水化物分别为，两者反应的离子方程式为：+=H2O，故答案为：+=H2O【小问7详解】c的氢化物和c的最高价氧化物对应水化物分别为，反应能生成盐M，M为，M中含有的化学键类型有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键【小问8详解】镓与铝同主族，且位于h的下一周期，所以镓在周期表中的位置为：第四周期第IIIA族，由元素周期律可知镓比铝金属性强，故金属镓应采用电解法冶炼。27.现有下列物质：①Ne②H2O③NaCl④H2SO4⑤O2⑥Na2O2⑦CO2⑧NaHSO4。请回答下列问题：（1）含有共价键的单质是____，含有共价键的离子化合物是____(填序号)。 （2）②的电子式是____。（3）用电子式表示③的形成过程是____。（4）②和⑦中，各原子均满足8电子稳定结构的是____(填序号)。（5）⑧溶于水的电离方程式为____，破坏的化学键是____。（6）组成④的三种元素非金属性的强弱顺序是____。【答案】（1）①.⑤②.⑥⑧（2）（3）（4）⑦（5）①.NaHSO4=Na++H++②.离子键、共价键（6）O>S>H【解析】【小问1详解】②④⑤⑦中只含共价键，③中只含离子键，⑥⑧中含有离子键和共价键，①中不含化学键；属于单质的有①⑤；故含有共价键的单质是⑤；含有共价键的离子化合物是⑥⑧；【小问2详解】②H2O是由H原子与O原子通过共用电子对形成的共价化合物，其电子式为；【小问3详解】氯化钠由钠原子失1个电子和氯原子得1个电子形成的离子通过离子键形成离子化合物氯化钠，用电子式表示③的形成过程是；【小问4详解】②H2O和⑦CO2中，H2O中的H原子达2电子的稳定结构，故两者中各原子均满足8电子稳定结构的是CO2；答案为⑦；【小问5详解】⑧溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为NaHSO4=Na++H++，破坏的化学键是离子键、共价键；【小问6详解】组成④H2SO4的三种元素H、S、O非金属性的强弱顺序是O>S>H。28.某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O，他们设计如图实验制取氯气并验证其性质。请回答下列问 题：（1）每生成1molCl2，上述化学反应中转移的电子个数为_______(NA表示阿伏加德罗常数)。（2）实验中A部分的装置是_______(填写装置的序号)。（3）装置B中的现象是_______。（4）请写出装置D中反应的离子方程式_______。（5）此实验设计存在的明显缺陷是_______，改进方法是_______。（6）请帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤)：_______。（7）氯气是活泼的非金属单质，具有很强的_______性(填“氧化”或“还原”)。【答案】（1）NA（2）b（3）溶液变蓝色（4）Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+（5）①.缺少尾气处理装置②.在D装置后链接盛有氢氧化钠溶液的吸收瓶（6）取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化（7）氧化【解析】【分析】装置A为制取氯气的装置，装置B、C和D用于验证氯气的性质，氯气有毒，应进行尾气处理。【小问1详解】 反应Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O中，Cl元素的化合价从Ca(ClO)2中的+1价降低到氯气中的0价，从CaCl2中的-1价升高到氯气中的0价，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：NA；【小问2详解】根据反应的方程式可知，反应物为固体和液体混合物，且需要加热，则A部分的装置为b，故答案为：b；【小问3详解】装置B中发生反应，碘单质遇淀粉变蓝，因此装置B中的现象是溶液变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；【小问4详解】氯气具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Cl-，因此装置D中发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；【小问5详解】氯气有毒，会污染空气，而该装置中没有尾气处理装置；氯气能与NaOH反应，可用NaOH溶液吸收尾气，则改进的方法是在D装置后链接盛有氢氧化钠溶液的吸收瓶，故答案为：缺少尾气处理装置；在D装置后链接盛有氢氧化钠溶液的吸收瓶；【小问6详解】亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，证明亚硫酸钠被氧化，只需要检验硫酸根离子的存在即可，具体方法为：取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化，故答案为：取少量C中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明C中亚硫酸钠已被氧化；【小问7详解】氯气可与KI溶液、亚硫酸钠溶液以及氯化亚铁溶液发生氧化还原反应，可证明氯气具有氧化性，故答案为：氧化。29.某同学利用铁与硫酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，硫酸均过量)，实验设计如表：实验编号硫酸浓度/(mol·L-1)硫酸体积/mL铁的状态温度/K11.0040块状29322.0040块状293 32.0040粉末29342.0040块状313回答下列问题：（1）若四组实验均以收集到448mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是_______。（2）实验1和2是探究_______对该反应速率的影响；实验_______和_______是探究温度对该反应速率的影响。（3）根据实验测得的在不同时间t产生氢气体积V的数据，绘制得到图甲，则曲线c对应的实验组别可能是_______。根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率v随时间t变化情况如图乙所示，其中t1～t2速率变化的主要原因是_______。（4）若上述实验所用硫酸体积均为250mL，实验3反应进行2min时收集到448mL(标准状况)氢气，该时间段内以硫酸的浓度变化表示的平均反应速率v(H2SO4)=_______(反应后溶液体积不变)。（5）实验4如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不影响产生氢气的量，下列措施你认为可行的是_______(填编号)。A.加蒸馏水B.减小压强C.加入CH3COONaD.加CuSO4固体（6）进行实验3时，若将稀硫酸改为40mL4.0mol·L-1盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率，盐酸明显比硫酸快。你认为可能的原因是_______(忽略温度对反应速率的影响)。【答案】（1）收集448mL氢气所需的时间（2）①.硫酸的浓度②.2③.4（3）①.2②.铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快（4）0.04mol·L-1·min-1（5）AC（6）Cl-加快反应速率【解析】【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。【小问1详解】实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL(标准状况下)氢气为标准，通过测定产生 相同体积气体所需时间就可以求出反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间，故答案为：收集448mL氢气所需的时间；【小问2详解】实验1和2硫酸的浓度不同，其他反应条件均相同，故实验1和2为探究硫酸浓度对该反应速率的影响；探究温度对该反应速率的影响，应保证除了温度以外的反应条件均相同，实验2和4只有反应温度不同，为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：硫酸的浓度；2；4；【小问3详解】温度越高，反应速率越快，产生相同体积的氢气所需时间越短；温度、硫酸浓度相同时，粉末状铁与硫酸的接触面积大，反应速率更快；温度、铁的状态相同时，硫酸的浓度越大，反应速率越快，则曲线a对应实验4，曲线b对应实验3，曲线c对应实验2，曲线d对应实验1；铁与硫酸的反应为放热反应，放出的热量使溶液的温度升高，因此t1～t2反应速率增大，故答案为：2；铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快；小问4详解】448mL(标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，根据可知，消耗硫酸的物质的量为0.02mol，则，故答案为：0.04mol·L-1·min-1；【小问5详解】A．加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减缓，氢离子的物质的量不变，不影响氢气的量，故A符合题意；B．减小压强对该反应不产生影响，故B不符合题意；C．加入CH3COONa，CH3COO-结合H+生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减缓，随着反应的进行，醋酸会电离出氢离子，溶液中氢离子总物质的量不变，不影响氢气的量，故C符合题意；D．加CuSO4固体，Fe置换出铜，形成原电池，反应速率加快，同时与硫酸反应的Fe减少，氢气的量减少，故D不符合题意；答案选AC，故答案为：AC；【小问6详解】4.0mol·L-1盐酸与2.0mol·L-1硫酸相比，氢离子浓度相同，差别在于硫酸根离子和氯离子，则盐酸明显比硫酸快可能的原因是Cl-加快反应速率，故答案为：Cl-加快反应速率。