四川省达州市宣汉县土黄中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

四川省达州市宣汉县土黄中学2021-2022学年高一下学期四月月考化学试题一、单选题(共20题；共40分)1.下列对能量转化的认知中，不正确的是A.电解水生成H2和O2时，电能主要转化为化学能B.风力发电时，风能主要转化为电能C.煤燃烧时，化学能主要转化为热能D.白炽灯工作时，电能全部转化为光能【答案】D【解析】【详解】A．电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．风力发电时，风能主要转化为电能，故B正确；C．物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故C正确；D．白炽灯工作时电能转化为光能和热能，电能不能全部转化为光能，故D错误；答案选D。2.元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分（1～36号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法正确的是（　　）A.⑥、⑧、⑨对应单核离子的半径依次增大B.⑤的三种核素的化学性质不相同C.④的最高价氧化物对应的水化物能与其氢化物反应，生成离子化合物D.⑧、⑨两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸【答案】C【解析】 【详解】对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律知①为氢元素，②为钠元素，③为碳元素，④为氮元素，⑤为氧元素，⑥为镁元素，⑦为铝元素，⑧为硫元素，⑨为氯元素，⑩为铁元素。A．镁元素、硫元素、氯元素对应单核离子的半径：S2－＞Cl－＞Mg2＋，错误；B．⑤为氧元素，其三种核素的化学性质几乎相同，错误；C．④为氮元素，其的最高价氧化物对应的水化物硝酸能与其氢化物氨气反应生成离子化合物硝酸铵，正确；D．⑧为硫元素，硫元素气态氢化物H2S为弱酸，错误。3.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是(　　)A.NH5中既有离子键又有共价键B.NH5的熔沸点高于NH3C.1molNH5中含有5molN—H键D.NH5固体投入少量水中，可产生两种气体【答案】C【解析】【分析】因NH5中的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则化学式是NH4H。【详解】A.根据分析NH5为NH4H，是离子化合物，既有离子键又有共价键，故A正确；B.NH5是离子化合物，NH3是共价化合物，因此NH4H熔沸点高于NH3，故B正确；C.1molNH5中含有1mol铵根，有4molN—H键，故C错误；D.NH5固体投入少量水中，与水反应生成氨气和氢气，故D正确。综上所述，答案为C。4.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA酸性HCl＞H2S非金属性Cl＞SBNH4Cl仅由非金属元素组成NH4Cl是共价化合物C向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色I-还原性强于Cl-DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】 【详解】A．不能根据氢化物酸性判断非金属性强弱，A错误；B．NH4Cl中含有离子键，是离子化合物，B错误；C．向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色，说明有单质碘生成，因此I-还原性强于Cl-，C正确；D．NaCl固体不导电，溶于水或在熔融状态下可以导电，D错误，答案选C。5.下列说法正确的是（　　）A.含有共价键的化合物必是共价化合物B.阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键C.化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键D.液态氯化氢中存在H+和Cl-，所以能导电【答案】C【解析】【详解】A．含有共价键化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠等，A错误；B．阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，B错误；C．化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键，C正确；D．液态氯化氢中只存在HCl分子，不存在H+和Cl-，所以不能导电，D错误，答案选C。6.某元素气态氢化物化学式为RH4，此元素最高价氧化物对应水化物的化学式可能是A.H2RO3B.H2RO4C.HRO3D.H3RO4【答案】A【解析】【详解】某元素气态氢化物化学式为RH4，R的最低价是－4价，最高价是+4价，则此元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H2RO3，答案选A。7.下列有关化学用语表示正确的是A.Na2O2的电子式为B.NH4Br的电子式：C.氢氧根离子的电子式：D.HClO的电子式：【答案】C【解析】 【详解】A．Na2O2是离子化合物，电子式为，A错误；B．NH4Br是离子化合物，电子式为，B错误；C．氢氧根离子的电子式：，C正确；D．HClO是共价化合物，电子式为，D错误，答案选C。8.我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O2，下列说法正确的是A.O2的相对分子质量约为16B.O与O是两种核素C.O2与O2互为同位素D.1molO2分子中含有20mol电子【答案】B【解析】【详解】A．O2的相对分子质量约为32，故A错误；B．O与O的质子数相同、中子数不同，是两种核素，故B正确；C．O2与O2都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；D．O原子核外有8个电子，1molO2分子中含有16mol电子，故D错误；故选B。9.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是(  )A.原子序数：Y＞X＞Z＞WB.离子半径：X+＞Y2+＞Z-＞W2-C.原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞XD.还原性：X＞Y，W2-＞Z-【答案】B【解析】【分析】四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数+电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数, A.根据原子序数与核外电子数、电荷数之间的关系式确定原子序数；B.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；C.主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8;D.同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱;【详解】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律递变规律判断；A.X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故A正确；B.电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y2+＜X+＜Z-＜W2-，故B错误；C.X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C正确；D.X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确。故选B。10.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热。下列是一些化学键的键能。化学键C﹣HC﹣FH﹣FF﹣F键能/(kJ•mol﹣1)414489565155根据键能数据估算反应CH4(g)+4F2(g)═CF4(g)+4HF(l)的反应热为A.-1940kJ·mol-1B.+1940kJ·mol-1C.-485kJ·mol-1D.+485kJ·mol-1【答案】A【解析】【分析】【详解】由反应热△H=反应物键能之和-生成物键能之和可得，△H=(414kJ/mol×4+4×155kJ/mol)-（489kJ/mol×4+4×565kJ/mol）=—1940kJ/mol，故选A。 11.如图为元素周期表中前四周期的一部分，若B元素的核电荷数为x，则这五种元素的核电荷数之和为(　　)A.5x＋10B.5xC.5x＋14D.5x＋16【答案】A【解析】【详解】由四种元素在周期表中的位置可知，D、B、E分别在周期表的第二、三、四周期，若B元素的核电荷数为x，则A的原子序数为x－1，C的原子序数为x+1，D的原子序数为x－8，E的原子序数为x+18，则五种元素的核电荷数之和为x+（x－1）+（x+1）+（x－8）+（x+18）＝5x+10，答案选A。点睛：本题考查元素周期表知识，解题的关键是注意把握元素周期表的结构特点以及组合规律，尤其要注意同一主族相邻原子间原子序数的差值，可以是2、8、18或32。12.化学反应A2＋B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A.该反应是吸热反应B.断裂1molA—A键和1molB—B键能放出xkJ的能量C.断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【答案】C【解析】【详解】A.因反应物能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，A错误；B.化学键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，B错误；C.化学键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，C正确；D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，D错误；答案选C。13.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（）A.K3C60中只有离子键B.K3C60中不含共价键 C.该晶体在熔融状态下能导电D.C60与12C互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A.球碳盐K3C60中有离子键，存在于K与C603-之间，而C603-中C与C之间为共价键，故A错误；B.根据A项分析可知，球碳盐K3C60中既有离子键又有共价键，故B错误；C.球碳盐K3C60中有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能电离出离子而导电，故C正确；D.C60为C元素形成的单质，12C为原子，所以二者不是同素异形体，故D错误；答案选C。14.已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是A.断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量B.X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C.Y的能量一定高于ND.因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】B【解析】【详解】A、放热反应是生成物的键能大于反应物的键能，故A错误；B、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B正确；C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C错误；D、反应热与反应条件无关，故D错误；故选B。15.下列说法正确的是（）A.冰融化时，分子中有H-O键发生断裂B.卤化物CX4（X代表卤族元素）中，从F到I，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高C.由于H-O键比H-S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高D.在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定【答案】B【解析】【详解】A．冰融化时发生物理变化，只破坏范德华力而不破坏化学键，故A错误；B．CX4均为分子晶体，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，卤化物CX4（X代表卤族元素）中，从F到I，CX4分子的相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高，故B正确； C．物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水分子间存在氢键，故C错误；D．物质的稳定性与化学键有关，与范德华力无关，故D错误；故选B。16.有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置装置一装置二装置三装置四部分实验现象a极质量减小，b极质量增大b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是A.a>b>c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>d>c【答案】C【解析】【详解】装置一：形成原电池，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；装置二：未形成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；装置三：形成原电池，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；装置四：形成原电池，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；所以这四种金属的活动性顺序为d>a>b>c；故选：C。17.Licht等科学家设计的Al—MnO4—电池原理如图所示，电池总反应为Al＋MnO4—===AlO2—＋MnO2，下列说法正确的是(　　) A.电池工作时，K＋向负极区移动B.Al电极发生还原反应C.正极的电极反应式为MnO4—＋4H＋＋3e－===MnO2＋2H2OD.理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g【答案】D【解析】【详解】分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误；B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故B错误；C.电解质呈碱性，MnO在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，故C错误；D.理论上电路中每通过1mol电子，则有mol铝被氧化，负极质量减少9g，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。18.一定条件下，将0.2molX(g)与0.2molY(g)充入容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)+2Y(g)Z(g)。下列说法正确的是A.反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1∶1B.达到平衡时，生成Z的物质的量为0.1molC.达到平衡后，若向平衡体系中充入稀有气体，Z的正反应速率不变D.X的体积分数保持不变，说明反应已达到平衡【答案】C 【解析】【详解】A．根据方程式可知消耗的X和Y的物质的量之比为1：2，初始投料为1：1，所以反应一段时间后X与Y的物质的量之比不可能为1：1，故A错误；B．根据热化学方程式可知，若0.2molY完全转化生成Z为0.1mol，但是可逆反应不能完全转化，故B错误；C．容器恒容，充入稀有气体不改变各物质的浓度，所以各物质的反应速率均不发生变化，故C正确；D．设反应过程中转化的X的物质的量为a，则转化的Y为2a，生成的Z为a，此时容器中X的物质的量为(0.2-a)mol，Y的物质的量为(0.2-2a)mol，Z的物质的量为a，所以X的体积分数为，所以反应过程中无论是否平衡X的体积分数均不发生改变，故D错误；综上所述答案为C。19.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列有关该反应的叙述错误的是A.起始时，B、C的物质的量浓度相等B.化学方程式为3B+4C6A+2DC.1s时，v(A)=3v(D)D.4s时，反应已达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，起始时，B、C的物质的量相等，体积相同，其物质的量浓度相等，A项正确；B．6s时，A的物质的量增加1.2mol，D的物质的量增加0.4mol，A、D是生成物，B的物质的量减少06mol，C的物质的量减少0.8mol，B、C是反应物，物质的量变化之比等于化学计量数之比，则A、B、C、D的化学计量数之比为1.2:0.6:0.8:0.4=6:3:4:2，化学方程式为3B+4C6A+2D，B项正确；C．1s时，，，v(A)=3v(D)，C项正确； D．4s时该反应未达到平衡，6s时才达到平衡，D项错误；故选D。20.在2L恒温密闭容器中通入气体X并发生反应：2X(g)Y(g)(正反应放热)，X的物质的量n(X)随时间t变化的曲线如图所示(图中的两条曲线分别代表有、无催化剂的情形)，下列叙述正确的是（）A.实线表示使用催化剂的情形B.b、c两点表明反应在相应的条件下达到了最大限度C.反应进行到a点时放出的热量多于反应进行到b点时放出的热量D.反应从开始到a点的平均反应速率可表示为v(Y)=0.01mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【详解】A.催化剂能加快化学反应速率，缩短反应达到平衡的时间，根据图象可知，虚线表示使用催化剂的情形，A错误；B.根据图象可知，b、c两点达到了化学平衡状态，而化学平衡状态是反应所能达到的最大限度，B正确；C.根据图象可知，a点反应没有达到平衡，随着时间的推移，反应继续向右进行，且放出热量，b点的反应达到平衡状态，所以反应进行到a点时放出的热量小于反应进行到b点时放出的热量，C错误；D.反应从开始到a点，X的物质的量减少0.1mol，根据化学方程式可知，Y的物质的量增加0.05mol，则平均反应速率可表示为，D错误。答案选B。【点睛】反应速率等于浓度的变化除以时间，不能用物质的量除以时间。二、综合题(共3题；共60分)21.下面是同学们熟悉的物质：①O2　②干冰　③NaBr　④H2SO4　⑤Na2CO3⑥NH4Cl　⑦NaHSO4　⑧Ne　⑨Na2O2　⑩NaOH（1）这些物质中，只含有共价键的是_______；只含有离子键的是_______；既含有共价键又含有离子键的是_______；不存在化学键的是_______；电解质有_______；非电解质有_______(填编号)（2）NaHSO4在熔融状态下电离，破坏的化学键是_______，写出其电离方程式_______。（3）写出②与⑨发生反应的化学方程式：_______。 （4）写出在稀溶液中⑥和⑩反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①①②④②.③③.⑤⑥⑦⑨⑩④.⑧⑤.③④⑤⑥⑦⑨⑩⑥.②（2）①.离子键②.NaHSO4=Na++HSO（3）（4）NH+OH-=NH3·H2O【解析】【分析】一般来说活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，单原子分子中不含化学键；NaHSO4溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离成钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键。各物质的化学键所属类别①O2中O原子之间只存在非极性共价键，属于单质；②干冰为二氧化碳，原子之间存在只有共价键，属于非电解质；③NaBr中钠离子和溴离子之间只存在离子键，属于离子化合物，属于电解质；④H2SO4中S原子和O原子、O原子和H原子之间存在极性共价键，属于共价化合物，属于电解质；⑤Na2CO3中钠离子和碳酸根离子之间存在离子键、C原子和O原子之间存在极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑥NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑦NaHSO4中钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键、S原子和O原子之间存在共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑧Ne中不存在化学键，属于稀有气体；⑨Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑩NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性键，属于离子化合物，属于电解质；【小问1详解】这些物质中，只含有共价键的是①②④；只含有离子键的是③；既含有共价键又含有离子键的是⑤⑥⑦⑨⑩；不存在化学键的是⑧；电解质有③④⑤⑥⑦⑨⑩；非电解质有②；【小问2详解】NaHSO4在熔融状态下电离成钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，其电离方程式NaHSO4=Na++HSO；【小问3详解】二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为；【小问4详解】稀溶液中氯化铵和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为NH+OH-=NH3·H2O。22.微型纽扣电池在现代生活中被广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为 KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其中一个电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。（1）负极材料为_______，正极材料为_______。（2）电池工作时，电子由_______(填“正极”或“负极”，下同)流向_______，溶液中的阳离子流向电池的_______，阴离子流向电池的_______。（3）甲醇(CH3OH)燃料电池为绿色化学电源，在NaOH溶液为电解质溶液时的负极反应式为_______，正极反应式为_______。该电池工作时，外电路每流过1×103mole-，消耗标准状况下氧气_______L。【答案】（1）①.Zn②.Ag2O（2）①.负极②.正极③.正极④.负极（3）①.2CH3OH+16OH--12e-=2CO+12H2O②.3O2+12e-＋6H2O=12OH-③.5600【解析】【小问1详解】根据纽扣电池的总反应为：Ag2O+Zn+H2O=Zn(OH)2+2Ag，化合价升高的物质做原电池的负极材料，化合价降低的物质做原电池的正极材料，Zn的化合价从0升高到+2价，Ag2O的化合价从+1降低到0价，负极材料是Zn，正极材料是Ag2O；【小问2详解】纽扣电池是一种原电池，电子的流向是从负极到正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；【小问3详解】甲醇燃料电池的负极为甲醇，在碱性条件下，生成物为碳酸根和水，甲醇中的碳的化合价为-2价，碳酸根中的碳为+4价，一个甲醇分子化合价升高了6，故1mol甲醇失去6mol电子，结合氢氧根离子生成碳酸跟离子和水，根据原子守恒配平电极反应：2CH3OH+16OH--12e-=2CO+12H2O，正极是氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为3O2+12e-＋6H2O=12OH-，根据正极的电极反应，3O2~12e-，得到每流过1×103mole-，需要250mol氧气，根据n(O2)=，V=Vmn(O2)=22.4L/mol×250mol=5600L。23.下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题：（1）②③④⑤⑧和⑨这六种元素的简单离子半径由小到大排序为：_______(用离子符号表示) ；上表所示元素中，非金属性最强的是_______(填元素符号)；⑦⑧⑨这三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为：_______(填分子式)（2）用电子式表示元素⑤与⑨形成化合物的过程_______。（3）上述元素中，单质能与水剧烈反应且水作还原剂，此单质是_______(填化学式)；写出元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物相互反应的化学方程式_______。【答案】（1）①.Mg2+＜Na+＜F-＜O2-＜Cl-＜S2-②.F③.HClO4＞H2SO4＞H3PO4（2）→（3）①.F2②.Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑨分别是N、O、F、Na、Mg、Al、P、S、Cl，以此解题。【小问1详解】离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则②③④⑤⑧和⑨这六种元素的简单离子半径由小到大排序为Mg2+＜Na+＜F-＜O2-＜Cl-＜S2-；上表所示元素中，非金属性最强的是F；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，⑦⑧⑨这三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4＞H2SO4＞H3PO4；【小问2详解】元素⑤与⑨形成化合物是氯化镁，其形成过程可表示为；→；【小问3详解】上述元素中，单质能与水剧烈反应且水作还原剂是F2；元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑥的最高价氧化物相互反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O。24.一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(g)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。 回答下列问题：（1）t1时，CO2的正、逆反应速率的大小关系：v正____(填“>”“<”或“=”)v逆。（2）4min内，CO的平均反应速率v(CO)=____。（3）由图可知，达到平衡时，n(CO2)：n(CO)=____。（4）下列条件的改变能减慢其反应速率的是____(填序号)。①降低温度②减小铁粉的质量③保持压强不变，充入He使容器的体积增大④保持容积不变，充入He使体系压强增大（5）下列描述能说明上述反应已达到平衡状态的是____(填序号)。①v(CO2)=v(CO)②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO③容器中气体压强不随时间变化而变化④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化【答案】（1）＞（2）0.125mol∙L-1∙min-1（3）2：5（4）ac（5）bd【解析】【小问1详解】根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正＞v逆；小问2详解】根据图象可知，4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)==0.125mol∙L-1∙min-1；【小问3详解】由图象可知，达平衡时CO2和CO的物质的量分别为：0.2mol和0.5mol，故n(CO2)：n(CO)=2：5；【小问4详解】a．降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，a符合题意；b．由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，b不符合题意；c．保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，c符合题意；d．保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，d 不符合题意；故选ac；【小问5详解】a．未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，a错误；b．单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，b正确；c．该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，c错误；d．反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，d正确；故选bd。