【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；B．Y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F＞S，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。
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11.对于A2+ 3B2
2C 的反应来说，以下化学反应速率中，最快的是:
A.v（B2）=0.8mol/（L·s）B.v（A2）=0.4 mol/（L·s）
C.v（C）=0.6mol/（L·s）D.v（B2）=0.2 mol/（L·s）
【答案】B
【解析】如果都用物质B表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知选项A～D中的反应速率分别是0.8、1.2、0.9、0.2，所以最快的是选项B，答案选B。
12.下列叙述中，正确的是
A.所有主族中都有非金属元素
B.同周期元素中，VIIA族元素的原子半径最大
C.VIA 族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D.元素周期表中从IIIB 到IIB 10个纵列的元素都是金属元素
【答案】D
【解析】A．第ⅡA族中都是金属元素，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同周期中，ⅦA族元素的原子半径最小，故B错误；C．同主族自上而下原子半径增大，原子核对核外电子吸引能力减弱，得电子能力减弱，失去电子能力增强，故C错误；D．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族这10个纵列为过渡元素，都是金属元素，故D正确；故选D。
13.反应C （s） +H2O （g）
CO （g） +H2 （g） 在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使反应速率加快的是
A.增加C 的质量
B.将容器的体积缩小一半
C.保持体积不变，充入氦气使体系压强增大
D.保持压强不变，充入氮气使容器体积增大
【答案】B
【解析】A.C是固体，增加C的质量反应速率不变，A错误；B.将容器的体积缩小一半增大压强，反应速率加快，B正确；C.保持体积不变，充入氦气使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D.保持压强不变，充入氮气使容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选B。
14.将相同质量的两份金属铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积比为
A.1:
1B.1:
3C.2:
3D.3:
2
【答案】A
【解析】当氢氧化钠溶液、盐酸足量时，铝与两种溶液分别发生反应方程式为：
2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，酸、碱足量时，铝完全反应，当铝的物质的量相等，二者产生的气体的物质的量相等，同温同压下的体积之比又等于物质的量之比，所以放出的氢气在同温同压下的体积之比为1：
1，故选A。
点睛：
本题主要考查了铝与酸、碱的反应，明确铝与氢氧化钠的反应方程式及Al的物质的量相同是解题关键。
解答此类试题的基本方法是根据反应方程式进行分析解答。
15.某实验兴趣小组按如图装置实验后，所记录内容合理的是
实记
①zn质量减少，Cu质量不变；
②外电路电流方向是:
由Cu→Zn；
③SO42-向Cu极移动；
④Zn电极发生氧化反应；
⑤正极反应式:
Cu2++2e-==Cu
A.①②④B.②③④C.②④⑤D.①③⑤
【答案】C
【解析】①铜为正极，发生Cu2++2e-=Cu，铜极质量增大，故①错误；②电流由正极流向负极，即由Cu电极流向Zn电极，故②正确；③原电池工作时，阴离子向负极移动，故③错误；④Zn电极发生氧化反应，故④正确；⑤正极发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-═Cu，故⑤正确；故选C。
16.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液:
SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：
SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3 ↓+SO32-
C.向A12（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O:
A13++4NH3·H2O=-+4NH4+
D.向CuSO4溶液中加入Na2O2:
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑
【答案】D
【解析】试题分析：
A．醋酸属于弱酸，应该用化学式表示，另外醋酸与亚硫酸钠也不能反应放出二氧化硫，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成硅酸和亚硫酸氢钠，故B错误；C．过量的NH3·H2O不能溶解氢氧化铝沉淀，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入Na2O2，过氧化钠首先与水反应放出氧气，生成的氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故D正确；故选D。
考点：
考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
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第II卷（非选择题，共60分）
17.根据所学知识，回答下列问题:
（1）元素周期表1~20 号元素中，金属性最强的元素是___________（填元素符号，下同）；属于稀有气
的是_____________________；非金属性最强的元素在周期表中的位置是__________。
（2）已知NO2和N2O4之间发生可逆反应:
2NO2 （g） （红棕色）
N2O4（g）（无色）。
将装有NO2和N2O4
混合气体的烧瓶入热水中，观察到的现象_________________，产生该现象的原因是____________________________________________。
（3）一定条件下，向2L恒容密闭容器中按体积比1:
3 充入4.48L （标准状况） N2和H2的混合气体，发生反应N2（g）+3H2（g）
2NH3（g），5min 时反应达到平衡状态，测得c（N2）=0.02mol/L。
①0~5min 内，V （NH3）=_________________________________。
②下列叙述可证明上述反应达到平衡状态的是____________（填序号）。
a.v（H2）=3V（N2）
b.容器内压强保持不变
c.每消耗Imol N2，同时生成2mol NH3
d.N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
【答案】
（1）.K
（2）.He、Ne、A（3）.第二周期第VIIA族（4）.气体颜色加深或红棕色加深（5）.存在平衡2NO2
N2O4加热，平衡发生逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深（6）.0.002 mol/（L·min）（7）.b、d
【解析】
（1）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性减弱、非金属性增强，故1～20号元素中，金属性最强的为K，非金属性最强为F，属于稀有气体的有He、Ne、Ar；F位于第二周期第ⅦA族，故答案为：
K；He、Ne、Ar；第二周期第ⅦA族；
（2）平衡2NO2
N2O4，该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡发生逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，故答案为：
气体颜色加深或红棕色加深；存在平衡2NO2
N2O4，加热，平衡发生逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深；
（3）在2L恒容密闭容器中按体积比1:
3充入4.48L（标准状况）N2和H2的混合气体，即充入的氮气为1.12L，氢气为3.36L，浓度分别为0.025mol/L，0.075mol/L。
①0～3min内，v（N2）=
=
=
mol·L-1·min-1，则v（NH3）=2v（N2）=
=2×
mol·L-1·min-1=
mol·L-1·min-1，故答案为：
mol·L-1·min-1；
②a.任何时刻都存在v（H2）=3v（N2），不能说明是否为平衡状态，错误；b.该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，容器内压强保持不变，能够证明达到平衡状态，正确；c.每消耗1molN2，同时一定生成2molNH3，不能说明是否为平衡状态，错误；d.N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，能够证明达到平衡状态，正确；故选bd。
18.
（1）某小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，如图A所示，该反应是_________________________。
（填“吸热”或“放热”）反应，其能量变化可用图中的____________（填“B”或“C”）表示。
（2）已知拆开1mo1H-H键、1molN
N、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。
当1mo1NH3_______________（填“放出”或“吸收”）________kJ的热量。
【答案】
（1）.放热
（2）.B（3）.吸收（4）.46
【解析】
（1）在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响，则该反应放热；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则图像B正确，故答案为：
放热；B；
（2）在反应2NH3⇌N2+3H2中，断裂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，故答案为：
吸收；46。
点睛：
本题考查反应热与焓变的应用，解题的关键是分析实验的过程，并结合题中所给的信息分析解答。
本题的易错点为
（2），要注意焓变的计算方法，焓变=反应物总键能-生成物的总键能。
19.五种短周期元素A、B、C、E、E的原子序数依次增大，A 和C 同族，B和D 同族，C的简单离子和B 的简单离子具有相同的电子层结构。
A 和B、D、E均能形成共价型化合物。
A和B 形成的化合物在水中呈碱性，C 和E 形成的化合物中阴阳离子的个数比为1:
1。
回答下列问题:
（1）五种元素中，原子半径最大的是__________（填元素名称），非金属性最强元素的是_______
（2）由元素A 分别和元素B、D、E 所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是________________________________________（用化学式表示）。
（3）元素A和E 形成的化合物与元素A和B 形成的化合物反应，产物的电子式为____________，其中存在的化学键类型为_________________________。
（4）E离子的结构示意图是_______________________；元素D最高价氧化物的水化物的化学式为__________________________________。
（5）单质E与水反应的离子方程式为____________________________________。
【答案】
（1）.钠
（2）.氯（3）.PH3（4）.
（5）.离子键和共价键（6）.
（7）.H3PO4或HPO3（8）.Cl2+H2O==H++C1-+HC1O
【解析】五种短周期元素A﹑B﹑C﹑D﹑E的原子序数依次增大，A和B形成的化合物在水中呈碱性，则化合物为氨气，则A为H，B为N；A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C为Na、D为P；A和B﹑D﹑E均能形成共价型化合物，C和E形成CE型的化合物，则E的化合价为-1，最外层含有7个电子，原子序数大于Na，则E为Cl元素。
（1）电子层越多、原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越小，原子半径越大，则上述元素中，Na原子半价最大；同一周期中，原子序数越大，非金属性越强，则Cl的非金属性最强，故答案为：
Na；Cl；
（2）非金属性Cl＞P，N＞P，则热稳定性最差的是为PH3，故答案为：
PH3；
（3）HCl与氨气反应生成氯化铵，化学式为NH4Cl，氯化铵属于离子化合物，电子式为
，其中存在离子键、共价键，故答案为：
；离子键和共价键；
（4）P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4或HPO3，故答案为：
H3PO4或HPO3；
（5）E的单质为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，反应离子方程式为：
Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：
Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。
点睛：
本题考查位置、结构与性质的关系及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质推断元素为解答的关键，侧重分析、推断及应用能力的综合考查。
本题的易错点为氯化铵的电子式的书写。
20.某化学兴趣小组为了探究碳酸钙与稀盐酸反应过程中的速率变化，在VmL 稀盐酸中加入足量的碳酸钙，收集反应放出的CO2 （气体体积已换算为标准状况下的数值），实验记录如下（累计值） :
时间（min）
1
2
3
4
5
CO2体积（mL）
50
120
232
290
310
（1）0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min五个时间段中，____反应速率最快。
（2）假设溶液体积不变，4~5min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为_______。
（3）为了降低上述化学反应的反应速率，向溶液中加入下列物质，你认为可行的是___（填编号）。
a.蒸馏水b.浓盐酸c.NaCl 固体d.NaCl 溶液
（4）除了上述方法外，你认为还可以采取哪些措施来降低化学反应速率？
（试写两条）______。
【答案】
（1）.2～3min
（2）.100/56vmol·L-1·min-1（3）.a、d（4）.降低反应温度；减少接触面积
【解析】由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL。
（1）2min～3min收集的氢气比其他时间段多，则反应速率最大，与该反应放热，温度升高加快反应速率有关，故答案为：
2～3min；
（2）在4～5min时间段内，生成标况下二氧化碳的体积为：
20mL，n（CO2）=
=
mol，由2HCl～CO2可知：
消耗盐酸的物质的量为
mol，则υ（HCl）=
=
mol/（L•min），故答案为：
mol/（L•min）；
（3）a．加入蒸馏水，盐酸的浓度减小，反应速率减慢，正确；b．加入浓盐酸，盐酸的浓度增大，反应速率加快，错误；c．加入NaCl固体，盐酸的浓度不变，反应速率不变，错误；d．NaCl溶液，相当于稀释盐酸，盐酸的浓度减小，反应速率减慢，正确；故选ad；
（4）要降低碳酸钙和盐酸的化学反应速率，可以根据影响化学反应速率的因素考虑，如降低反应温度、减少接触面积等，故答案为：
降低反应温度、减少接触面积。
点睛：
本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握表格中数据、反应速率的影响因素为解答的关键。
本题的易错点是反应速率的计算。
21.
（1）请你将反应Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2设计成原电池并回答下列问题:
①写出电极反应式:
正极_____________________；负极_________________________。
②画出你所设计的原电池简易装置图_________。
（2）该电池向外提供0.2mol电子，负极材料的质量变化为________________________。
（3）利用反应2Cu+O2+2H2SO4==2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极的反应式为____________________________________________。
【答案】
（1）.2Fe3++2e-==2Fe2
（2）.Cu-2e-=Cu2+（3）.
（4）.减少6.4g（5）.O2+4e-+4H+==2H2O
【解析】
（1）①根据电池总反应式Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2可知，Cu失电子作负极，电极反应为：
Cu-2e-═Cu2+；正极是三价铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应为2Fe3++2e-═2Fe2+，故答案为：
2Fe3++2e-═2Fe2+；Cu-2e-═Cu2+；
②根据原电池的总反应，可以选择FeCl3作电解质溶液，选用Cu和C棒作电极，示意图为
，故答案为：
；
（2）根据负极反应Cu-2e-=Cu2+可知消耗1mol铜，转移2mol电子，故转移0.2mol电子，消耗的铜为0.1mol，质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：
减少6.4g；
（3）原电池正极发生的是化合价降低得电子的反应，根据方程式可知是O2得电子，另外，由于电解质溶液显酸性，所以正极的电极反应为：
O2+4e-+4H+═2H2O，故答案为：
O2+4e-+4H+═2H2O。
22.下表
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