《湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南省邵东县第一中学湖南省邵东县第一中学 2019-20212019-2021 学年高二化学下学期第一次月考试学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）题（含解析）时量：时量：9090 分钟分钟 总分：总分：100100 分分可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H1 1 O O1616 Cu-64Cu-64 Zn-65Zn-65 Ag-108Ag-108一、一、 单项选择题（单项选择题（203=60203=60 分）分）1.下列元素中，属于第三周期A 族的是 ()A. 镁B. 硅C. 磷D. 硫【答案】C【解析】【详解】A. Mg 是 12 号元素，位于元素周期表第三周期 II
2、A 族，A 不符合题意；B. Si 是 14 号元素，位于元素周期表第三周期 IVA 族，B 不符合题意；C. P 是 15 号元素，位于元素周期表第三周期 VA 族，C 符合题意；D. S 是 16 号元素，位于元素周期表第三周期 VIA 族，D 不符合题意；故合理选项是 C。2.“树木拥有绿色,地球才有脉搏” “化学我们的生活,我们的未来” “减少污染，行动起来”等说明化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 ()A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C. PM2.5 含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害
3、的元素均是金属元素D. 发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统【答案】D【解析】【详解】A. 从自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源，天然气、石油、流水和风力是一次能源，而氢气是二次能源，A 错误；B. 风力发电不涉及化学反应，不能将化学能转化为电能，B 错误；C. 砷为非金属元素，不是金属元素，C 错误；D. 推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，既满足了照明对能源的使用，同时减少了化石能源的开采与利用，降低了空气中二氧化碳的排放，符合绿色、环保、低碳及循环利用的要求，D 正确；故合理选项是 D。3.某短周期元素 X 的最高正价和最低负价代
4、数和为 2，则下列关于该元素的描述错误的是 ()A. X 元素的最高正价为+5B. X 元素最高价氧化物对应的水化物为 HXO3或 H3XO4C. X 的气态氢化物的化学式为 XH3D. X 元素最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】D【解析】【详解】某短周期元素 X 的最高正价和最低负价代数和为 2，则该元素的第 VA 的元素，可能是 N 或 P 元素。A. 原子最外层电子数等于元素的最高正化合价数值，原子最外层有 5 个电子，则 X 元素的最高正价为+5，A 正确；B. 若 X 是 N 元素，X 元素最高价氧化物对应的水化物写为 HNO3，若 X 是 P 元素，则其最高价氧化物对应的水化物
5、为 H3PO4或 HPO3，B 正确；C. X 元素原子最外层有 5 个电子，与 3 个 H 原子形成 3 对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以 X 的气态氢化物的化学式为 XH3，C 正确；D. 若 X 为 P 元素，则其最高价氧化物对应的水化物 HPO3或 H3PO4都是弱酸，D 错误；故合理选项是 D。4.生命活动与化学反应息息相关，下列反应中能量变化与其他不同的是()液态水变成水蒸气酸碱中和反应 浓硫酸稀释固体 NaOH 溶于水 H2在 Cl2中燃烧电离A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】液态水变成水蒸气吸收热量，是物质状态的变化，没有新物质生成，发生的是物
6、理变化；酸碱中和反应放出热量，有新的物质生成，发生的是化学变化，能量变化是化学能转化为热能；浓硫酸稀释放出热量，是物质的溶解过程，没有新的物质产生；固体 NaOH 溶于水放出热量，是物质的溶解过程，在过程中没有新物质产生； H2在 Cl2中燃烧放出热量，发生了化学变化，有新物质产生，化学能转化为热能；电离过程吸收能量，是电解质变为自由移动的离子的过程，变化时没有新物质产生；可见能量变化时发生化学反应，能量变化时没有新物质产生，故合理选项是 C。5.有六种微粒，它们分别是：、，它们所属元素的种4019M4020N4018X4019Q40220Y4017Z类为 ()A. 3 种B. 4 种C. 5
7、 种D. 6 种【答案】B【解析】【分析】具有相同核电荷数(即质子数)的同一类原子的总称叫元素；元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数相同、中子数不同的同一类原子互称同位素，据此分析判断。【详解】、的质子数相同，都是 19，所以是同一元素，只是是原子，是4019M4019Q4019M4019Q带一个单位正电荷的离子；、的质子数相同，都是 20，所以是同一元素，只是是原子，是带两个4020N40220Y4020N40220Y单位正电荷的离子；是质子数为 17 的元素，是质子数为 18 的元素，所以上述六种微粒表示 4 种元素，4017Z4018X故合理选项是 B。【点睛】本题考查了
8、元素的定义及原子符号的表示方法，要弄清元素符号周围各个角标的含义，这是解题关键。注意元素概念的外延和内涵，由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内质子数。6.以下表述不符合元素周期律的是()A. 非金属性：FONB. 酸性：H3PO4HNO3HClO4C. 微粒半径：F-Na+Mg2+D. 还原性：HIHBrHCl【答案】B【解析】【详解】A. 同一周期主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，故元素的非金属性：FON，A 正确；B. 元素的非金属性越强，其相应最高价含氧酸的酸性就越强，由于元素的非金属性：ClNP，所以三种酸的酸性强弱顺序为：HClO4HNO3H3PO4，B 错误；
9、C. F-、Na+、Mg2+核外电子排布为 2、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：F-Na+Mg2+，C 正确； D. 同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，其相应氢化物的还原性就越强。由于 Cl、Br、I 是同一主族的元素，元素的非金属性：ClBrI，故氢化物的还原性：HIHBrHCl，D 正确；故合理选项是 B。7.下列各组材料中，不能组成原电池的是 ()ABCD两极材料锌片、石墨铜片、银片锌片、铜片铁片、铜片插入溶液稀硫酸硝酸银溶液蔗糖溶液稀盐酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 锌是活泼金属，石墨能导电的非金属
10、单质，锌和硫酸能自发发生氧化还原反应，所以能形成原电池，A 不符合题意；B. 两金属的活泼性不同，且铜片能自发与硝酸银发生氧化还原反应，所以能形成原电池，B不符合题意；C. 两金属的活泼性不同，但蔗糖是非电解质不能导电，负极不能和电解质溶液发生氧化还原反应，所以不能形成原电池，C 符合题意；D. 两金属的活泼性不同，且铁片能自发与盐酸发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故D 不符合题意；故合理选项是 C。8.下列有关化学用语表示正确的是 ()A. 次氯酸的结构式：H-Cl-OB. 16O2-和18O2-的结构示意图：C. 氮气的电子式： D. 电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详
11、解】A. 在 HClO 中，O 原子分别与 H、Cl 原子各形成 1 对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以 HClO 的结构式为：H-O-Cl，A 错误；B. 16O2-和18O2-都表示 O 原子得到 2 个电子形成 O2-，结构示意图：，B 正确；C. N 原子最外层有 5 个电子，两个 N 原子形成三对共用电子对，使分子中每个 N 原子都达到8 个电子的稳定结构，故 N2电子式为：，C 错误；D. NaCl 是离子化合物，由 Na+与 Cl-通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：，D 错误；故合理选项是 B。9.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的时（ ）A. CaC
12、l2和 Na2SB. Na2O 和 Na2O2C. CO2和 CaOD. HCl 和NaOH【答案】A【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此解答。【详解】ACaCl2和 Na2S 都为离子化合物，均只含离子键，化学键类型相同，A 正确；B. Na2O 只含离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，化学键类型不同，B 错误；CCO2为共价化合物，只含共价键，CaO 为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，C错误；DHCl 为共价化合物，只含共价键，NaOH 为离子化合物，含有离子键和共价键，化学键类型不同，D 错误；答案选 A。【点睛】化合物中有活
13、泼金属或者铵根的为离子化合物，含有离子键，如果离子化合物中含有原子团则还有共价键，Na2O2中的“O22-”叫过氧根为原子团。10.下列说法正确的是 ()A. F、Cl、Br 原子的最外层电子数都是 7，次外层电子数都是 8B. 从 HF、HCl、HBr、HI 酸性递增的事实，推出 F、Cl、Br、I 的非金属性递增规律C. 卤素按 F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加电子层数增大起主要作用D. 砹(At)原子序数为 85，根据同主族元素性质的递变规律，非金属性：AtI【答案】C【解析】【详解】A. F 是 9 号元素，原子核外电子排布是 2、7，原子的次外层电
14、子数是 2，A 错误；B. F、Cl、Br、I 元素的非金属性逐渐减弱，形成的氢化物 HF、HCl、HBr、HI 中的化学键逐渐减弱，越容易电离产生 H+，因此 HF、HCl、HBr、HI 的酸性递增，B 错误；C. F、Cl、Br、I 位于同一主族，原子序数逐渐增大。元素的非金属性逐渐减弱，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用，C 正确；D. 同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，所以元素的非金属性：IAt，D错误；故合理选项是 C。11.下列叙述不正确的是 ()A. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因B. 凡吸热反应均需在加热条件下才能发生C. 等质量的硫
15、蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多D. 由图知，红磷比白磷稳定【答案】B【解析】【详解】A旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，A 正确；B反应是吸热反应与反应是否需在加热条件下进行无关，如氯化铵与氢氧化钡晶体反应是吸热反应，但反应在常温下就能发生，B 错误；C等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，生成物含有的能量相同，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，C 正确；D物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由图可知红磷含有的能量比白磷低，所以红磷比白磷更稳定，D 正确；故合理选项是 B。12.以下元素都是短周期元素，已知离子aA2
16、+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，eE3-比cC3-半径大。则下列叙述中正确的是 ()A. 原子半径：ABEDCB. 原子序数：dcbaeC. 离子半径：eE3-cC3-dD-bB+aA2+D. 单质还原：ABDCE【答案】C【解析】【分析】依据短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，eE3-比cC3-半径大，则A、B、C、D、E 在元素周期表中的相对位置大致是：第二周期cC3-dD-第三周期bB+aA2+eE3-，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律的递变规律解答该题。【详解】根据上述分析可知：A、B、E 位于同一周期，C、D 位于同一周
17、期，且 A、B、E 在C、D 的下一周期，C、E 同一主族。 A. 同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越多，所以原子半径应是 BAECD，A 错误；B. 根据元素在周期表的相对位置可知它们的原子序数关系是：eabdc，B 错误；C. 电子层结构相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，对于最外层电子数相同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径应是eE3-cC3-dD-bB+aA2+，C 正确；D. 同一周期元素，原子序数越大，元素的单质还原性越弱；同一主族元素，原子序数越大，元素的单质还原性越强，所以它们单质的还原性顺序是
18、BAECD，D 错误；故合理选项是 C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意根据离子核外电子排布判断元素在周期表中的位置，为解答该题的关键，注意元素周期律的应用。13.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，Y 是地壳中含量最高的元素，Z2+与 Y2-具有相同的电子层结构，W 与 X 同主族。下列说法正确的是A. Y 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强B. X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W 的弱C. Y 分别与 Z、W 形成的化合物均为碱性氧化物D. 原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）【答案】A
19、【解析】【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 是地壳中含量最高的元素，则Y 是 O 元素，Z2+与 Y2-具有相同的电子层结构，则 Z 是 Mg 元素，W 与 X 同主族，X 原子的最外层电子数是其内层电子数的 2 倍，则 X 是 C 元素，W 是 Si 元素；A.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，Y 的非金属性大于 W，所以 Y 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强，故 A 正确；B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 XW，所以 X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W 的强，故 B 错误；C.Y 是 O 元素、Z 是 Mg
20、 元素、W 是 Si 元素，SiO2是酸性氧化物，MgO 是碱性氧化物，故 C 错误；D.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径 r（Z）r（W）r（X）r（Y） ，故 D 错误；答案选 A。14.等质量的两份锌粉 a、b 分别加入到两份体积相同、物质的量浓度相同且过量的稀硫酸中，同时向 a 中加入少量的 CuSO4溶液，下列各图为产生 H2的体积 V(L)与时间 t(min)的关系，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】a、b 中的 Zn 的质量相同，稀硫酸是过量的，所以 Zn 无剩余；又 a 中加入硫酸铜溶液，与
21、Zn 反应生成 Cu 和硫酸锌，消耗 Zn，使 Zn 与稀硫酸反应产生的氢气的体积减少，同时形成铜、锌原电池使反应速率加快，所以 a 曲线先反应完全，所需时间较少，但生成的氢气的体积少于 b。答案选 A。15.将两极质量相同的铜棒和锌棒，用导线相连接后插入 CuSO4溶液中，经过一段时间后，取出洗净后干燥并称重，两棒质量相差 6.45 g，导线中通过的电子的物质的量为 ()A. 0.1 molB. 0.2 molC. 0.3 molD. 0.4 mol【答案】A【解析】【详解】质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入 CuSO4溶液中，形成原电池，负极是 Zn 失电子生成 Zn2+进入溶液，质量减
22、轻，正极是溶液中的 Cu2+得到电子生成 Cu，质量增重，总反应式为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，可见负极减轻 65 g，正极增重 64 g，两个电极相差 129 g，当两棒质量差为 6.45 g 时，参加反应的锌的质量为m(Zn)=65 g=3.25 g，其物质的量为6.45g129gn(Zn)=0.05 mol，由于 Zn 是+2 价的金属，所以反应过程中电子转移的物质的量3.25g65g / mol为n(e-)=2n(Zn)=0.1 mol，故合理选项是 A。16.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中
23、央滴入浓 CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化) （ ）A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端高 B 端低B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端低 B 端高C. 当杠杆为绝缘体时，A 端低 B 端高；为导体时，A 端高 B 端低D. 当杠杆为绝缘体时，A 端高 B 端低；为导体时，A 端低 B 端高【答案】D【解析】【分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓 CuSO4溶液，构成 Fe、Cu 原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生 Fe 与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓 CuSO4溶液，构成 Fe、
24、Cu 原电池，Fe 为负极，发生 Fe-2e-Fe2+，Cu 为正极，发生 Cu2+2e-Cu，则 A 端低，B 端高；杠杆为绝缘体时，只发生 Fe 与硫酸铜溶液的反应，在 Fe 的表面附着 Cu，质量变大，则 A 端高，B 端低，答案选 D。【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。17.现有五种短周期元素 X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中 X 原子半径最小，X 和 W 同主族，Y 元素原子核外电子总数是其次外层电子数的 3 倍，Q 元素是地壳中含量最高的元素。下列说法不正确的是A. 原子半径：YQYZC. Y 的最高价氧化物的水化物是
25、中强酸D. 该新化合物中 Y 不满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 的核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半可知，Z 为Cl、X 为 Si，由化合价代数和为 0 可知，Y 元素化合价为3 价，则 Y 为 P 元素；由 W 的电荷数可知，W 为 Na 元素。【详解】A 项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故 A 错误；B 项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为 ClSP，故 B错误；C 项、P 元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故 C 正确；D 项、新化合物中 P 元素化合价为3 价，满足 8
26、 电子稳定结构，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。二、填空题（每空二、填空题（每空 2 2 分，分，202=40202=40 分）分）21.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：(1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是_。(2)的最高价氧化物的分子式为_。(3)、中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物，写出符合要求的一种化合物的电子式_。(4)W 是第四周期与同主族的元素。据此推测 W 不可能具有的性质是_A.最高正化合价为+6 B.气态氢化
27、物比 H2S 稳定C.最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D.单质在常温下可与氢气化合(5)已知 X 为第A 族元素(第一到第四周期)，其原子序数为 a，Y 与 X 位于同一周期，且为第A 族元素，则 Y 的原子序数 b 与 a 所有可能的关系式为_。【答案】 (1). 第三周期第A 族 (2). CO2 (3). NaOH：或 Na2O2： (4). BD (5). b=a+1 或 b=a+11【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知：为 H、为 C、为 N、为 O、为 Na、为 Al、为Si、为 Cl。(1)地壳中含量居于第二位的元素为 Si；(2)表示 C 元素，根据元素最高化合价等
28、于原子最外层电子数等于原子序数分析；(3)由 H、O、Na 中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有 NaOH、Na2O2等；(4)W 是第四周期与同主族元素，是 O 元素，则 W 为 Se 元素，根据元素周期律分析判断；(5)根据元素周期表的位置与原子序数关系分析解答。【详解】由元素在周期表中的位置可知：为 H、为 C、为 N、为 O、为 Na、为Al、为 Si、为 Cl。(1)地壳中含量居于第二位的元素为 Si，Si 原子核外电子排布为 2、8、4，所以 Si 处于元素周期表中第三周期第A 族；(2)表示 C 元素，C 原子最外层有 4 个电子，所以其最高价氧化物的分子式为 C
29、O2；(3)由 H、O、Na 中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有 NaOH、Na2O2等，其中 NaOH 的电子式为：，Na2O2的电子式为：；(4)W 是第四周期与同主族元素，是 O 元素，则 W 为 Se 元素。A. Se 原子最外层有 6 个电子，所以其最高正化合价为+6，A 正确；B. 元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：SSe，所以气态氢化物稳定性：H2SH2Se，B 错误； C. 同一主族的元素原子序数越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性 SSe，所以 H2SeO4Se，S 与 H2反应需
30、在加热条件下进行，则 Se 单质与 H2反应要求温度会更高，在常温下不可能与 H2化合，D 错误；故合理选项是 BD；(5)X 原子序数为 a，Y 原子序数为 b，若 X 位于第二周期第A 族元素，或 X 位于第三周期第IIA 族，则其同一周期第 IIIA 的元素 Y 原子序数为 b=a+1；若 X 位于第四周期第A 族元素，由于第 IIA 族、第 IIIA 族之间增加了 7 个副族和 1 个第 VIII 族元素，共 10 纵行，所以其同一周期第 IIIA 的元素 Y 原子序数为 b=a+10+1=a+11。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语、元素化合物性质等，掌
31、握元素周期表的结构、元素周期律是正确判断解答的关键，注意元素周期表的结构。一般情况下同一周期相邻主族元素原子序数相差 1，但第 IIA、第 IIIA 有特殊性，还与其在周期表的周期序数有关。在比较同一周期第 IIA、第 IIIA 元素的原子序数时，若元素位于元素周期表第二、三周期时，原子序数相差 1；若元素位于元素周期表第四、五周期时，由于在第 IIA 与第 IIIA 之间增加了 7 个副族和 1 个第 VIII 族，共 10 个纵行，元素的原子序数相差 11；若元素位于第六周期，在第 IIIB 是 15 种镧系元素，在第七周期在第 IIIB 是 15 种锕系元素，元素的原子序数相差 25。2
32、2.依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题： (1)电极 X 的材料是_；电解质溶液 Y 是_；(2)银电极上发生的电极反应式为_；(3)外电路中的电子是从_；(4)当有 1.6 g 铜溶解时，银棒增重_g 。【答案】 (1). Cu (2). AgNO3 (3). Ag+e- =Ag (4). X(或 Cu) (5). Ag (6). 5.4【解析】【分析】(1)根据电池反应式知，Cu 失电子发生氧化反应，作负极，Ag 作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；(2)银电极上是溶液中的 Ag+得到电子发生还原反
33、应；(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；(4)先计算 Cu 的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生 Ag 的质量，即正极增加的质量。【详解】(1)根据电池反应式知，Cu 失电子发生氧化反应，Cu 作负极，则 Ag 作正极，所以X 为 Cu，电解质溶液为 AgNO3溶液；(2)银电极为正极，正极上 Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag+e-=Ag；(3)外电路中的电子是从负极 Cu 经导线流向正极 Ag；(4)反应消耗 1.6 g 铜的物质的量为n(Cu)=0.025 mol，根据反应方程式m1.6gM64g / mol2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2
34、Ag(s)可知：每反应消耗 1 mol Cu，正极上产生 2 mol Ag，则0.025 mol Cu 反应，在正极上产生 0.05 mol Ag，该 Ag 的质量为m(Ag)=0.05 mol108 g/mol=5.4 g，即正极银棒增重 5.4 g。【点睛】本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。23.完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3_PH3（填“”或“Q3 2Q1+Q24Q3 2Q1+Q2 (2). bc (3). (4). FeO42-+3e-+
35、4H2O=Fe(OH)3+5OH- (5). Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3与 HI 反应产生 PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2) a铵盐都能与 NaOH 发生复分解反应，所以 PH4I 也能与
36、 NaOH 发生反应，a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以 PH4I 也含离子键、共价键，b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故 PH4I 受热也会发生分解反应，c 正确；故合理选项是 bc；(3)1 mol H2O 中含 2 mol H-O 键，断开 1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q1、Q2、Q3 kJ，则形成 1 mol O-H 键放出 Q3 kJ 热量，对于反应 H2(g)+O2(g)12=H2O(g)，断开 1 mol H-H 键和 mol O=O 键所吸收的能量(Q1+Q2) kJ，生成 2 mol H-O1212新键释放
37、的能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以 2Q3-(Q1+Q2)0，2Q1+Q24Q3，故12合理选项是；(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH 可知：Fe 元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6 价变为反应后 Fe(OH)3中的+3 价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn 元素化合价由反应前 Zn 单质中的 0 价变为反应后 Zn(OH)2中的+2 价，化合价升高，失去电子
38、，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为 Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。24.有 7 种短周期元素的原子序数按 A、B、C、D、E、F、G 的顺序依次增大，B 元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，A 和 C 元素
39、的原子能形成 4 核 10 电子的微粒，D 和E 可形成离子化合物 E2D，E2D 中所有微粒的电子数相同，且电子总数为 30，E、F、G 的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，G 和 D 同主族。试回答下列问题：(1)C 元素的原子结构示意图_。 (2)A 和 D 可形成化合物的化学式为_。 (3)F 的单质与 E 元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_。(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质中含有的化学键类型为_。(5)写出 D 元素原子形成的 10 电子微粒 X 与 G 元素原子形成的 18 电子微粒 Y 反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2
40、). H2O 和 H2O2 (3). 2Al+ 2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (4). 共价键 (5). H2S+2OH-=S2-+2H2O 或 HS-+OH-=S2-+H2O【解析】【分析】7 种短周期元素的原子序数按 A、B、C、D、E、F、G 的顺序依次增大；B 元素一种原子的含量常用于判定古生物遗体的年代，则 B 为碳元素；A 和 C 元素的原子能形成 4 核 10 电子的微粒，结合原子序数可知 A 为氢元素、C 为氮元素；D 和 E 可形成离子化合物 E2D，E2D 中所有微粒的电子数相同，且电子总数为 30，故 E+、D2-离子核外电子数均为 10，则 D 为氧元素、E
41、 为钠元素；E、F、G 的最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应，是氢氧化铝与强碱、强酸之间的反应，则 F 为 Al；G 和 D 同主族，则 G 为硫元素，然后根据问题逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A 是 H，B 是 C，C 是 N，D 是 O，E 是 Na，F 是 Al，G 是 S 元素。(1) C 是 7 号 N 元素，原子核外电子排布为 2、5，所以 N 的原子结构示意图为；(2) A 是 H，D 是 O，A 和 D 可形成两种化合物，它们的化学式为 H2O 和 H2O2；(3)F 是 Al，E 是 Na，Na 的最高价氧化物对应的水化物是 NaOH，Al 与 NaOH 溶液
42、反应产生NaAlO2和 H2，反应的离子方程式为 2Al+ 2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(4)上述元素形成的二元化合物中，能够用于漂白的气体物质是 SO2，该物质是共价化合物，S、O 原子通过共价键结合，所以其中含有的化学键类型为共价键；(5)D 是 O，G 是 S，D 元素原子形成的 10 电子微粒 X 是 OH-，G 元素原子形成的 18 电子微粒Y 是 H2S 或 HS-，它们之间反应的离子方程式为：H2S+2OH-=S2-+2H2O 或 HS-+OH-=S2-+H2O。【点睛】本题考查了原子结构与物质性质及元素在周期表位置关系应用，根据原子结构关系或物质性质推断元素是解题关键，理解影响微粒半径大小的因素，注意识记常见 10 电子、18 电子微粒，理解酸式盐可以与碱反应产生正盐，结合物质的溶解性及电解质的强弱和物质的拆分原则书写反应的离子方程式。
