第2章化学键 化学反应规律 练习卷
一、单选题
1．“类推”是常用的学习方法，但有时会产生错误结论。下列类推的结论中，正确的是
A．IVA族元素氢化物沸点顺序是GeH4>SiH4>CH4，可推测VIIA族元素氢化物沸点顺序是HBr>HCl>HF
B．硫的最高价含氧酸H2SO4是强酸，可推测HClO4也是强酸
C．IVA族单质14Si、32Ge是半导体材料，可推测同族单质82Pb也是半导体材料
D．1个C2H2分子含有2个π键，可推测1个H2O2分子也含有2个π键
2．下列各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）
A．CH3COOHCH3COO-+H+
B．FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl
C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
D．CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0
3．下列变化中有化学键的断裂的是
A．HCl溶于水 B．酒精的挥发 C．干冰的升华 D．裁剪布料
4．下列物质中属于离子化合物的是
A．CH3 CH3 B．KOH C．CO2 D．H2SO4
5．已知反应X(g)+Y(g)=Z(g)+W(g)的能量变化如图所示，下列有关该反应的说法中错误的是
A．断开1molX(g)和1molY(g)中的化学键，要吸收akJ能量
B．1molZ(g)和1molW(g)所具有的能量为bkJ
C．每生成1molZ(g)和1molW(g)吸收ckJ能量
D．升高温度，可加快该反应的速率
6．在恒容密闭容器中充入一定量CO和H2合成CH3OH，其化学方程式为2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) △H<0。下列说法错误的是
A．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
B．向容器中充入惰性气体，反应速率不变
C．H2、CO、CH3OH的反应速率之比为2：1：1
D．加入高效催化剂，正、逆反应速率都会增大
7．如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断错误的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)
A．当M为、杠杆为导体时，A端低，B端高
B．当M为、杠杆为导体时，A端高，B端低
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，A端低，B端高
D．当M为、杠杆为绝缘体时，A端高、B端低
8．锌碘液流电池的工作原理如图所示。下列关于该电池工作时的说法正确的是
A．电极 Y 为电池的正极
B．溶液中的离子数目减少
C．电子由电极 Y 经外电路流向电极 X
D．电极 X 上的反应为 I3--2e- =3I-
9．下列说法不正确的是
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．化学变化过程是原子的重新组合过程
C．生成物总能量高于反应物总能量的反应是吸热反应
D．反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
10．化学的核心是发生化学反应，利用化学反应合成物质，同时也伴随有能量的变化，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．只要发生化学反应就一定有能量变化
B．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑这是一个放热反应，结论：1molZn和2molHCl的能量之和高于1molZnCl2和1molH2的能量之和
C．反应A＋B=C＋D的能量变化如图所示，反应物A和B断裂化学键吸收总能量低于形成生成物C和D释放的总能量
D．发生化学反应实现了化学能和其他形式能量之间的相互转化
11．下列说法正确的是
A．只有氧化还原反应才是放热反应
B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C．反应是放热还是吸热要看反应物和生成物所具有总能量的相对大小
D．放热反应不需要加热
12．下列有关电化学原理与应用的叙述错误的是
Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
A．Ⅰ装置盐桥中的移向溶液
B．Ⅱ中正极反应式为
C．Ⅲ装置模拟工业上在镀件上镀银
D．Ⅳ装置可以达到保护钢闸门的目的
13．下列各组物质中，其化学键类型完全相同的是
A．NH3和H2O B．HCl和KCl C．H2O和H2O2 D．NaCl和NaOH
14．对于可逆反应2A2(g) + B2(g) 2A2B(l)(正反应放热反应)，达到平衡，要使瞬间正逆反应速率都增大，且平衡向右移动，可以采取的措施是（ ）
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．增大c(A2B)
15．下列措施中，不能加快化学反应速率的是
A．煤作燃料燃烧时，将煤块碾磨成煤粉
B．铝片与稀盐酸反应时，加入少量的蒸馏水
C．H2O2分解制取氧气时，加入适量的MnO2
D．合成氨厂制备氨气时，适当升高温度
二、填空题
16．A、B、C、D、E 分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：
（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm～l00nm的红褐色液相分散系。则该反应的化学方程式为____________________________。
（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL6mol/L的B溶液中逐滴滴入100mL某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为________________。
（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则电池反应为_______________________。
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，且可发生反应：C+DE。将一定量的气体C通入某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(C)的关系如图所示，则生成F的离子方程式______________________。
17．氮元素可以形成多种分子和离子，如NH3、N2H4、N3－、NH4+、N2H62+等。回答以下问题：
(1)N的基态原子中，有________个运动状态不同的未成对电子。
(2)某元素原子与N3－含有相同的电子数，其基态原子的价电子排布式是___________。
(3)写出一种与N3－等电子体的微粒化学式___________
(4)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①N2H4分子中氮原子的杂化类型是__________________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有____________ mol
18．某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
根据图中数据，试填写下列空白：
(1)该反应的化学方程式为_______。
(2)从开始到2 min，Z的平均反应速率为_______；
(3)平衡时Y的转化率为_______
(4)在第4 min时Z的消耗速率和生产速率_______(填>，=，＜)
(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
A．体系总物质的质量不变化 B．同一时刻，X 与Y的反应速率相等
C．X的物质的量浓度不再发生变化 D．相同时间内Z的消耗速率等于生成速率
19．下表为元素周期表一部分，请参照元素①-⑨在表中位置，用化学用语回答下列问题：
①
② ③ ④
⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
(1)写出⑧的原子结构示意图和周期表里的位置_______，_______。
(2)④、⑤、⑥的原子半径由大到小顺序为_______(用元素符号回答)
(3)②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_______ (用化学式回答)
(4)②的氢化物和它的最高价含氧酸反应的化学方程式_______。
(5)⑤元素与⑧元素形成化合物中，化学键类型_______。
(6)元素①形成的单质和元素⑧形成的单质在点燃的条件下，发生反应的方程式：_______ ，现象是 _______，生成物的电子式： _______。
20．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量/kJ 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答（1）~（5）题。
（1）下列物质本身具有的能量最低的是____。
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
（2）下列氢化物中，最稳定的是____。
A．HCl B．HBr C．HI
（3）X2+H22HX(X代表Cl、Br、I )的反应是吸热反应还是放热反应 答：___________。
（4）相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是_____。
（5）若无上表中的数据，你能正确回答出问题（4）吗
答：_____，你的根据是____________。
21．固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线Ⅱ所示。a，b，c，d，e括号内数据表示坐标。
(1)a—b，b—c，c—d，d—e四段中，平均反应速率最大的时间段是__，该时间段内H2的平均反应速率是___。
(2)若在反应中加入了催化剂，则反应过程将变为图中的曲线___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(3)平衡时CO2的转化率是___；反应前后容器内的压强比是___。
22．元素周期律反映了元素性质的周期性变化规律
(1)元素周期表中每种元素的具体信息如图例示，从中可以获得有关氟元素的信息有元素符号、元素名称、___________、___________(任意写两点)
(2)元素的性质特别是化学性质取决于元素原子结构。钠、镁、铝元素的阳离子半径由小到大的顺序是___________(用离子符号表示)。Al、Be具有相似的化学性质。因为___________(简述理由)。利用对角线原则推断Li在空气中燃烧的产物为：___________
(3)锡为主族元素，其原子结构示意图：。在元素周期表中的位置是：___________，能与NaOH反应生成钠盐，写出反应的化学方程式___________
(4)下列能说明碳的非金属性强于硅的反应(或反应组)是___________(选填编号)
A．
B．
C．；
D．；
23．已知化学反应：
a. AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3
b. 2AgNO3+Cu=2Ag+Cu(NO3)2
请回答下列问题：
(1)上述两个化学反应中有一个不可用于设计原电池，它是___(填写代号)；另一个可用于设计原电池，该原电池中，负极反应式是____，正极反应式是___，电池总反应的离子方程式是___。
(2)如果利用化学反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设计原电池，请在如图方框中标明电极材料和电解质溶液的名称(图中“I”表示电流)。①_____、②____、③____
(3)甲醇(CH3OH)燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，是一种具有应用前景的绿色电源，若氢氧化钾溶液为电解质溶液则：
①该燃料电池的负极电极反应式为_____。
②若1.6g甲醇完全燃烧生产液态水放出akJ热量，则该反应热化学方程式为_____。
24．某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4，。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___。
a.温度 b.Cl-的浓度 c.溶液的酸度
25．（1）用电子式表示H2O和MgBr2的形成过程：
H2O_________
MgBr2__________
（2）写出CO2、Na2O2、H2O2的电子式：
CO2___________Na2O2________ H2O2________
（3）A+、B+、C-、D、E 5种离子（分子或离子），它们分别含10个电子，已知它们有如下转化关系：
A．A++ C- → D + E b．B++ C- → 2D 。据此回答下列问题：
①写出A反应的离子方程式________；
②写出A+、C-离子的电子式：A+________ C-__________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．组成与结构相似的共价分子构成的晶体熔沸点规律：分子间有氢键的＞没有氢键的，没有氢键时：若相对分子质量越大，分子间作用力越大、熔沸点越高。则IVA族元素氢化物沸点顺序是GeH4>SiH4>CH4，可推测VIIA族元素中，HF分子间存在氢键，则氢化物沸点顺序是HF> HBr>HCl，A不符合；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S＜Cl，硫的最高价含氧酸H2SO4是强酸，可推测HClO4也是强酸，B符合；
C． IVA族单质14Si、32Ge因位于金属和非金属分界线附近、是半导体材料，而82Pb远离金属和非金属分界线附近、不可推测同族单质82Pb也是半导体材料，C不符合；
D．乙炔含碳碳三键，则1个C2H2分子含有2个π键，H2O2的结构式为H-O-O-H，故不可推测1个H2O2分子也含有2个π键，D不符合；
答案选B。
2．D
【详解】A．加醋酸钠，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，与图象不符，故A错误；
B．KCl对平衡移动无影响，则铁离子浓度不变，与图象不符，故B错误；
C．温度、压强不变时，加Ar，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图象不符，故C错误；
D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，CH3OCH3的转化率提高，故D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．HCl溶于水发生电离，H Cl键断裂，故A符合题意；
B．酒精的挥发没有化学键断裂，故B不符合题意；
C．干冰的升华没有化学键断裂，故C不符合题意；
D．裁剪布料没有化学键断裂，故D不符合题意；
故答案选A。
4．B
【分析】非金属元素之间形成共价键，一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，离子化合物中一定含有离子键。
【详解】A项、CH3CH3为共价化合物，分子中只有共价键，故A错误；
B项、KOH是含有离子键和共价键的离子化合物，故B正确；
C项、CO2为共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；
D项、H2SO4为共价化合物，分子中只有共价键，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．断开化学键需要吸收能量，由图可知，断开1molX(g)和1molY(g)中的化学键，要吸收akJ能量，A正确；
B．由图可知，1molZ(g)和1molW(g)所具有的能量为E2，B错误；
C．根据图象，每生成1molZ(g)和1molW(g)吸收ckJ能量，C正确；
D．升高温度，活化分子数增多，反应速率加快，D正确；
故选B。
6．A
【详解】A. 升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，故A错误；
B. 向恒容密闭容器中充入惰性气体，容器体积不变，反应物气体和生成物气体的浓度都不变，反应速率不变，故B正确；
C. 由方程式2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)可知，H2、CO、CH3OH的反应速率之比和系数成正比，为2：1：1，故C正确；
D. 加入高效催化剂，正、逆反应速率都会同等程度地增大，故D正确；
故选A。
7．B
【分析】当杠杆是绝缘体的时候，考虑铜、铁能否和电解质溶液发生反应，再根据生成物质判断球的质量增加还是减少；当杠杆是导体时，加入电解质溶液后，形成原电池，铁作负极，被氧化，铁球质量减少。
【详解】A．当M为CuSO4、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化；铜是正极，溶液中的铜离子在正极得到电子，发生还原反应析出铜，因此是A端低、B端高，A正确；
B．当M为AgNO3、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化；铜是正极，溶液中的银离子在正极得到电子，发生还原反应析出银，因此是A端低、B端高，B错误；
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化；铜是正极，溶液中H+得到电子生成H2，铁球质量减少，铜球不变，因此A端低、B端高，C正确；
D．当M为CuSO4、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，D正确；
答案选B。
8．C
【解析】电极Y中，Zn转化为Zn2+，则Zn失电子，作负极，电极X作正极。
【详解】A．由以上分析知，电极 Y 为电池的负极，A不正确；
B．负极Zn→Zn2+，正极I3-→3I-，溶液中的离子数目增大，B不正确；
C．电子由负极流向正极，即由电极Y经外电路流向电极 X，C正确；
D．电极 X 上的反应为 I3-+2e- =3I-，D不正确；
故选C。
9．A
【详解】A．放热反应有的需加热，有的不需加热。如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点；再如铝热反应也是，故A不正确；
B．化学反应的实质是：在化学变化中，分子分解成原子，原子再重新结合成新分子，故B正确；
C．反应物的总能量低于生成物的总能量时为吸热反应，吸热反应实质是生成新化学键所释放的能量小于断裂旧化学键所吸收的能量，故C正确；
D．ΔH=生成物的能量-反应物的能量，所以，其大小决定于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，故D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．化学反应通常伴随着能量变化，物质自身具有的能量是不同的，生成了新的物质，就会有能量释放或吸收，只要发生化学反应就一定有能量变化，A正确；
B．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C．根据能量图可知，这是一个吸热反应，反应物A和B断裂化学键吸收总能量高于形成生成物C和D释放的总能量，故C错误；
D．发生化学反应时，发生化学反应实现了化学能和其他形式能量之间的相互转化，例如热能，光能等，故D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．非氧化还原反应也可能放热，如氧化钙和水反应生成氢氧化钙是放热反应，故A错误；
B．反应条件与反应的吸放热无关，故B错误；
C．反应是放热还是吸热要看反应物和生成物所具有总能量的相对大小，若反应物总能量大于生成物总能量，则为放热反应，反之为吸热反应，故C正确；
D．反应条件与反应的吸放热无关，故D错误；
选C。
12．C
【详解】A．Ⅰ装置为双液原电池，Zn作负极，Cu作正极，为阴离子，阴离子向负极移动，即向溶液移动，A正确；
B．结合图可知，钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为：，B正确；
C．电镀时，镀层金属作阳极，待渡金属作阴极，镀层金属的盐溶液作电解质溶液，即电解质溶液不对，C错误；
D．Ⅳ装置中，钢闸门与电源的负极相连，为阴极，受到保护，D正确。
答案选C。
13．A
【详解】A．NH3和H2O中均只含有极性键，A符合；
B．HCl中含有共价键，KCl中含有离子键，B不符合；
C．H2O中只含有极性键，H2O2中含有极性键和非极性键，C不符合；
D．NaCl中含有离子键，NaOH中含有离子键和极性键，D不符合；
答案选A。
14．C
【详解】A.反应是放热反应，升温，反应速率增大，正逆反应速率增大，平衡逆向进行，故A不符合；
B.降低温度正逆反应速率减小，平衡正向进行，故B不符合；
C.反应是气体体积减小的反应，增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，故C符合；
D.增大c(A2B)，生成物是液体，对平衡移动没有影响，故D不符合；
故选C．
【点睛】达平衡时，要使正、逆反应的速率都增大，可采取升高温度、增大压强或增大浓度的措施，使平衡向正反应方向移动，依据反应特征结合化学平衡移动原理分析，降温和增大压强均能使平衡正向进行；综合两种变化选择采取的措施．
15．B
【详解】A．煤作燃料燃烧时，将煤块碾磨成煤粉，可以增大接触面积，加快化学反应速率，A项不选；
B．铝片与稀盐酸反应时，加入少量的蒸馏水，稀盐酸浓度降低，反应速率减慢，B项选；
C．H2O2分解制取氧气时，加入适量的MnO2，MnO2是催化剂，能加快化学反应速率，C项不选；
D．合成氨厂制备氨气时，适当升高温度，能加快化学反应速率，D项不选；
答案选B。
16． FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl 3mol/L或11mol/L 2Al+2H2O+2KOH=2KAlO2＋3H2↑ CO2+2OH—＝CO32—＋H2O
【详解】分析：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A是FeCl3，据此解答；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，根据碱不足或碱过量时生成氢氧化铝和偏铝酸钾来计算；
（3）Al－Fe－KOH溶液组成的原电池中Al为负极，Fe为正极；
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+DE只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO2，D为碳，E为CO，以此解答该题。
详解：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，氢氧化铝的质量是7.8g，其物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，则
①若碱不足，由Al3++3OH-＝Al(OH)3↓可知KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，其物质的量浓度为0.3mol÷0.1L=3mol/L；
②如果碱过量，生成的氢氧化铝部分溶解，则由方程式可知
Al3++3OH-＝Al(OH)3↓
0.3mol 0.9mol 0.3mol
Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O
（0.3-0.1）mol 0.2mol
则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物质的量浓度为1.1mol÷0.1L=11mol/L；
（3）Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应，因此Al－Fe－KOH溶液原电池中Al为负极，Fe为正极，总反应式为2Al+2H2O+2KOH=2KAlO2＋3H2↑；
（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+DE只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO2，D为碳，E为CO；根据图象可知横坐标0～2之间没有气体产生，2～4之间生成二氧化碳气体，且两个阶段消耗的盐酸相同，这说明所得F溶液是碳酸钾溶液，开始发生CO32-+H+=HCO3-，然后发生HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此生成F的离子反应方程式为CO2+2OH—＝CO32—＋H2O。
点睛：本题考查比较综合，涉及无机物推断、化学计算、原电池等，推断元素及其化合物是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等。（4）中图象分析是解答的难点，注意碳酸钾与盐酸反应是分步进行的，首先生成碳酸氢钾，然后碳酸氢钾再与盐酸反应生成氯化钾、二氧化碳和水。
17． 3 3d24s2 N2O、CNO－、CO2等合理答案 sp3 3
【分析】核外电子排布、晶体中存在的化学键、杂化轨道理论、电负性等知识点。
【详解】（1）氮原子的电子排布式1s22s22p3 ，其中最外层有3个未成对电子，且运动状态不同，故答案为3个运动状态不同的未成对电子；
（2）1个N含有7个电子，故N3-有22个电子，故该元素为钛。其价电子排布式为3d24s2；
（3）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。与N3－等电子体的微粒有N2O、CNO－、CO2等；
（4）①N2H4分子中氮原子含有3个共价单键，且不含孤电子对，所以N原子轨道的杂化类型sp3，故为sp3 杂化；
②根据N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)可知，反应中有4 mol N—H键断裂表明有1molN2H4参与反应，故有1.5molN2生成，N2为三键，其中含有1个σ键2个π键。故形成π键有3mol。
18．(1)3X+Y2Z
(2)0.05 mol/(L· min)
(3)10%
(4)=
(5)CD
【解析】（1）
由图示可知X、Y为反应物，Z为生成物，由物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学反应方程式为： ，故答案为：；
（2）
在2min内Z的物质的变化量为0.2mol，则，故答案为：；
（3）
平衡时Y的物质的量，则平衡时Y的转化率为，故答案为：10%；
（4）
由图不难得出该反应在4min时处于平衡状态，则Z的消耗速率等Z的生成速率，故答案为：=；
（5）
在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变(混合物中各组分的百分含量不再改变)，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态"；
A．根据质量守恒定律可知任何一个反应的反应前后体系总物质的质量不变化，则体系质量不能说明一个可逆反应是否达到平衡状态，故A不选；
B．同一时刻，X与Y的反应速率是否相等不能说明该反应是否处于化学平衡状态，故B不选；
C．由化学平衡状态定义可知，X的物质的量浓度不再发生变化能说明该反应处于化学平衡状态，故选C；
D．由化学平衡状态定义不难得出，相同时间内Z的消耗速率等于生成速率能说明该反应处于化学平衡状态，故选D；
答案为CD。
19．(1) 第三周期第ⅦA族
(2)Na＞Si＞F
(3)HClO4＞HNO3＞H3PO4
(4)NH3+HNO3＝NH4NO3
(5)离子键
(6) H2+Cl22HCl 产生苍白色火焰
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑨分别是H、N、O、F、Na、Si、P、Cl、Ar，据此解答。
(1)
⑧是17号元素Cl，其原子结构示意图为，周期表里的位置为第三周期第ⅦA族。
(2)
同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以④、⑤、⑥的原子半径由大到小顺序为Na＞Si＞F；
(3)
非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4＞HNO3＞H3PO4；
(4)
②的氢化物氨气和它的最高价含氧酸硝酸反应的化学方程式为NH3+HNO3＝NH4NO3。
(5)
⑤元素与⑧元素形成化合物是氯化钠，化学键类型为离子键。
(6)
元素①形成的单质氢气和元素⑧形成的单质氯气在点燃的条件下，发生反应的方程式为H2+Cl22HCl，现象是产生苍白色火焰，生成物是共价化合物氯化氢，电子式为。
20． A A 放热反应 Cl2 能 元素的非金属性越强，生成的氢化物越稳定，反应放出的能量就越多
【分析】破坏1 mol物质的化学键时所消耗的能量与相同条件下由形成该物质的原子形成1 mol该物质的化学键放出的能量相等；放出的能量越多，物质本身具有的能量越低，分子越稳定。
【详解】（1）生成1 mol H2时放出的能量最多，为436 kJ，所以物质本身具有的能量最低的是H2；
（2）在氢化物中，生成1 mol HCl时放出的能量最多，为432 kJ，所以最稳定的是HCl；
（3）根据表中数据可以分别计算出三个反应放出的热量依次为：185 kJ、103 kJ和9 kJ，则均为放热反应；
（4）根据（3）中计算可知，相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是Cl2；
（5）若无上表中的数据，也可以得出问题（4）的结论，原因是元素的非金属性越强，生成的氢化物越稳定，反应放出的能量就越多。
21． a-b 1mol/(L min) Ⅰ 33.3% 7:5
【详解】(1)a—b段氢气的平均反应速率为=1mol/(L min)，b—c段氢气的平均反应速率为=0.75mol/(L min)，c—d段氢气的平均反应速率为=0.1mol/(L min)，所以平均反应速率最大的时间段是a-b，该时间段内H2的平均反应速率是1mol/(L min)；
(2)催化剂加快反应速率，不改变反应平衡状态，则在反应中加入了催化剂，则反应过程将变为图中的曲线Ⅰ；
(3)由图可知，平衡时氢气的物质的量为2mol，列三段式有：
所以平衡时CO2的转化率为=33.3%；
容器恒容，压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后容器内的压强比是=7:5。
22．(1) 原子序数 相对原子质量
(2) Na+>Mg2+>Al3+ Be和Al在元素周期表中位于对角线位置 Li2O
(3) 第五周期第IVA族 SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O
(4)AC
【解析】(1)
从图中可以获得有关氟元素的信息有元素符号、元素名称、原子序数、相对原子质量和价电子排布式。
(2)
比较微粒半径，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，钠、镁、铝元素的阳离子电子层数相同，核电荷数逐渐增多，因此钠、镁、铝元素的阳离子半径由小到大的顺序是：Na+>Mg2+>Al3+；在周期表中Be和Al位于对角线位置，因此具有相似的化学性质；锂与镁处于对角线位置，镁在空气中燃烧生成氧化镁，依据对角线原则，锂在空气中燃烧生成Li2O。
(3)
锡的原子序数为50，最外层电子数为4，位于元素周期表第五周期第IVA族；二氧化碳为酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，锡与碳同主族，SnO2与氢氧化钠溶液反应生成Na2SnO3和水，反应的化学方程式为：SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O。
(4)
A．反应可以证明碳酸的酸性比硅酸强，所以碳的非金属性强于硅，A正确；
B．反应能发生是因为生成了一氧化碳气体，可以不断的从生成物中脱离，使得平衡右移，反应向右进行彻底，且该反应为高温条件下的反应，不能说明碳的非金属性比硅强，B错误；
C．氢化物越稳定，元素非金属性越强，由反应可知，甲烷比硅烷稳定，说明碳的非金属性比硅强，C正确；
D．单质和氧气反应得到氧化物的过程体现的是单质的还原性，不能说明碳的非金属性比硅强，D错误；
答案选AC。
23． a Cu-2e-=Cu2+ 2Ag++2e-=2Ag Cu+2Ag+=Cu2++2Ag 不如铜活泼的金属或石墨 Cu 可溶性铁盐溶液 CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O 2 CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-40akJ/mol
【详解】(1)由题给方程式可知，反应a为复分解反应，属于非氧化还原反应，反应b为置换反应，属于氧化还原反应，原电池反应一定是氧化还原反应，则反应a不能用于设计原电池，反应b能用于设计原电池；铜、银在硝酸银溶液中形成原电池，铜的金属性强于银，做原电池的负极，银做原电池的正极，负极上铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，银离子在正极上得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为2Ag++2e-=2Ag，总反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag。
(2)由电流的移动方向可知，①为原电池的正极，②为负极，由反应方程式可知，铜、不如铜活泼的金属或石墨在可溶性铁盐溶液中构成原电池，铜做原电池的负极，不如铜活泼的金属或石墨做正极，则①为不如铜活泼的金属或石墨、②为铜、③为可溶性铁盐溶液。
(3)①甲醇(CH3OH)燃料电池的反应原理相当于甲醇的燃烧，负极加入甲醇，正极通入氧气，在碱性环境下，二氧化碳与氢氧化钾溶液反应生成碳酸根离子，则该燃料电池的负极电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
②1.6g甲醇的物质的量为0.05mol，则2mol甲醇完全燃烧生产液态水放出40akJ热量，则该反应热化学方程式为2 CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-40akJ/mol。
24．ac
【详解】根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故答案为：ac。
25． NH4++OH-=H2O+NH3
【详解】（1）H2O是共价化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边是H2O的电子式，用→连接左右两边：；
MgBr2是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边需要用弯箭头表示电子得失：；
（2）CO2是共价化合物，每个氧原子都和碳原子共用两对电子，碳原子和氧原子都达到8电子稳定结构，电子式为。Na2O2是离子化合物，由Na+和-构成，中的两个氧原子间共用一对电子，电子式为。H2O2是共价化合物，每个氢原子都和氧原子共用一对电子，两个氧原子之间也共用一对电子，其电子式为；
（3）A+、B+、C-、D、E 5种离子（分子或离子），它们分别含10个电子，根据B++ C- → 2D可确定B+为H3O+，C-为OH-，D为H2O，再根据 A++ C- → D + E可确定A+为NH4+，E为NH3。
①A反应的离子方程式为NH4++OH-=H2O+NH3；
②A+为NH4+，电子式为，C-为OH-，电子式为。
【点睛】10电子粒子可以从第10号元素Ne开始，在Ne的前边有C、N、O、F，可以形成氢化物CH4、NH3、H2O、HF，N、O、F还可以形成简单阴离子N3-、O2-、F-，还有复杂离子NH4+、H3O+、OH-，都是10电子粒子；在Ne的后面有Na、Mg、Al形成的简单阳离子Na+、Mg2+、Al3+也是10电子粒子。本题（3）在熟悉这些10电子粒子的基础上，可以很容易找到对应的粒子，从而解题。
答案第1页，共2页
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