安徽省合肥市2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析 15页

www.ks5u.com 高一化学试卷 卷Ⅰ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意；每小题3分，共51分）‎ ‎1.下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是(　　)‎ A. 木柴燃烧 B. 白磷自燃 C. 燃放爆竹 D. 干冰升华 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：存在化学能与热能的相互转化，是指发生化学反应过程中伴随有能量的变化，能量以热能体现。‎ 详解：A、木柴燃烧有化学反应发生，有化学能和热能变化，A不符合；‎ B、白磷自燃有化学反应发生，有化学能和热能变化，B不符合；‎ C、燃放爆竹过程中有化学反应发生，有化学能和热能变化，C不符合；‎ D、干冰气化只有热量变化，无化学能的变化，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列叙述正确的是 (   )‎ A. O2分子间存在着非极性共价键 B. CO2分子内存在着极性共价键 C. SO2与H2O反应的产物是离子化合物 D. 盐酸中含有H+和Cl-,故HCl为离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧气分子间没用非极性共价键，氧气分子间作用是范德华力，分子内则存在氧氧非极性共价键，故A选项错误。‎ B. 二氧化碳分子内存在两个碳氧极性共价键，故B选项正确。‎ C. 生成的H2SO3是只含有共价键的共价化合物，故C选项错误。‎ D.盐酸是混合物，其溶质HCl是只存在共价键的共价化合物，故D选项错误。‎ 故答案选B。‎ ‎3.下列事实不能说明非金属性Cl＞I的是 A. Cl2+2I-＝2Cl-+I2 B. 稳定性：HCl＞HI - 15 -‎ C. 酸性：HClO4＞HIO4 D. 酸性：HClO3＞HIO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物酸性强弱、氢化物的稳定性等角度判断。‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，根据反应Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，说明氯气的氧化性大于I2，元素的非金属性Cl大于I，选项A能说明；‎ B．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比碘化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，选项B能说明；‎ C．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性：HClO4＞HIO4，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，选项C能说明；‎ D．酸性：HClO3＞HIO3，不能说明非金属性Cl＞I，因为两种酸不是最高价含氧酸，选项D不能说明。‎ 答案选D。‎ ‎4.金属钛有“生物金属”之称。下列有关和的说法正确的是(　　)‎ A. 和原子中均含有22个中子 B. 和在周期表中位置相同，都在第4纵行 C. 和的物理性质相同 D. 和为同一核素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原子中有27个中子， 原子中有28个中子，故A错误；‎ B. 和属于同种元素，在周期表中位置相同，都在第4周期IVB，在第4纵行，故B正确；‎ C. 和原子质量数不同，所以物理性质也不同，故C错误；‎ D. 和互为同位素，属于不同核素，故D错误，‎ - 15 -‎ 故选B。‎ ‎【点睛】质量数=质子数+中子数，质子数决定元素的种类，质子数和中子数决定核素的种类。‎ ‎5.短周期的两种元素A和B，它们的离子A－和B2＋具有相同的电子层结构，下列说法中正确的是( ）‎ A. 原子序数A>B B. 电子总数A－>B2＋‎ C. 离子半径A－>B2＋ D. 原子半径A>B ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为离子A－和B2＋具有相同的电子层结构，即可确定元素A、B在周期表中的相对位置如下：，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 原子序数B>A，故A错误；‎ B. 离子的电子层结构相同，则电子总数相等，故B错误；‎ C. 离子半径A－>B2＋，故C正确；‎ D. 原子半径：B>A，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 氢能属于二次能源 B. 图中能量转化的方式至少有6种 C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同 D. 太阳能、风能、氢能都属于新能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源，则A正确；‎ - 15 -‎ B、图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化等，故B正确；‎ C、太阳能电池的供电原理实际是热能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；‎ D、太阳能、风能、氢能都属于新能源，则D正确；‎ 本题正确答案为C。‎ ‎7.1mol H2燃烧生成液态水时放出285.8kJ 热量，下列表示该反应的热化学方程式正确的是 A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H =-142.9kJ/mol B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H =+571.6 kJ/mol C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H =-57l.6 kJ/mol D. 2H2+O2=2H2O △H =-571.6kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎1molH2燃烧生成液态水时放出285.8kJ热量，则该反应的热化学方程式可以表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ/mol，故C正确。‎ 点睛：本题考查热化学方程式的书写和判断正误，解题关键是明确热化学方程式的意义和书写要求，①热化学方程式计量数代表物质的量，△H的数值要与物质的量相对应；②要注明物质的聚集状态(固体-s、液体-l、气体-g、溶液-aq)，如本题D项没有注明聚集状态；③要注明反应的温度和压强，常温常压可不注明(一般没特别说明就是常温常压，不用注明)；④要注意△H的符号和单位，放热反应用“-”，吸热反应用“+”，如本题B项就是△H的符号错误。‎ ‎8.根据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成这一观点，下列不属于化学变化的是 A. 食醋除垢 B. 胆矾晶体受热由蓝色变白色 C. 在稀盐酸中滴入紫色石蕊试液，溶液变红 D. 液氨变成氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 食醋除垢中生成醋酸钙、水和二氧化碳，有旧键断裂和新键形成，属于化学变化，A不选；B. 胆矾晶体受热由蓝色变白色生成硫酸铜和水，有旧键断裂和新键形成，属于化学变化，B不选；C.‎ - 15 -‎ ‎ 在稀盐酸中滴入紫色石蕊试液，溶液变红，有旧键断裂和新键形成，属于化学变化，C不选；D. 液氨变成氨气是状态的变化，化学键不变，不是化学变化，D正确，答案选D。‎ 点睛：从化学键的角度判断反应是化学反应的关键是断键和形成新化学键要同时进行，如果只有化学键的断裂而没有形成新的化学键则不是化学变化，例如氯化钠溶于水电离出钠离子和氯离子，离子键断键，但没有形成新的化学键，所以不是化学变化。‎ ‎9.石墨和金刚石都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石。已知12 g石墨完全转化为金刚石时，要吸收akJ的能量。下列说法中正确的是①石墨不如金刚石稳定 ②金刚石不如石墨稳定③等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多 ④等质量的石墨和金刚石完全燃烧，石墨放出的能量多 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由石墨完全转化为金刚石时吸热，说明石墨的能量比金刚石低，石墨比金刚石更稳定；则①石墨比金刚石稳定，错误；②金刚石不如石墨稳定，正确；③同质量的石墨和金刚石完全燃烧时，消耗氧气的量相同，生成同样多的二氧化碳，由于金刚石的能量高，所以金刚石燃烧后放出的能量要多。则等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多，正确；④等质量的石墨和金刚石完全燃烧，石墨放出的能量多，错误；②③正确；答案选B。‎ ‎10.一个原电池的总反应离子方程式是Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该反应的原电池组成正确 A B C D 正极 Zn Ag Cu Cu 负极 Cu Cu Zn Zn 电解质溶液 CuCl2 ‎ H2SO4 ‎ CuSO4 ‎ FeCl2 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 15 -‎ 根据电池反应式知，Zn失电子化合价升高作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，则可溶性铜盐溶液作电解质溶液；‎ ‎【详解】A．应该是Zn作负极、Cu作正极，故A错误；‎ B．应该是Cu作负极、Ag作正极，电解质溶液为硫酸，无法发生自发的氧化还原反应，不能构成原电池，故B错误；‎ C．Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应，故C正确；‎ D．电解质溶液不是硫酸铜，用是FeCl3，形成的原电池不吻合，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ） ‎ A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 产生气泡的速度甲比乙慢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；‎ B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；‎ C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；‎ D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。‎ - 15 -‎ ‎12.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，若电解质溶液是强碱溶液，下面关于甲烷燃料电池的说法正确的是（ ）‎ A. 负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ B. 负极反应式：CH4+8OH--8e-=CO2+6H2O C. 随着放电的进行，溶液的氢氧根浓度不变 D. 放电时溶液中的阴离子向负极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷在负极失电子，发生氧化反应，结合电解质溶液、得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出负极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；氧气在正极得电子，发生还原反应，结合电解质溶液、得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，据此解答。‎ ‎【详解】A．由分析可知，负极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，A错误；‎ B．由分析可知，负极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，B错误；‎ C．总反应为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，故随着放电的进行，溶液的氢氧根浓度减小，C错误；‎ D．放电时，阴离子向负极移动，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。‎ ‎13.已知空气—锌电池的电极反应为：锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；碳棒：O2+H2O+2e-=2OH-。据此判断，锌片是( )‎ A. 正极并被还原 B. 正极并被氧化 C. 负极并被还原 D. 负极并被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】锌片发生反应： Zn+2OH--2e-=ZnO+H2‎ - 15 -‎ O，电极反应中，锌元素的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的金属作负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极，被氧化，合理选项是D。‎ ‎14.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的(　　)‎ A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸 B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸 C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液 D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用原电池的工作原理进行分析，A电极逐渐变粗，说明阳离子在A电极上得到电子，转化成单质，即A电极为正极，B电极逐渐变细，说明电极B失去电子，转化成离子，即B电极为负极，然后逐步分析；‎ ‎【详解】A电极逐渐变粗，A电极为正极，B电极逐渐变细，B电极为负极，‎ A、Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A电极为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，A电极逐渐变细，B电极为正极，电极反应式为2H＋2e－=H2↑，B电极质量不变，故A不符合题意；‎ B、根据A选项分析，A为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极质量不变，B为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，B电极质量减小，故B不符合题意；‎ C、Fe比Ag活泼，Fe为负极，即A电极上发生Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减少，B电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，故C不符合题意；‎ D、根据选项C分析，A为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，B为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减小，故D符合题意。‎ ‎15.某同学按图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(　　)‎ - 15 -‎ A. 电解过程中，铜极上有H2生成 B. 电解初期，主反应方程式为：2H2O=H2↑+O2↑‎ C. 整个电解过程中，H+的浓度不断增大 D. 电解一定时间后，石墨电极上有铜析出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可得，铜为阳极、石墨为阴极，电解开始阶段，阳极(铜电极)反应为Cu-2e－=Cu2＋，阴极反应为2H＋+2e－=H2↑，电解总反应为：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 电解过程中，石墨极上有H2生成，故A错误；‎ B. 由上述分析，电解初期主反应方程式为：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，故B错误；‎ C. 电解过程中H＋不断放电成为氢气，所以H＋的浓度不断减小，故C错误；‎ D. 随着反应的进行，溶液中Cu2＋浓度增大，一段时间后，阴极上会发生反应Cu2＋+2e－=Cu，有铜析出，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解池工作原理，重在分析能力的考查，明确电极的判断方法、电极反应、电极产物判断是解题关键，注意活性电极作阳极时，活性电极放电。‎ ‎16.被称之为“软电池”的纸质电池总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是 A. 该电池中Zn作负极，发生还原反应 B. 该电池反应中MnO2起催化作用 C. 该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2‎ D. 该电池正极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 15 -‎ ‎【详解】A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，发生氧化反应，A项错误；‎ B.该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，所以二氧化锰作正极，发生还原反应，B项错误；‎ C.电子从负极Zn沿导线流向MnO2，而不是电流，C项错误；‎ D.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，电子从负极沿导线流向正极。‎ ‎17.用惰性电极电解足量的NaCl溶液一段时间后，欲使溶液恰好恢复至电解前情况，可加入的物质是 A. NaCl B. H2O C. 盐酸 D. HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ 用惰性电极电解足量的NaCl溶液一段时间后，电解产物为氯气、氢气和氢氧化钠，由于氢氧化钠还在溶液中，欲使溶液恰好恢复至电解前情况，只需要补充因氯气和氢气逸出而减少的元素，所以可加入的物质是HCl，D正确，本题选D。‎ 点睛：要使电解后电解质溶液复原，一定要本着少什么元素加什么元素的原则，把少的元素组成合理的化学物质，有时可以多加，但是多加的一定要能从溶液中分离出来。‎ 卷Ⅱ 二、非选择题（4大题，共计49分）‎ ‎18.在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH—H键吸收436kJ能量，断裂1molCl—Cl键吸收243kJ能量，形成1molH-Cl键放出431 kJ能量。H2+Cl2=2HCl的化学反应可用如图表示：‎ - 15 -‎ 请回答下列有关问题：‎ ‎(1)反应物断键吸收的总能量为___________________。‎ ‎(2)生成物成键放出的总能量为______________。‎ ‎(3)判断H2+Cl2=2HCl反应_____________(填“吸收”或“放出”)能量。‎ ‎(4)反应物的总能量________(填“＞”、“=”或“＜”)生成物的总能量。‎ ‎【答案】 (1). 679kJ (2). 862kJ (3). 放出 (4). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和；‎ ‎(2)生成物成键放出的总能量为2molHCl的总键能；‎ ‎(3)根据生成物的键能的和与反应物的键能的和的大小关系判断、分析比较。‎ ‎【详解】(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436kJ+243kJ=679kJ；‎ ‎(2)生成物成键放出的总能量为形成2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431kJ×2=862kJ；‎ ‎(3)断键吸收的总能量是679kJ，形成2molHCl释放的总能量是862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，因此该反应是放出热量的反应；‎ ‎(4)反应放出热量，说明反应物的总能量大于生成物的总能量。‎ ‎【点睛】本题主要考查了化学反应与能量的变化的知识，化学反应过程中既有物质变化，也有能量变化。断裂反应物化学键吸收能量，形成生成物化学键释放能量，反应是放热反应还是吸热反应取决于断键吸收的能量与成键释放的能量差。任何反应发生都有断裂化学键吸收能量的过程，与反应放热还是吸热无关。‎ ‎19.按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：‎ - 15 -‎ ‎（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要连接，则连接后的装置叫__。电极反应式：锌电极：___；铜电极：__。‎ ‎（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，则b析出：___。加以必要的连接后，该装置叫___。电极反应式:b极：___。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值__（升高、降低、不变）。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 2H++2e-=H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 2H2O -4e-=O2↑+4H+ (7). 降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A中发生的反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，将Zn和Cu用导线连接，则形成铜锌原电池，Zn作负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，Cu作正极，H+在正极得电子，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：原电池；Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑；‎ ‎(2)a、b电极均为惰性电极，电极不能得失电子，则该装置为电解池装置，a极析出铜，则a极为Cu2+得电子，为阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu。b极为阳极，水电离出的OH-失电子析出O2，电极反应式为：2H2O -4e-=O2↑+4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故答案为：O2；电解池；2H2O -4e-=O2↑+4H+；降低。‎ ‎20.某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理(Cu：相对原子质量为64)。‎ 按照实验步骤依次回答下列问题：‎ ‎（1）导线中电子移动方向为___(用a、b表示)。‎ ‎（2）原电池的正极为__。‎ - 15 -‎ ‎（3）写出装置中铜电极上的电极反应式：___。‎ ‎（4）若装置中铜电极的质量增加32g，则导线中转移的电子数目为__。‎ ‎（5）装置的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，盐桥中的K+向__（填“左侧”或“右侧”）烧杯移动。‎ ‎【答案】 (1). a→b (2). Cu (3). Cu2++2e-=Cu (4). NA (5). 右侧 ‎【解析】‎ 分析】‎ Zn作负极，失电子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，Cu作正极，Cu2+在正极得电子，电极反应为：Cu2++2e-=Cu。‎ ‎【详解】(1)电子移动方向：负极→导线→正极，即a→b，故答案为：a→b；‎ ‎(2)由分析可知，正极为Cu，故答案为：Cu；‎ ‎(3)Cu作正极，正极发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；‎ ‎(4)n(Cu)==0.5mol，由Cu2++2e-=Cu可知，转移电子物质的量n=2×0.5mol=1mol，即转移电子数目为NA，故答案为：NA；‎ ‎(5)K+阳离子，阳离子向正极移动，即向右移动，故答案为：右侧。‎ ‎21.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。‎ A C B ‎(1)写出A、B、C三元素名称：________、________、________。‎ ‎(2)C在元素周期表中的位置是__________________________________。‎ ‎(3)B的原子结构示意图为________，C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序为________＞________(填化学式)。‎ ‎(4)比较A、C的原子半径：A________(填“>”或“<”)C，写出A的气态氢化物与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）氮 硫 氟 - 15 -‎ ‎（2）第二周期ⅦA族 ‎ ‎（3）HF H2S ‎（4）NH3+HNO3=NH4NO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A、B、C三元素分别N、S、F元素，则 ‎（1）A、B、C三元素的名称分别是氮、硫、氟；‎ ‎（2）C元素的原子核内质子数为9，原子核外有2个电子层，最外层电子数为7，位于元素周期表第二周期ⅦA族；‎ ‎（3）B的原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为；非金属性是F＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序为HF＞H2S；‎ ‎（4）元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小关系为N＞F；A的气态氢化物氨气与A的最高价氧化物对应水化物硝酸反应的化学方程式为NH3＋HNO3＝NH4NO3。‎ ‎【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用，题目难度不大，注意根据质子数关系结合元素所在周期表中的位置推断元素的种类是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。‎ - 15 -‎ - 15 -‎