第I卷（选择题）
一、选择题（每题3分，16小题，满分48分） 1．下列说法正确的是
A．将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B．常温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，溶液的pH＞7 C．将0.1mol／L的HI溶液加水稀释l00倍，溶液中所有离子的浓度随之减小 D．两种醋酸溶液的pH分别为a和(a + 1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则有c1=10c2 【答案】B 【解析】
试题分析：A、Ca（OH）将Ca（OH）（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，2饱和溶液加热Ca
2
析出，溶液的pH减小，故A错误；B、pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨
--3
+
-
水中c（OH）=10mol/L，两种溶液H与OH离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故B正确；C、HI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H）×c（OH）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，故C错误；D、醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c1＞10c2，故D错误；故选B。 考点：考查了溶液的酸碱性和pH的关系的相关知识。 2．NA表示阿伏加德罗常数。则下列叙述中，正确的是
A．32g S中电子数目为2NA
B．46 gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3NA C．1 L 0.5 mol•L Na2CO3溶液中含有的CO3数为0.5NA D．78 g Na2O2中阴离子数目为2NA 【答案】B 【解析】
试题分析：A、32g硫离子的物质的量是1mol，含有18mol电子，含有电子数目为18NA，故
A错误；B、46gNO2和N2O4的混合物中，二者最简式为NO2，46g混合气体中含有1mol最
－1
2－
2-+
-
简式，含有的原子的物质的量为3mol，含有的原子数为3NA，故B正确；C、1 L 0.5 mol•L Na2CO3溶液中，含有0.5mol碳酸根离子，由于碳酸根离子发生了水解，数目减少，所以含有的CO32-数小于0.5NA，故C错误；D、78g过氧化钠的物质的量是1mol，含有阴离子过氧根离子物质的量为1mol，故D错误； 故选B。
考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。
3．在下列五种物质的组合中，既能跟氢氧化钠溶液反应，又能跟盐酸反应的化合物是
①Al ②Al(OH)3 ③Al2O3 ④Na2CO3 ⑤NaHCO3
A．①②③⑤ B．①③④⑤ C．②③⑤ D．②④⑤ 【答案】C 【解析】
试题分析：①金属铝能和盐酸、氢氧化钠反应都会生成对应的盐和氢气，但是金属铝属于单
质，不是化合物，故①错误；②Al（OH）3是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②正确；③氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③正确；④Na2CO3和盐酸反应放出二氧化碳，但不能与氢氧化钠反应，故④错误；⑤NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故⑤正确；正确的有②③⑤，故选C。
考点：考查了物质的性质的相关知识。 4．下列物质所属类别不正确的是 ．．．
A．纯碱——碱 B．氯化铝——盐
C．金属钠——还原剂 D．二氧化硅——酸性氧化物 【答案】A 【解析】
试题分析：A、水溶液中阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，纯碱为碳酸钠属于盐，
故A错误；B、氯化铝属于铝盐，故B正确；C、金属钠具有还原性，是常见的还原剂，故C正确；D、二氧化硅是硅酸的酸酐，属于酸性氧化物，故D正确；故选A。 考点：考查了物质分类的相关知识。
5．将0.5mol的下列物质溶于500ml水中，，含阴离子数目最多的是
A．CaCO3 B．CH3COONa C．NH3 D．Na2SO3
-1
【答案】D 【解析】
试题分析：A、虽然碳酸钙是强电解质，但碳酸钙是难溶物，只有很少量的碳酸钙溶解，所
以阴离子浓度很小；B、醋酸钠是强电解质且易溶，但醋酸根离子易水解，导致醋酸根离子浓度小于0.1mol/L；C、氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，则阴离子浓度远远小于0.1mol/L；D、亚硫酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，且亚硫酸根离子有两步水解，第一步生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，第二步又生成氢氧根离子，所以阴离子浓度大于0.1mol/L，所以阴离子数目最多的是亚硫酸钠。故选D。
考点：考查了电解质的溶解性及电离程度、电解质在水溶液中的电离的相关知识。 6．下列反应中，Na2O2只表现强氧化性的是
A．2Na2O2 + 2CO2 2Na2CO3 + O2 B．Na2O2 + MnO2 =Na2MnO4
C．5Na2O2 + 2MnO + 16H+ = 10Na+ + 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O D．2Na2O2 + 2H2SO4 = 2Na2SO4 +2H2O + O2↑ 【答案】B 【解析】
试题分析：A、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，过氧化钠中氧元素的化合价是-1价，碳酸钠
中氧元素的化合价是-2价，氧气中氧元素的化合价是0价，所以该反应过氧化钠中既有氧元素化合价升高也有化合价降低，过氧化钠既表现氧化性也表现还原性，故A错误；B、反应Na2O2+MnO2=Na2MnO4中，过氧化钠中氧元素得电子化合价降低，锰元素失电子化合价升高，过氧化钠作氧化剂，二氧化锰作还原剂，所以过氧化钠表现强氧化性，故B正确；C、反应5Na2O2+2MnO4+16H=10Na+2Mn+5O2↑+8H2O中，过氧化钠中氧元素失电子化合价升高，锰元素得电子化合价降低，所以过氧化钠只作还原剂表现还原性，故C错误；D、反应2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑中，过氧化钠中氧元素既有得电子化合价降低的，也有失电子化合价升高的，所以过氧化钠既表现氧化性又表现还原性，故D错误；故选B。
考点：考查了物质氧化性和还原性的判断的相关知识。
-+
+
2+
7．某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)+dW(g)，达平衡
后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是
A． 平衡正移 B． (a+b)>(c+d) C． Z的体积分数变小 D． X的转化率变大 【答案】C 【解析】
试题分析：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假
定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d。A、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A错误；B、平衡向逆反应方向移动，则应由a+b＜c+d，故B错误；C、平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C正确；D、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，故B错误；故选C。 考点：考查了化学平衡移动的影响的相关知识。
8．将4体积的H2和1体积的O2混合，4 g这种混合气体在标准状况下所占的体积是
A．5.6 L B．11.2 L C．22.4 L D．33.6 L 【答案】B 【解析】
试题分析：4体积的H2和1体积的O2混合，则二者物质的量之比为4：1，设物质的量分别
为4x mol、xmol，则；4x mol×2g/mol+x mol×32g/mol=4g，解得x=0.1mol，故标况下混合气体体积为（0.4mol+0.1mol）×22.4L/mol=11.2L，故选B。 考点：考查了物质的量有关计算的相关知识。
9．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P
a kJ·mol、P—O b kJ·mol、P=O c kJ·mol、O=O d kJ·mol。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是：
—1
—1
—1
—1
A．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1 B．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1 C．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol D．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol 【答案】D 【解析】
试题分析：各化学键键能为P-P a kJ•mol-1、P-O b kJ•mol-1、P=O c kJ•mol-1、
O=O d kJ•mol．
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热
△H=6akJ•mol+5dkJ•mol-（4ckJ•mol+12bkJ•mol）=（6a+5d-4c-12b）kJ•mol，故选D。
考点：考查了反应热与化学键键能的关系的相关知识。
10．在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换
器接触室（见下图）。按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为
-1
-1
-1
-1
-1
-1
—1—1
A．SO2 B．SO3、O2 C．SO2、SO3 D．SO2、O2
【答案】D 【解析】
试题分析：通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催
化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出．故A处流出的气体仍为SO2和O2；故选D。 考点：考查了工业制硫酸的流程的相关知识。
11．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机
电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电。其电池反应为：2CH3OH + 3O2 + 4OH— =2CO32— + 6H2O，则下列说法错误的是 Ａ．放电时CH3OH参与反应的电极为正极 Ｂ．充电时电解质溶液的pH逐渐增大
Ｃ．放电时负极的电极反应为：CH3OH－6e＋8OH ＝ CO3 + 6H2O Ｄ．充电时每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子 【答案】A
－
－
2—
考点：考查了化学电源、原电池和电解池原理的相关知识。 12．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．在澄清石灰水中加入少量小苏打：Ca2++OH－+HCO3－ CaCO3↓+H2O B．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O－+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32－ C．将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO－+H2O SO32－+2HClO
D．将标准状况下112mL氯气通入10mL浓度为1mol·L的溴化亚铁溶液中：2Fe+4Br
－
－12+
+3Cl2 3Fe3++6Cl－+2Br2
【答案】A 【解析】
试题分析：A、在澄清石灰水中加入少量小苏打，碳酸氢钠不足，反应的离子方程式为：
Ca+OH+HCO3═CaCO3↓+H2O，故A正确；B、苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成产物为碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故B错误；C、将少量SO2气体通入NaClO溶液中，亚硫酸根离子被次氯酸氧化成硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+2ClO-+H2O═SO42-+HClO+Cl-+H+，故C错误；D、标准状况下112mL氯气的物质的量为0.005mol；10mL浓度为1mol•L-1的溴化亚铁溶液中含有溴化亚铁0.01mol，由于亚铁离子还原性大于溴离子还原性，所以亚铁离子优先被氯气氧化，0.01mol亚铁离子需要消耗0.005mol氯气，氯气与亚铁离子恰好完全反应，正确的离子方程式为：2Fe+Cl2═2Fe+2Cl，故D错误；故选A。 考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。
13．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素。下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力
比Y强的是
A．原子的电子层数：X>Y B．对应的简单离子的还原性：X>Y C．气态氢化物的稳定性：X>Y D．氧化物对应水化物的酸性：X>Y 【答案】C 【解析】
试题分析：A、X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性
强，故A不选；B、元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：X＞Y，则Y的非金属性强，故B不选；C、X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D、比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选，故选C。
考点：考查了原子结构与元素周期律的关系的相关知识。 14．下列关于教材中的各项说法错误的一项是 ．．
A．在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然发生能量的变化
2+
3+
-2+
--
B．氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素
C．在书写热化学方程式时应标明反应物及生成物的状态，无需标明反应温度和压强 D．医疗上用的石膏绷带是利用熟石膏与水混合成糊状后很快凝固的性质 【答案】C 【解析】
试题分析：A、化学反应的过程就是旧键断裂和新键形成的过程，断键吸收能量，成键释放
能量，故A正确；B、常用氮肥包括铵态氮肥、硝态氮肥和尿素，故B正确；C、不同条件下，反应热的数值不同，所以书写热化学方程式时必须注明温度和压强，常温常压可以不注明，故C错误；D、石膏绷带就是利用CaSO4•H2O遇水生成糊状CaSO4•2H2O，CaSO4•2H2O很快失水生成CaSO4•H2O从而凝固的原理，故D正确；故选C。 考点：考查了反应热和焓变；热化学方程式；氮族元素简介的相关知识。
15．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下
列说法正确的是
A．锌片是负极 B．两个铜片上都发生氧化反应 C．石墨是阴极 D．两个番茄都形成原电池 【答案】A 【解析】
试题分析：A、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极，故A正确；B、原电池中铜电
极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应，故B错误；C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，故C错误；D、左装置是原电池，右装置是电解池，故D错误；故选A．
考点：考查了原电池、电解池原理的分析应用的相关知识。 16．已知钡的活动性处于钾和钠之间，则下述说法中可能实现的是
A．钡可从氯化钾溶液中置换出钾 B．钡可从冷水中置换出氢气 C．钡可从氯化钠溶液中置换出钠
D．在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子 【答案】B 【解析】
试题分析：A、Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钾溶液中置换出钾，故A错误；
B、Ba的性质活泼，能与冷水反应置换出氢而得到氢气，故B正确；C、Ba先与溶液中的水反应，所以钡不能从氯化钠溶液中置换出钠，故C错误；D、金属性Ba＞Zn，则在溶液中钡离子不能氧化金属锌，故D错误；故选B。 考点：考查了金属的化学性质的相关知识。
第II卷（非选择题）
二、填空题（本题共5小题，满分52分）
17．（17分）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶
中提取，纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
（1）称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。 （2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48L无色无味气体（标准状况）。 （3）经红外光谱测定，证实其中含有-OH键，-COOH基团，C-H键；其核磁共振氢谱有四组峰，面积比为1﹕3﹕1﹕1。 （3）A的结构简式 （1）有机物A的相对分子质量为 （2）9.0g有机物A完全燃烧时，经计算： 生成CO2共为 mol， 生成的H2O g， 有机物A的分子式 。 （4）经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在-OH键，（4）A的同分异构体的 还含有醛基，C-O键；其核磁共振氢谱有五组峰，面积比为1﹕2﹕1﹕1﹕1。 （5）如果经红外光谱测定，A的一种同分异构体中，存在-OH键，还含有C=O，C-O键；其核磁共振氢谱有两组峰，（5）A的同分异构体的 结构简式 结构简式
面积比为1﹕2。 【答案】 （1）90；
（2）0.3；5.4；C3H6O3 （3）
；
（4）OHCCH(OH)CH2OH； （5）
考点：考查了有机物分子式、结构简式的确定的相关知识。 18．(18分)已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：
（1）2 mol F生成l mol G。Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比
为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128。1 mol Q可与l mol Br2加成，并能与l molNaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链。Q的分子式是 。 （2）A所含官能团的名称是 、 ；A→B的反应类型是 ； （3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式： ；
（4）G的结构简式是 ；Q的反式结构简式是 。 （5）下列说法正确的是 。
a．D催化加氢的产物与F互为同分异构体 b．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应
c．高分子N的每条分子链中含有(n-1)个酯基
（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式
①能与NaHCO3反应 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱有4个吸收蜂 （7）写出HN的化学方程式： 。 【答案】 （1）C6H8O3
（2）羟基、羧基； 消去反应； （3）CH3CHO+2Ag(NH3)2OH
CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
（4）；；
（5）a ； （6）
（7）【解析】
。
试题分析：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原
子的个数之比是
96：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，1216则Q的分子式是C6H8O3，1 mol Q可与l mol Br2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与l molNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链，Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有-COOH、-OH，2mol F生成l mol G，F发生酯化反应生成六元环化合物F，应是发生酯化反应，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式
为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是
CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化
生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为
（1）根据以上分析可知，Q的分子式为C6H8O3，故答案为：C6H8O3；
（2）A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，分子含有的官能团是羟基、羧基，A→B的
反应类型是消去反应，故答案为：羟基；羧基；消去反应；
（3）C分子中含有醛基，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）
2
，
OHOH
CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
2
（4）由上述分析可知，G的结构简式是；Q的结构简式是
CH3CH2COCH=CHCOOH，Q的反式结构简式是，故答案为：
；；
（5）a．．D催化加氢的产物是HOCH2CH2CH2COOH，与F互为同分异构体，故a正确； b．F中含有羟基和羧基，能发生氧化反应、取代反应，但不能发生加成反应，故b错误； c．高分子N的每条分子链中含有2n个酯基，故c错误，故答案为：a；
（6）H的一种同分异构体满足条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②能发生银镜反
应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有4个吸收蜂，即含有4类氢原子，所以符合条件的有机物结构简式可以为（
7
）
生
成
N
的
等，故答案为：
化
学
方
程
； 式
为
：
，故答案
为：
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
19．（4分）镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：
。
（1）单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的______________，还生成少量的
______________（填化学式）；
（2）将生成的产物加入水中，其中一种产物可与水生成难溶于水的白色沉淀和能使红
色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应方程式 。
【答案】 （1）MgO；Mg3N2，
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑ 【解析】
试题分析：（1）镁在空气中燃烧，镁和氧气反应生成氧化镁，和氮气反应生成氮化镁，所
以单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的氧化镁，还生成少量的氮化镁，故答案为：MgO；Mg3N2；
（2）将生成的产物加入水中，Mg3N2可与水生成难溶于水的氢氧化镁白色沉淀和氨气，方程
式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑。 考点：考查了镁的性质的相关知识。 20．（6分）在溶液中，反应A+2B
-1
C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓
-1
-1
度均为c(A)=0.100 kJ·mol、c(B)=0.200 kJ·mol及c(C)=0 kJ·mol。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件；所改变的条件分别：
②_______________；③_______________。
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；该反应的△H _____0；(填“＞”、“＜”、
或“＝”)理由是_________________________________________。
（3）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验③：v(B)＝___________________。
【答案】
（1）加催化剂；温度升高；
（2）40%；＞；温度升高，平衡向正反应方向移动，正方向是吸热方向； （3）0.018mol（L•min） 【解析】
试题分析：（1）与①比较，②缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化
学平衡不移动，所以②为使用催化剂；与①比较，③缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小，故答案为：加催化剂；温度升高；
（2）由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量
0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知0.04mol/L×2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为
B
的浓度变化量为
-1
0.08mol/L×100%=40%；因③温度
0.2mol/L升高，平衡时A的浓度减小，化学平衡向吸热的方向移动，说明正反应方向吸热，即△H＞0，故答案为：40%；＞；温度升高，平衡向正反应方向移动，正方向是吸热方向； （3）实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L，故A的浓度变化量
0.1mol/L-0.04mol/L=0.06mol/L，由方程式可知C的浓度变化量为0.06mol/L，故平衡时C的浓度为0.06mol/L，vC=vA=-
0.0640.1mol/（L•min）=0.009 mol/（L•min），4-1
vB=2vA=0.018 mol/（L•min），故答案为：0.018mol（L•min）
考点：考查了化学平衡浓度-时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素的相关知识。 21．（9分）下表是元素周期表中的一部分。
根据A—J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题： ．．．．．．．．
（1）化学性质最不活泼的元素是 ，氧化性最强的单质是 ，还原性最强的
单质是 。
（2）最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是 ，酸性最强的
是 ，呈两性的是 。
（3）A分别与E、F、G、H、I形成的化合物中，最稳定的是 。 （4）在B、C、D、G、I中，原子半径最大的是 。 （5）元素C与I形成的化合物的电子式是 。 ．．．【答案】
（1）Ne；F2 ；Na；
（2）NaOH；HClO4；Al（OH）3； （3）HF； （4）Na； （5）【解析】
试题分析：由元素在周期表中的位置可知，A为H，B为Na，C为Mg，D为Al，E为C，F为
N，G为S，H为F，I为Cl，J为Ne，
（1）上述元素中稀有气体Ne最外层电子为8，为稳定结构，化学性质最稳定；同周期自左
而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，F的非金属性最强，故F2氧化性最强，Na的金属性越强，其单质还原性越强，故答案为：Ne；F2；Na；
（2）上述元素中，Na的金属性最强，则最高价氧化物的水化物NaOH的碱性最强，F元素没
有含氧酸，高氯酸的酸性增强，上述元素中的最高价氧化物的水化物中只有Al（OH）3为两性，故答案为：NaOH；HClO4；Al（OH）3；
（3）同周期自左而右非金属性最强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化
物越稳定，C、N、S、F、Cl中F的非金属性最强，则HF最稳定，故答案为：HF； （4）同周期随原子序数增大元素原子半径减小，故原子半径Na＞Mg＞Al＞S＞Cl，故答案
为：Na；
（5）元素C与I形成的化合物为MgCl2，镁离子与氯离子构成，其电子式为：
，故答案为：
考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。
。
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