C

解：Na+、Mg2+、F﹣、O2﹣四种离子具有相同的电子层结构，则原子序数Mg＞Na＞F＞O，Mg、Na同周期，F、O同周期，且Mg、Na处F、O的下一周期，结合同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以四种元素原子半径由大到小的顺序为：Na＞Mg＞O＞F，

故选C．

【考点精析】通过灵活运用微粒半径大小的比较，掌握同周期元素的原子或最高价离子半径从左到右逐渐减小（稀有气体元素除外）；电子层数相同，核电荷数越大半径越小；核电荷数相同，电子数越多半径越大；电子数和核电荷数都不同的，一般通过一种参照物进行比较；具有相同电子层结构的离子，一般是原子序数越大，离子半径越小即可以解答此题．

D

解：A、非极性键可能存在离子化合物或共价化合物中，如过氧化钠、HC≡CH，故A错误； B、只含共价键的化合物是共价化合物，所以不可能存在离子键，故B错误；

C、含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故C错误；

D、因化学反应中一定有物质的变化，则化学反应实质是旧键断裂、新键形成，故D正确；

故选D．

A

解：由于不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，故不同物质质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，则表示的反应速率越快， A. =0.4 mol/（L•s）；

B. =6 mol/（L•min）=0.1 mol/（L•s）；

C. = =0.3 mol/（L•s）；

D. = =0.27 mol/（L•s）；

故反应速率A＞C＞D＞B，

故选A．

B

解：（1）单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B，都反映的是逆反应方向，故错误；（2）当体系达平衡状态时，A,B,C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；（3）单位时间内消耗a mol A等效于消耗3a mol B，同时生成3a mol B，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；（4）A,B,C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，所以达平衡状态，故正确；故选B．

【考点精析】掌握化学平衡状态的判断是解答本题的根本，需要知道状态判断：①v(B耗)=v(B生)②v(C耗):v(D生)=x : y③c(C)、C%、n(C)%等不变④若A、B、C、D为气体，且m+n≠x+y，压强恒定⑤体系颜色不变⑥单位时间内某物质内化学键的断裂量等于形成量⑦体系平均式量恒定（m+n ≠ x+y）等．

A

解：A．石灰石高温分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应是吸热反应，故A正确； B．镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，该反应是放热反应，故B错误；

C．酸与碱的中和反应是放热反应，不符合条件，故C错误；

D．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应是放热反应，故D错误；

故选A．

【考点精析】认真审题，首先需要了解反应热和焓变(在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热)．

D

解：A．电子层越多，离子半径越大，卤族元素从上到下非金属性减弱，则对应阴离子的还原性增强，则随核电荷数的增加 X﹣的半径递增，还原性增强，故A错误； B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则氢化物的稳定性随核电荷数的增加逐渐减弱，故B错误；

C．只有F2与水反应生成HF和O2 ， 其它卤素单质与水反应均可表示为 X2+H2O═HX+HXO，故C错误；

D．卤素单质均有颜色，且从上到下颜色加深，则单质的颜色随核电荷数的增加逐渐加深，故D正确；

故选D．

A

解：A、浓HNO3与浓H2SO4具有极强的氧化性，遇铁在铁的表面形成致密的氧化膜，所以两者常温下遇铁都发生钝化，故A正确； B、铜与浓硫酸常温下不反应，铜与浓硝酸生成二氧化氮，而不是氢气，故B错误；

C、露置于空气中，浓H2SO4吸水性溶液质量增加，而不是减轻，故C错误；

D、露置于空气中，浓硝酸挥发，而浓硫酸吸水，所以溶液浓度均变小，故D错误；

故选A．

（1）N；Ar

（2）

（3）Al；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O

解：（1）由①和⑧的位置可知两种元素分别是N和Ar，所以答案是：N；Ar；（2）S元素的氢化物为H2S，H2S是共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H﹣S键，电子式为： ，所以答案是： ；（3）铝能形成两性氢氧化物，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O， 所以答案是：Al；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．

（1）铁片；Fe﹣2e﹣=Fe2+

（2）有气泡产生；还原

（3）11.2

解：（1）该原电池中，铁片易失电子作负极、Cu作正极，负极上铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子进入溶液，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+ ， 所以答案是：铁片；Fe﹣2e﹣=Fe2+；（2）正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，则正极上有气泡产生，所以答案是：有气泡产生；还原；（3）由负极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+ ， 则导线中通过了0.4mol电子，负极材料的质量理论上减少0.2mol×56g/mol=11.2g，所以答案是：11.2．

（1）A

（2）原因是反应到最后反应物的浓度不为零，且与生成物共存

（3）0.025mol/（L?min）；＞

（4）是

（5）50%

解：（1）反应物在反应过程中物质的量在减少，生成物在反应过程中物质的量在增加，图象分析，A物质的量在减少为反应物，B物质的量在增加为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，所以答案是：A；（2）可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应，任何可逆反应中，反应到最后反应物的浓度不为零，图象分析A、B最终浓度不为零，反应物和生成物共存，为可逆反应，所以答案是：原因是反应到最后反应物的浓度不为零，且与生成物共存；（3）反应开始至4min时，A物质的量变化=0.8mol﹣0.4mol=0.4mol，A的平均反应速率为V= = =0.025mol/（L•min），物质的量不变化说明反应达到平衡状态，4min时AB物质的量发生变化，说明未达到平衡，可逆反应在达到平衡前，正反应速率大于逆反应速率，所以此时V正＞V逆 ， 所以答案是：0.025mol/（L•min）；＞；（4）图象分析可知，随时间变化AB物质的量发生变化说明未达到平衡，达到平衡状态，反应继续进行，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，8min时，AB物质的量不变，依据AB消耗的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比，A物质的量变化=0.8mol﹣0.2mol=0.6mol；B变化物质的量=0.5mol﹣0.2mol=0.3mol，AB反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式：2A⇌B，所以答案是：是；（5）图象分析，A物质的量在减少为反应物，反应进行至4min时，A减少0.8mol﹣0.4mol=0.4mol，转化率= ×100%= =50%，所以答案是：50%．

【考点精析】掌握化学平衡的计算是解答本题的根本，需要知道反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%．

（1）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O

（2）a

（3）CuO；黑色固体变为红色

（4）2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu

（5）用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，证明有氨气

解：（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+NH3↑+2H2O， 所以答案是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O； （2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收，故选a，所以答案是：a；（3）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，装置C中是氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，装置C中盛装的物质是CuO，反应后黑色粉末氧化铜逐渐变为红色，所以答案是：CuO，黑色固体变为红色；（4）C中发生的化学是氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，反应方程式是：2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu，所以答案是：2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu；（5）氨气为碱性气体，与水生成具有碱性的一水合氨，遇红色的湿润显蓝色，也可以用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，证明有氨气；所以答案是：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气或用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近，产生白烟，证明有氨气．

②④

解：①加20mL蒸馏水，氢离子浓度变小，反应速率更慢，故错误；②升高温度（不考虑盐酸挥发），加快反应速率，故正确；③加NaCl溶液，体积变大，氢离子浓度变小，反应速率更慢，故错误；④加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，故正确；所以答案是：②④．