【化学】宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期6月月考试题（解析版） 27页

宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期6月月考试题 可能用到的相对原子质量： O 16 Cl 35.5 Cu 64 ‎ 第I卷 一、单选题 ‎1.下列有关化学用语表达正确的是(　　)‎ A. 35Cl-和37Cl-离子结构示意图均可以表示为：‎ B. 质子数为92、中子数为146的U原子：‎ C. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ D. H2O2的电子式 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．35Cl-和37Cl-质子数均为17，电子数均为18，不同的只是中子数，所以它们的离子结构示意图相同，均可以表示为，正确；‎ B．质子数为92、中子数为146的U原子可以表示为，错误；‎ C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键不能省略，错误；‎ D．H2O2是共价化合物，其电子式为，错误；‎ 故选A。‎ ‎2.已知：某元素的阴离子Rn-，其原子核内的中子数为A-x+n，其中A为质量数。则WgRn-中的电子总数为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】已知某元素的阴离子Rn-，其原子核内的中子数为A-x+n，其中A为质量数，则R的质子数为x-n，所以Rn-中核外电子数为x-n+n=x。WgRn-的物质的量n(Rn-)=mol，则WgRn-离子中包含电子个数是=，答案选D。‎ ‎3.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是(    )‎ A. 原子序数：Y＞X＞Z＞W B. 离子半径：X+＞Y2+＞Z-＞W2-‎ C. 原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞X D. 还原性：X＞Y，W2-＞Z-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数 +电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数,‎ A.根据原子序数与核外电子数、电荷数之间的关系式确定原子序数； ‎ B.电子层结构相同的离子，离子半径随着 原子序数增大而减小； ‎ C.主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8;‎ D.同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱;‎ ‎【详解】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律递变规律判断；‎ A.X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，由离子所带电荷可知，X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故A正确；‎ B.电子层结构相同核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y2+＜X+＜Z-＜W2-，故B错误；‎ C.X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C正确；‎ D.X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎4. 下列有关元素周期表结构的说法正确的是(　　)‎ A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族 B. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 C. 某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期副族元素 D. 除短周期外，其他周期均为18种元素，副族元素没有非金属元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子最外层电子数为2的元素不一定处于周期表IIA族，例如He处于0族，A错误；‎ B．元素周期表中第三列至第十二列元素属于过渡元素，B错误；‎ C．Ba是55号元素，某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期第ⅢB族元素，C正确；‎ D．除短周期外，第4、5周期均为18种元素，第六周期是32种元素，第七周期还没有排满，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.图中的数字代表的是原子序数，图中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的实际位置相符的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表的结构可以知道，相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、32，以此判断同族中位置关系。同周期元素根据原子序数判断位置关系，注意第三列镧系、锕系，长周期第ⅡA族、第ⅢA族之间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族，以此来解答。‎ ‎【详解】A.7、8、9为第二周期相邻的N、O、F元素，8、16、34为第ⅥA族相邻的元素O、S、Se，符合位置关系，所以A选项是正确的； B.4为Be、5为B，中间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ 族，故B错误； C.1为H，2为He，分别为第1列与第18列，且H与Na（原子序数为11）不相邻，不符合位置关系，故C错误； D.10 为Ne，位于第18列，而17为Cl，35为Br，Cl、Br同主族，不符合位置关系，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ ‎6.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )‎ A. a是一种活泼的非金属元素 B. c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸 C. b的氢化物很稳定 D. b元素的最高化合价为＋7价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表的结构推断a为氦元素，b为氟元素，c为硫元素。‎ ‎【详解】A、氦元素为稀有气体元素，很不活泼，错误；‎ B、硫酸为强酸，错误；‎ C、氟元素为非金属性最强的元素，它的氢化物很稳定，正确； ‎ D、氟元素没有正价，错误。‎ 故选C ‎7.下列能说明氯元素比硫元素非金属性强的是（ ）‎ ‎①HCl比H2S稳定； ②HClO4酸性比H2SO4强； ③Cl2能与H2S反应生成S； ④Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子； ⑤Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物；⑥盐酸是强酸，而氢硫酸是弱酸。‎ A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑥ C. ①②③⑤ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2‎ S稳定，Cl比S非金属性强，故①正确；‎ ‎②元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，Cl比S非金属性强，故②正确；‎ ‎③元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，Cl2能与H2S反应生成S，Cl比S非金属性强，故③正确；‎ ‎④比较非金属性的强弱不能根据最外层电子数的多少，应根据得电子能力判断，故④错误；‎ ‎⑤非金属性越强，越易与氢气化合，Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物，可知氯的非金属性比硫强，故⑤正确；‎ ‎⑥HCl和H2S不是Cl、S的最高价含氧酸，不能根据二者酸性强弱判断非金属性Cl＞S，故⑥错误；‎ ‎①②③⑤正确，答案为C。‎ ‎8.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（ ）‎ A. 对应气态氢化物的稳定性：Y＞W B. 对应简单离子的半径：W＞Z C. 化合物XZW中既含离子键也含共价键 D. Y的氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期金属性最强的元素，可知X为11号元素，则X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，则Z是Cl元素；‎ A．非金属性：O＞Si，对应简单气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故A错误；‎ B．O、Cl对应的简单离子，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子半径：Cl-＞O2-，故B错误；‎ C．NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间为离子键，氯原子与氧原子之间为共价键，故C正确；‎ D．SiO2和HClO4不反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列各组微粒按半径由大到小的顺序排列的是（ ）‎ A. Mg、Ca、K、Na B. S2-、Cl-、K+、Ca2+‎ C. Br-、Br、Cl、S D. Na+、Al3+、Cl-、F-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Mg，K＞Ca，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Ca＞Mg，故原子半径大小顺序为K＞Ca＞Na＞Mg，故A错误； B．S2-、Cl-、K+、Ca2+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Ca2+，故B正确； C．阴离子半径大于相应的原子半径，则Br-＞Br，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则Br＞Cl，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则S＞Cl，所以微粒半径：Br-＞Br＞S＞Cl，故C错误； D．Na+、Al3+、F-核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则有：F-＞Na+＞Al3+，Cl-有3个电子层，离子半径最大，则Cl-＞F-＞Na+＞Al3+，故D错误； 故选：B。‎ ‎10.下列原子序数所对应的元素组中，两者可形成离子键的是(　　)‎ A. 1和17 B. 12和‎9 ‎C. 14和6 D. 15和8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子序数zd分别为1和17的元素分别为H和Cl元素，形成的化合物为共价化合物，选项A错误；‎ B.原子序数分别内为12和9的元素分别为Mg和F元素，形成的化合物为离子化合物，选项B正确；‎ C.原子序容数分别为14和6的元素分别为Si和C元素，形成的化合物为共价化合物，选项C错误；‎ D.原子序数分别为15和8的元素分别为P和O元素，形成的化合物为共价化合物，选项D错误．‎ 答案选B。‎ ‎11.化学反应均伴随着能量的变化，某化学反应过程能量变化如图所示，该化学反应可能是(　　)‎ A. NaOH+HCl=NaCl+H2O B. Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑‎ C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ D. Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】由该化学反应过程的能量变化图可知，该反应为吸热反应，‎ A．NaOH+HCl=NaCl+H2O为酸碱中和反应，属于放热反应，故A不符合；‎ B．Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑为金属与酸的置换反应，属于放热反应，故B不符合；‎ C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑属于放热反应，故C不符合；‎ D．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，属于吸热反应，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎12.下列说法正确的是(　　)‎ ‎①金属和非金属化合一定形成离子键②离子键是阳离子和阴离子的相互吸引③‎ 两个非金属原子间不可能形成离子键④非金属原子间不可能形成离子键⑤离子化合物可能含有共价键⑥共价化合物中可能有离子键 A. ①②③ B. ②④⑤ C. ③ ⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属和非金属化合一般形成离子键，也可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故①错误；‎ ‎②离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故②错误；‎ ‎③两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，不能形成离子键，故③正确；‎ ‎④非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故④错误；‎ ‎⑤离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故⑤正确；‎ ‎⑥共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物为离子化合物，故⑥错误；‎ 正确的有③ ⑤，故选C。‎ ‎13.反应4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)在‎5L密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率x(　　)‎ A. (O2) = 0.01mol·(L·s) –1 B. (NO) = 0.008mol·(L·s) –1‎ C. (H2O) = 0.006mol·(L·s) –1 D. (NH3) = 0.002mol·(L·s) –1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以△c（NO）=0.3mol/‎5L=0.06mol·L－1，所以v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s）‎ ‎【详解】A、v（O2）=5v（NO）/4═1.25×0.002mol/（L·s）=0.0025mol/（L·s）故A错误；‎ B、v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s），故B错误；‎ C、v（H2O）=6v（NO）/4═1.5×0.002mol/（L·s）=0.003mol/（L·s），故C错误；‎ D、氨气与NO的化学计量数相同，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）=0.002mol·(L·s) –1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.瑞德西韦是抗击新型肺炎的明星潜力药。其由H、C、N、O、P五种元素组成。下列叙述错误的是(　　)‎ A. 简单的离子半径：P3->N3->O2-‎ B. 由H、N、O组成的化合物都是共价化合物 C. 最简单的氢化物的热稳定性：H2O>NH3‎ D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．离子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的离子，核内质子数越多半径越小，P3-、N3-、O2-三种离子的电子层数分别为3、2、2，核内质子数分别为15、7、8，所以离子半径大小为：P3->N3->O2-，A正确；‎ B．由H、N、O组成的化合物有的是共价化合物如HNO3，有的是离子化合物如NH4NO3，B错误；‎ C．元素的非金属性越强，形成的氢化物就越稳定，同周期从左到右元素的非金属性增强，非金属性：O>N，故氢化物的热稳定性：H2O>NH3，C正确；‎ D．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，同主族从下到上元素的非金属性增强，非金属性：N>P，故最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H3PO4，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.镁燃料电池作为一种高能化学电源，具有良好的应用前景。下图是镁--空气燃料电池工作原理示意图。下列有关该电池的说法不正确的是( ) ‎ A. 该电池Mg作负极，发生氧化反应 B. 该电池的正极反应式为：‎ C. 电池工作时，电子通过导线由Mg电极流向C电极 D. 当电路中通过0.2mol电子时，消耗的体积为‎1.12L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】镁燃料电池中，镁的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，电子由负极经外电路流向正极，由此综合分析。‎ ‎【详解】A、该电池Mg作负极，发生氧化反应，故A正确；‎ B、该电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；‎ C、电池工作时，电子通过导线由Mg电极流向碳电极，故C正确；‎ D、状况不知，无法求气体的体积，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎16.可逆反应，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成的同时生成 ‎②单位时间内生成的同时生成 ‎③用表示的反应速率之比为的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的物质的量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。‎ ‎【详解】①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，不能据此判断平衡状态，故②错误；‎ ‎③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；‎ ‎④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；‎ ‎⑦由于ΔV(g)≠0，气体的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；‎ ‎①④⑥⑦正确，答案选A。‎ ‎17.如图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗、N棒变细，以此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）‎ 选项 M N P A 锌 铜 稀硫酸溶液 B 铜 铁 稀盐酸溶液 C 银 锌 硝酸银溶液 D 锌 铁 硝酸铁溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该装置没有外接电源，所以是原电池。原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡。根据题意：M棒变粗、N棒变细可知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼；‎ A．铁比铜活泼，即M极材料比N极活泼，故A不符合题意；‎ B．铁比铜活泼，铜做M电极，电解质溶液为稀盐酸，M极上产生氢气，质量不增加，故B不符合题意；‎ C．锌比银活泼，即N极材料比M极活泼，电解质溶液为硝酸银，M极上有银析出，所以质量增加，故C符合题意；‎ D．锌比铁活泼，即M极材料比N极活泼，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎18.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（ ）‎ ‎①两烧杯中铜片表面均无气泡产生 ‎②甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 ‎③两烧杯中溶液的c(H＋)均减小 ‎④产生气泡的速率甲比乙慢 ‎⑤甲中SO42-向Zn片移动，H＋向Cu片移动 ‎⑥乙中电流从Cu片流向Zn片 ‎⑦甲乙两烧杯中Cu片的质量均不变 A. ①②③ B. ③⑤⑦‎ C. ④⑤⑥ D. ②③④⑤⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此解答该题。‎ ‎【详解】①甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故错误；‎ ‎②乙没有形成原电池反应，没有正负极，故错误；‎ ‎③两烧杯中的氢离子发生反应，c（H+）减少，故正确；‎ ‎④甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故错误；‎ ‎⑤甲为原电池，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故正确；‎ ‎⑥乙没有形成原电池，没有电流产生，故错误；‎ ‎⑦甲中Cu为正极，质量不变，乙中铜与氢离子不反应，质量不变，故正确；‎ 故选B。‎ ‎19.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下，由此可判断这四种金属的活动性顺序是 ( )‎ a极质量减小，b极质量增加 b极有气体产生，c极无变化 d极溶解，c极有气体产生 电流从a极流向d极 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】中发生原电池反应，a极质量减小，b极质量增加，说明a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；‎ 不构成原电池，b极有气体产生，c极无变化，说明b是金属活动性顺序表氢前的金属，c是氢后金属，所以金属的活动性顺序b＞c；‎ 中发生原电池反应，d极溶解，c极有气体产生，所以d是负极，c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；‎ 中发生原电池反应，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；‎ 综上所述，这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。‎ ‎20.如图所示是实验室制取气体装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示。下列选项中正确的是 ( )‎ 选项 发生装置中的药品 干燥和集气装置 A 饱和亚硫酸钠和浓硫酸 图2‎ B 大理石和稀盐酸 图1‎ C 铜和稀硝酸 图2‎ D 氧化钙和浓氨水 图1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由实验装置可知，图1装置 特点是：气体能用碱石灰干燥，气体可用向下排空气法收集；图2装置的特点是：气体能用氧化钙干燥，气体可用向上排空气法收集，结合发生的反应及气体的性质来解答。‎ ‎【详解】A．饱和亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，图2中氧化钙吸收二氧化硫，故A不选；‎ B．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳气体和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥二氧化碳，且二氧化碳的密度大于空气的密度，应用向上排空气法收集，故B不选；‎ C．铜和稀硝酸反应生成NO，一氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集NO，故C不选；‎ D．氧化钙和浓氨水反应生成氨气，氨气和碱石灰不反应，所以可用碱石灰干燥氨气，氨气的密度小于空气的密度，所以可用向下排空气法收集，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎21.下列装置中能达到实验目的的是( )‎ A. 图1可用于实验室制取 B. 图2可用于收集二氧化硫 C. 图3可用于干燥Cl2 D. 图4可用于比较和的热稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室制取Al(OH)3，应该用可溶性铝盐和弱碱如氨水制取，强碱会溶解生成的Al(OH)3，故A错误；‎ B．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集，故B错误；‎ C．氯气和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，故C错误；‎ D．碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不易分解，所以把碳酸氢钠装在里面的试管里，当直接加热外面的试管时，从内管导出的气体使石灰石变浑浊，而和外面的试管连通的导管导出的气体没有使石灰水变浑浊，可以证明碳酸氢钠不如碳酸钠稳定，从而可以比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎22.工业上用铝土矿(主要成分为，含FeO杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸溶液 B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②的化学方程式为CO2 + Na[Al(OH)4] = NaHCO3 + Al(OH)3↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2的化学方程式为Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；‎ B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到Na[Al(OH)4]溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则反应①过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B错误；‎ C．电解熔融Al2O3，Al、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应反应，故C错误；‎ D．①过滤后所得溶液乙为Na[Al(OH)4]溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为Na[Al(OH)4]+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎23.莽草酸结构简式如图所示，下列关于莽草酸的说法不正确的是（ ）‎ A. 分子式为 B. 分子中含有3种官能团 C. 可发生加成和取代反应 D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由结构可知，该物质的分子式为C7H10O5，含-OH、C=C、-COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答。‎ ‎【详解】A. 根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，故A错误；‎ B. 由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故B正确；‎ C. 碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，也为取代反应，故C正确；‎ D. 分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴水褪色，也可被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎24.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）‎ A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；‎ B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；‎ C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；‎ D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎25.下列物质通过化学反应，其中产生的二氧化碳和水的物质的量相等的是 (　　)‎ A. 甲烷在氧气中完全燃烧 B. 乙烷在氧气中完全燃烧 C. 苯在氧气中完全燃烧 D. 碳酸氢铵受热分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4在氧气中完全燃烧，生成的二氧化碳和水的物质的量之比为1:2，故A不选；‎ B．C2H6在氧气中完全燃烧，生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2:3，故B不选；‎ C．C6H6在氧气中完全燃烧，生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2:1，故C不选；‎ D．碳酸氢铵受热分解：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑，生成的二氧化碳和水的物质的量相等，故D选；‎ 故选D。‎ 第II卷 二、填空题 ‎26.I．下列7种化学符号：18O；‎14C；23Na；14N；32S； 16O； 1H2 ‎ ‎(1)表示核素的符号共______种。‎ ‎(2)互为同位素的是______和______。‎ ‎(3)质量数相等，但不能互为同位素的是______和______。‎ ‎(4)中子数相等，但质子数不相等的是______和______。‎ II．(1)写出下列物质的电子式： NH3 _____________， CO2______。‎ ‎(2)‎2.2g铵根的中子数是___，核外电子数是____，某微粒含有一个原子核，核中有 17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是____。‎ ‎(3)已知断开 1mol H—H 键、1mol I—I 键、1mol H—I 键分别需要吸收的能量为 436kJ、151kJ、299kJ，则由 1mol H2和 1mol I2生成 2mol HI会_____(“放出”或“吸收”)_____kJ 的热量。‎ ‎(4)现有下列物质：①H2 ②Na2O2 ③NaOH ④H2O2 ⑤CaCl2 ⑥NH4NO3 ⑦H2S，只由离子键构成的物质是_____(填序号，下同)，由离子键和非极性共价键构成的物质是________，属于共价化合物的是_____。‎ ‎【答案】(1). 6 (2). 18O (3). 16O (4). ‎14C (5). 14N (6). ‎14C (7). 16O (8). (9). (10). 1.1NA (11). NA (12). (13). 放出 (14). 11 (15). ⑤ (16). ② (17). ④⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I． (1)核素是具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，故共有6种核素。‎ ‎(2)同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素的是18O和16O。‎ ‎(3)核素符号左上角的数字是质量数，质量数相等，但不能互为同位素的是‎14C和14N。‎ ‎(4)中子数=质量数-质子数，‎14C和16O的中子数均为8，质子数不相等。‎ II．(1) NH3 和CO2均为共价化合物，电子式分别为、。‎ ‎(2)‎2.2g铵根的物质的量为=0.1mol，1个的中子数为(14-7)+4(2-1)=11，电子数为7+4-1=10，所以‎2.2g铵根的中子数是1.1NA，核外电子数是NA。某微粒含有一个原子核，核中有 17个质子，所以为Cl元素，有20个中子，则质量数为37，核外有18个电子，所以为Cl-，则该粒子的化学符号是。‎ ‎(3) 1mol H2和 1mol I2生成 2mol HI，需要断开 1mol H—H 键和1mol I—I 键，吸收436kJ+151kJ=587kJ的能量，生成2mol H—I 键放出的能量为2×299kJ=598kJ，则由 1mol H2和 1mol I2生成 2mol HI会放出598kJ-587kJ=11kJ 的热量。‎ ‎(4)①H2是由共价键形成的单质；‎ ‎②Na2O2是由Na+和O22-间通过离子键构成的离子化合物，O22-的2个氧原子之间通过非极性键结合； ‎ ‎③NaOH是由Na+和OH-间通过离子键构成的离子化合物，OH-的O和H之间通过极性键结合； ‎ ‎④H2O2是由极性键和非极性键构成的共价化合物； ‎ ‎⑤CaCl2是Ca2+和Cl-通过离子键构成的离子化合物； ‎ ‎⑥NH4NO3是NH4+和NO3-通过离子键构成的离子化合物，NH4+和NO3-都是由极性共价键构成的原子团，所以在NH4NO3中既有离子键，又有极性共价键； ‎ ‎⑦H2S是H和S通过共价键构成共价化合物。‎ 所以只由离子键构成的物质是⑤CaCl2，由离子键和非极性共价键构成的物质是②Na2O2，属于共价化合物的是④H2O2和⑦H2S。‎ ‎27.下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。回答问题：‎ ‎(1)有人认为在元素周期表中，有一种元素也可以放在第ⅦA族，你认为该元素为___(填元素符号)。‎ ‎(2)实验室制ca3的化学反应方程式为_______________。‎ ‎(3)g的氧化物与e的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_____________。‎ ‎(4)设计实验验证b、c非金属性的强弱 _________________。‎ ‎(5)i在周期表中的位置为___。i对应的单质与h对应的单质反应的化学方程式为_________。‎ ‎(6)e2d2的电子式为______；用电子式表示fCl2的形成过程________________。‎ ‎(7)写出工业冶炼元素g的单质的化学方程式___________________。‎ ‎【答案】(1). H (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑ (3). Al2O3 + 2OH- + 3H2O = 2[Al(OH)4]- (4). 对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性等 (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). Fe + S FeS (7). (8). (9). 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据周期表的结构，可知从a到i各元素分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、Fe。‎ ‎【详解】(1)氢元素最外层有1个电子，可以得到1个电子达到2电子稳定结构（当原子核外只有1层电子时，排布2个电子是稳定结构），从而形成-1价，第ⅦA族元素也可以得到1个电子形成-1价，所以H也可以放在第ⅦA族。‎ ‎(2)实验室用NH4Cl和Ca(OH)2混合加热制取NH3，化学反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑。‎ ‎(3)Al的氧化物Al2O3是两性氧化物，可以与Na的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，离子方程式为Al2O3 + 2OH- + 3H2O = 2[Al(OH)4]-。‎ ‎(4)非金属性的强弱可以用对应氢化物的稳定性或最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，如可以把稀硝酸加入碳酸钠溶液中，产生气体，证明硝酸酸性强于碳酸，从而证明非金属性：N＞C。‎ ‎(5)Fe在周期表中位于第四周期第Ⅷ族。铁与硫反应生成硫化亚铁，化学方程式为Fe + S FeS。‎ ‎(6)Na2O2是离子化合物，阳离子是Na+，阴离子是O22-，其电子式为；用电子式表示MgCl2的形成过程为。‎ ‎(7)工业上用电解熔融的氧化铝冶炼Al单质，化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。‎ ‎28.I：磷酸氯喹是治疗新型肺炎的潜力药。磷酸是合成该药的初级原料之一，沸点高，难挥发。化学兴趣小组设计了合成磷酸的流程如图。回答下列问题 ‎(1)将一定量的红磷与氯气置于容积为‎2L的恒温恒容(温度，体积均不变)反应器中制取A，各物质的物质的量与时间关系如下图 ‎①该反应的化学方程式为___________(A用化学式表示)‎ ‎②前10s的平均反应速率v(Cl2)=_______‎ ‎(2)将A加入热水中，生成两种酸。一种为磷酸，反应过程各元素化合价不变。‎ ‎①另一种是酸C是___________(写名称)‎ ‎②A与热水反应的化学方程式为____________。 ‎ II(1)将反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，完成该原电池的装置示意图______________，并作相应标注(标明正负极材料及电解质溶液的名称，电子移动方向、离子移动方向)。‎ ‎(2)该装置中负极的电极方程式为________。‎ ‎(3)若在反应过程中电极减轻‎3.2g，则在导线中通过电子__________mol。‎ ‎【答案】(1). 2P+5Cl2=2PCl5 (2). 0.5mol/(L∙s) (3). 盐酸 (4). PCl5+4H2OH3PO4+5HCl (5). (6). Cu-2e-=Cu2+ (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I．合成磷酸的流程分析如下：红磷和氯气反应生成PCl5，PCl5再与水反应生成磷酸和盐酸；‎ II．将反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，根据原电池的构成条件，应用铜作负极，正极比铜更稳定，如惰性电极，电解质为FeCl3溶液。‎ ‎【详解】I（1）①A为PCl5，反应的化学方程式为2P+5Cl2=2PCl5，故答案为：2P+5Cl2=2PCl5；‎ ‎②前10s的平均反应速率v(Cl2)== =0.5mol/(L∙s)，故答案为：0.5mol/(L∙s)；‎ ‎（2）①由上述分析可知，另一种是酸C是盐酸，故答案为：盐酸；‎ ‎②PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸：磷酸和盐酸，由原子守恒可知化学方程式为PCl5+4H2OH3PO4+5HCl，故答案为：PCl5+4H2OH3PO4+5HCl；‎ II（1）由方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2‎ 可知，Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为惰性电极，电解质溶液为氯化铁，装置示意图为：，故答案为：；‎ ‎（2）由方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+；‎ ‎（3）减轻的电极为Cu，电极减轻‎3.2g，则铜反应掉的物质的量为：=0.05mol，则在导线中通过电子0.05molmol=0.1mol，故答案为：0.1。‎ ‎29.某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应。根据如图回答下列问题：‎ ‎（1）写出D的结构简式：____________________________。‎ ‎（2）写出②⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：‎ ‎②__________________________________________________(反应类型____________)。‎ ‎⑤__________________________________________________(反应类型____________)。‎ ‎（3）利用反应①制备的B中常常还含有少量的A，在实验室中如何除去B中含有的少量杂质A：_________________________________________________(答试剂及操作方法)。‎ ‎（4）某科研工作者以A为原料成功合成一种分子式为C6H14‎ 的物质F，物质F的可能结构有_________种，物质F与B的关系为___________________(选填A、B、C、D)。‎ A．同一种物质B．互为同分构体C．互为同系物D．互为同素异形体 ‎【答案】(1). CH3CH2OH (2). CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl (3). 加成反应 (4). CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl (5). 取代反应 (6). 将混合气体通入溴水中 (7). 5 (8). C ‎【解析】‎ ‎【分析】某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，则A是乙烯，在催化剂条件下，A反应生成高分子化合物E，则E是聚乙烯，乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，乙烯和氢气发生加成反应生成B乙烷，B和氯气发生取代反应生成C氯乙烷，A和水发生加成反应生成乙醇D．‎ ‎【详解】（1）根据分析，D为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH；‎ ‎（2）反应②为乙烯和氯化氢的反应，反应②的化学方程式为CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，反应类型为加成反应；反应⑤为乙烷与氯气的反应，反应⑤的化学方程式为CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，反应类型为取代反应；‎ ‎（3）若要除去乙烷中混有的乙烯，则需要将混合气体通入到溴水中，此时乙烯和溴水发生反应生成油状的溴乙烷，乙烷不与溴水反应且不溶于溴水，故可将二者分开；‎ ‎（4）C6H14的同分异构体有5中，分别为CH3CH2CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH2CH(CH3)2、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、CH3CH‎2C(CH3)3、(CH3)2CHCH(CH3)2，F与B结构相似，分子组成上相差2个CH2基团，故二者互称同系物。‎ 三．实验题：‎ ‎30.Ⅰ利用下图装置验证同主族元素非金属性的变化规律。‎ ‎(1)若要证明非金属性：Cl>I，A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，C中加淀粉碘化钾溶液，观察到C溶液中的现象是__________，即可证明。可用__________溶液吸收尾气。‎ ‎(2)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸，B中加CaCO3，C中加Na2SiO3‎ 溶液，观察到C中溶液的现象是__________，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用__________溶液除去。‎ Ⅱ利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如下图所示：‎ ‎(1)A中制取氯气反应的化学方程式是_______________。‎ ‎(2)D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是__________。‎ ‎(3)E装置的作用是_________(填序号)。‎ A.收集气体 B. 吸收氯气 C.吸收氯化氢 ‎(4)E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是__________。‎ ‎(5) 将1molCH4与Cl2发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是____。‎ ‎【答案】(1). 无色溶液变蓝 (2). NaOH (3). 生成白色沉淀 (4). 饱和碳酸氢钠 (5). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (6). 除去Cl2 (7). C (8). 分液 (9). 2.5mol ‎【解析】‎ ‎【分析】I．(1)根据非金属性越强单质的氧化性越强分析；‎ ‎(2)根据非金属性越强最高价氧化物的酸性越强分析；‎ Ⅱ．本实验的目的是利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，甲烷和生成的氯气经浓硫酸干燥后通入B装置在光照条件下发生取代反应，D中用吸附着潮湿的KI粉末的石棉吸收未反应的氯气，装置E中用水吸收生成的HCl气体，同时有取代反应的有机产物冷凝，与生成的盐酸分层，可分液分离得到盐酸；HCl极易溶于水，干燥管可以防止倒吸。‎ ‎【详解】I．(1)浓盐酸和高锰酸钾反应生成的氯气进入装置C中，根据非金属性越强单质的氧化性越强可知，若氯气将淀粉碘化钾溶液中的碘离子氧化成碘单质，则可以证明Cl的非金属性更强，而淀粉遇碘变蓝，所以当观察到无色溶液变蓝，即可证明非金属性Cl>I；氯气可以和NaOH反应，所以可以用NaOH溶液吸收尾气；‎ ‎(2)盐酸可以和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳进入C装置，根据非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，若装置C中生成硅酸，则可证明非金属C>Si，而硅酸不溶于水，所以观察到C中生成白色沉淀，即可证明；二氧化碳中混有的HCl气体可用饱和碳酸氢钠溶液除去；‎ Ⅱ．(1)浓盐酸和二氧化锰共热生成氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)潮湿的KI粉末可用除去HCl中未反应的Cl2；‎ ‎(3)E装置的作用是吸收反应生成的HCl，所以选C；‎ ‎(4)生成的有机物与盐酸不互溶，所以可以分液分离得到盐酸；‎ ‎(5)将1molCH4与Cl2发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，即生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4均为0.25mol，根据元素守恒可知Cl原子为2.5mol，取代反应中有一个氯原子取代一个氢原子的同时还会生成一个HCl，所以HCl还有2.5molCl原子，所以消耗的氯气的物质的量为2.5mol。‎ ‎【点睛】取代反应消耗氯气的量的计算为本题易错点，要注意氯气和甲烷的取代反应中，并不是所以氯原子都会取代氢原子，还有一半氯原子和氢原子结合生成HCl。‎ 四、计算题：‎ ‎31.某元素的氯化物溶于水制成溶液后，加入溶液恰好完全反应。已知该元素原子核内有20个中子，求X元素的质子数___和质量数___，并写出X元素在元素周期表中的位置(简要写出计算过程)___。‎ ‎【答案】(1). 20 (2). 40 (3). 第四周期第ⅡA族 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据XCl2+2AgNO3=X(NO3)2+2AgCl↓计算XCl2的物质的量，再由M=计算其摩尔质量，摩尔质量与相对分子质量的数值相等，原子的质量数为原子的近似相对原子质量，结合该原子原子核内有20个中子，根据质子数=质量数中子数来计算原子的质子数，利用质子数确定元素在周期表中的位置。‎ ‎【详解】n(AgNO3)=0.02L ‎1mol/L=0.02mol， XCl2+2AgNO3=X(NO3)2+2AgCl↓ 1mol 2mol n(XCl2) 0.02mol n(XCl2)=0.01mol， 所以M(XCl2)=m(XCl2)/n(XCl2)==‎111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，‎ 因为XCl2中有两个Cl，所以X的质量数=111-35.52=40， 所以X的质子数=质量数中子数=40-20=20，质子数是20为钙元素。钙元素在元素周期表中位于第四周期第ⅡA族，‎ 因此，本题正确答案为20 ；40 ；第四周期第ⅡA族。‎