2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高一下学期期中考试化学（文）试题（解析版）

2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高一下学期期中考试化学（文）试题（解析版）

‎2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高一下学期期中考试 化学（文）试题（解析版）‎ ‎1.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是 A. 水和CCl4 B. 碘和CCl4 C. 酒精和水 D. 汽油和植物油 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能用分液漏斗进行分离的物质应互不相溶，结合常见物质的水溶性解答该题。‎ ‎【详解】A项，CCl4和水不能混溶而且密度不同，因此可以用分液漏斗进行分液，故A项正确；‎ B项，碘溶于四氯化碳，因此不能用分液漏斗进行分液，故B项错误；‎ C项，酒精和水是任意比混溶的，因此不能用分液漏斗进行分液，故C项错误；‎ D项，汽油和植物油混溶，因此不能用分液漏斗进行分液，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎2.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. “卤水点豆腐”运用了胶体电泳的性质 B. 有漂白性，可漂白草帽和纸浆 C. NaCl既可以做调味品，也可以做食品防腐剂 D. 清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，它们的主要成分是硅酸盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用盐卤点豆腐是胶体聚沉的应用，不是胶体电泳的性质，故A错误；‎ B、具有漂白性，可以漂白有机色素，可漂白草帽和纸浆，故B正确；‎ C. NaCl具有咸味，用食盐腌制食品可以防止食品腐烂变质，所以既可以做调味品，也可以做食品防腐剂，故C正确；‎ D. 清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，陶瓷是传统的硅酸盐产品，它们的主要成分是硅酸盐，故D正确。‎ 正确答案选A。‎ ‎3.下列表示硫原子结构示意图的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硫元素为16号元素，硫原子质子数为16，核外电子数=质子数=16，有3个电子层，最外层电子数为6，故硫原子的结构示意图为，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构示意图的判断，根据质子数和核外电子数排布规律进行书写是解答关键。‎ ‎4.下列化学用语表示不正确的是（ ）‎ A. 氮化镁：MgN B. Ca(OH)2的电离方程式：Ca(OH)2=Ca2++2OH‎ C. 中子数为18的氯原子：‎ D. 氟化钠的电子式为：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Mg原子最外层有2个电子，N原子最外层有5个电子，两种元素的原子间通过电子得失形成离子，然后结合成离子化合物，根据正负化合价的代数和等于0可知氮化镁化学式为：Mg3N2，A错误；‎ B.Ca(OH)2是二元强碱，完全电离产生Ca2+和OH-，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH，B正确；‎ C.Cl原子核内质子数为17，中子数为18，该原子可表示为：，C正确；‎ D.氟化钠是离子化合物，电子式为：，D正确；‎ 故合理的为A。‎ ‎5.下列物质中,所含分子数最少的是( )‎ A. 0.8mol CO2‎ B. 标准状况下,11.2L NH3‎ C. 3.6g H2O D. 6.02 ×1023个氯气分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 物质的量越少，物质所含分子数越少。则A、CO2的物质的量是0.8mol；B、氨气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol；C、3.6g水的物质的量是3.6g÷18g/mol＝0.2mol；D、6.02×1023‎ 个氯气分子的物质的量是1mol，所以所含分子数最少的是水，答案选C。‎ ‎6.在含有大量的Ba2＋、OH－、NO3-的溶液中，还可能大量共存的离子是( )‎ A. CO32- B. Cl－ C. H＋ D. Fe2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若离子间能相互反应，便不能大量共存，据此判断。‎ ‎【详解】CO32-与Ba2＋生成BaCO3沉淀，H＋与OH－生成水，Fe2＋与OH－生成Fe(OH)2沉淀，它们都不能大量存在。而Cl－与Ba2＋、OH－、NO都不反应，能大量共存。‎ 本题选B。‎ ‎7.电解质一般是指 A. 可以导电的化合物 B. 可以导电的纯净物 C. 酸碱盐等的化合物 D. 可溶于水的纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在水溶液或者在熔融状态下能导电的化合物叫电解质，电解质不一定导电，说电解质是可以导电的化合物是错误的，故A错误； ‎ B. 纯净物包括单质和化合物，同A项分析，说电解质是可以导电的纯净物是错误的，故B错误；‎ C. 酸、碱、盐等在水溶液或者熔融状态下都能够离解出自由移动阴阳离子，能够导电，属于电解质，故C正确；‎ D. 可溶于水的纯净物不一定是电解质，如蔗糖、酒精等易溶于水，却为非电解质，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电解质的概念，理解此概念注意：1、电解质电离的条件可以是在水分子的作用下，也可以通过加热使物质熔化；2、电解质是化合物，混合物、单质都不是电解质；物质导电有两种原因，一是金属类有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由移动离子的物质能够导电；酸、碱、盐等电解质不含自由电子，导电的原因是因为在一定条件下本身能够离解出自由移动的阴阳离子。‎ ‎8.高炉炼铁中存在反应：3CO＋Fe2O33CO2＋2Fe下列说法正确的是( )‎ A. Fe2O3是氧化剂 B. Fe是氧化产物 C. CO2是还原产物 D. CO既不是氧化剂又不是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中相关概念间的关系分析判断。‎ ‎【详解】高炉炼铁反应中，铁元素从+3价降至0价，Fe2O3是氧化剂，A项正确；Fe是还原产物，B项错误。碳元素从+2价升至+4价，CO是还原剂，D项错误；CO2是氧化产物，C项错误。‎ 本题选A。‎ ‎9.一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是 A. 锌 B. 碳 C. 氯化钠 D. 硫化钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选A； ‎ B. 碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选B；‎ C. 氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，故选C； ‎ D. 硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故不选D。‎ 答案选C。‎ ‎10.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）‎ A. SO2使品红溶液褪色 B. 活性炭使红墨水褪色 C. 氯水使有色布条褪色 D. 漂粉精使某些染料褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，该反应属于化学变化，故不选A项；‎ B项，活性炭具有吸附性，可以吸附色素分子，“活性炭使红墨水褪色”属于物理变化，故选B项；‎ C项，氯水中含有的HClO具有漂白性，可以使有色布条褪色，该反应属于化学变化，故不选C项；‎ D项，漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，水解生成的HClO具有漂白性，可以使某些染料褪色，该反应属于化学变化，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。‎ ‎11.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化铝溶液与氨水反应：Al3++3OH-Al(OH)3↓‎ B. 氧化镁与稀盐酸反应：MgO+2H+Mg2++H2O C. 铜与氯化铁溶液反应：2Fe3++3Cu2Fe+3Cu2+‎ D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+BaSO4↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一水合氨是弱碱，不能拆写，正确的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；‎ B.氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+═Mg2++H2O，故B正确；‎ C.铜与氯化铁溶液反应，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；‎ D.氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：‎ ‎“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。‎ ‎12.常温下，下列各组离子中，在溶液中能大量共存的是( )‎ A. CO32-、S2-、NO3-、Ca2+ B. Al3+、Na+、S2-、SO42-‎ C. Al3+、NH4+、K+、SO42- D. Fe2+、Ca2+、H+、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO32-与Ca2+不能大量共存，会产生碳酸钙沉淀，故A不选；‎ B.Al3+与S2-之间发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，不能大量共存，故B不选；‎ C.该组离子之间不发生反应，可以大量共存，故C选；‎ D.Fe2+、NO3-与H+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎13.以下转化通过一步反应能实现的是 A. Al2O3→Al(OH)3 B. NO2→ HNO3 C. SiO2→H2SiO3 D. S→SO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al2O3不溶于水，不能直接转化为Al(OH)3，A错误；‎ B. NO2溶于水生成HNO3，同时还有NO生成，B正确；‎ C. SiO2不溶于水，不能直接转化为H2SiO3，C错误；‎ D. S燃烧生成二氧化硫，不能直接转化为SO3，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.将空气中氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮。下图中能实现人工固氮的是(　　)‎ A. 闪电 B. 电解食盐水车间 C. 根瘤菌 D. 合成氨车间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程。‎ ‎【详解】A.闪电时，空气中的氮气和氧气反应生成NO，属于自然固氮，故A错误；‎ B.工业上利用电解饱和食盐水制取氯气，不属于固氮，故B错误；‎ C.豆科植物的根瘤菌将氮转变成植物蛋白，属于生物固氮，故C错误；‎ D.合成氨车间N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎15.下列物质间发生化学反应，在不同条件下可制得不同产物的是(　　)‎ A. 钠和氧气 B. 钠和氯气 C. 镁和氧气 D. 钠和水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠和氧气常温下反应生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，不同条件下制得产物不同，故A正确；‎ B、金属钠在氯气中反应只能生成白色固体氯化钠，与反应条件无关，故B错误；‎ C、金属镁可以和氧气反应只能生成氧化镁，与反应条件无关，故C错误；‎ D、金属钠和水反应只能生成氢氧化钠和氢气，与反应条件无关，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.等质量的铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当铝完全溶解时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为 A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝粉和盐酸反应方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，铝粉和NaOH反应方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，因此在铝质量相等的条件下消耗的HCl和NaOH物质的量之比为6：2＝3：1。答案选D。‎ ‎17.下列有关浓硫酸的叙述正确的是（ ）‎ A. 在浓硫酸与锌片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性 B. 浓硫酸与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般为H2‎ C. 浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2等气体 D. H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在浓硫酸与锌片共热的反应中生成物是硫酸锌、二氧化硫和水，因此浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性，故A正确；‎ B.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；‎ C.氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故C错误；‎ D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。尤其要注意浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，浓H2SO4表现脱水性。‎ ‎18.下列装置用于实验室制Cl2并回收MnCl2，能达到实验目的的是( )‎ A. 制取Cl2 B. 除去Cl2中的少量HCl C. 分离MnO2和MnCl2溶液 D. 蒸发稀盐酸中的水分制取浓盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用装置甲制取Cl2时必须加热，A不符合；‎ B. 用装置乙除去Cl2中的少量HCl时应该是长口进短口出，B不符合；‎ C. 二氧化锰不溶于水，丙是过滤装置，用装置丙可分离MnO2和MnCl2溶液，C符合；‎ D. 盐酸易挥发，不能用装置丁蒸发稀盐酸中的水分制取浓盐酸，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎19.氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为 A. 氮气比空气轻 B. 氮气难溶于水 C. 氮气是无色无味气体 D. 氮气很不活泼 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气密度与空气相近，故A错误；‎ ‎ B．氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故B错误；‎ C．氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故C错误；‎ D．氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以用氮气作保护气，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.下列对事故的处理方法不正确的是 （ ）‎ A. 如遇到电线着火，应该先关掉电闸 B. 发现实验室中有大量的可燃性气体泄漏时，应立即开窗通风 C. 不慎将稀盐酸溅到眼睛里，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛 D. 不慎将少量浓硫酸溅到皮肤上，应立即用水冲洗，然后涂抹10%的NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、如遇到电线着火，应该先关掉电闸，A正确；B、发现实验室中有大量的可燃性气体泄漏时，应立即开窗通风，B正确；C、不慎将稀盐酸溅到眼睛里，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼睛，C正确；D、浓硫酸具有较强的腐蚀性，不慎沾到皮肤上，应立即用干布拭去，再用大量清水冲洗，然后涂上稀的碳酸氢钠溶液，D错误，答案选D。‎ ‎21.下列说法中，错误的是(　　)‎ A. 元素周期表中有7个主族、7个副族 B. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为8个 C. 碳元素位于第2周期IVA族 D. 氢分子中的化学键是共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素周期表中有18列，含有7个主族、7个副族、1个0族，1个第Ⅷ族（8、9、10列），故A正确；‎ B.He是稀有气体元素，但其最外层电子数为2，故B错误；‎ C.主族元素的周期数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数，碳元素原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，所以位于第2周期IVA族，故C正确；‎ D.氢分子间以共用电子对相结合，是共价键，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎22.X+的结构示意图为 ，则X元素在周期表中的位置是 A. 第三周期0族 B. 第四周期第ⅠA族 C. 第三周期第ⅠA族 D. 第三周期第ⅦA族 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由X+的结构示意图可知，X失去最外层1个电子形成带1个正电荷的阳离子，故x=2+8+8+1=19，属于钾元素，位于第四周期第IA族，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表，明确结构示意图的表示特点和元素周期表的结构是解答关键。‎ ‎23.铋(Bi)在医药方面有重要应用。下列关于83209Bi和83210Bi的说法正确的是 A. 83209Bi和83210Bi都含有83个中子 B. 83209Bi和83210Bi互为同位素 C. 83209Bi和83210Bi的核外电子数不同 D. 83209Bi和83210Bi分别含有126和127个质子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 具有相同质子数、不同中子数的原子互称同位素，原子中质子数等于核外电子数，质量数=质子数+中子数。‎ ‎【详解】A项、83209Bi的中子数为209-83=126，83210Bi的中子数为210-83=127，故A错误；‎ B项、83209Bi和83210Bi的质子数相同，但中子数不同，则两者互为同位素，故B正确；‎ C项、83209Bi和83210Bi的质子数相同，质子数等于核外电子数，则核外电子数相同，故C错误；‎ D项、83209Bi的中子数为209-83=126，83210Bi的中子数为210-83=127，两者的质子数都是83，中子数分别为126、127，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎24.下列关于碱金属元素和卤族元素不正确的是( )‎ A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。‎ B. 碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强。‎ C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。‎ D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。‎ B．同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强，故B正确；‎ C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。‎ D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解答的关键，注意元素金属性、非金属性与单质还原性和氧化性的关系。‎ ‎25.元素的性质呈周期性变化的根本原因是( )‎ A. 元素原子量的递增，量变引起质变 B. 元素的原子半径呈周期性变化 C. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化 D. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 元素的性质呈周期性变化的根本原因是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果。答案选C。‎ ‎26.根据元素周期律判断，下列各组物质的性质比较，正确的是( 　　)‎ A. 稳定性：NH3＞PH3＞SiH4 B. 原子半径：S ＞ Na＞O C. 金属性：Li＞Na＞K D. 酸性： H2SO4＞HClO4 ＞ H3PO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：N＞P＞Si，则稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，A正确；‎ B. 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，则原子半径：Na＞S＞O，B错误；‎ C. 同主族从上到下金属性逐渐增强，则金属性：Li＜Na＜K，C错误；‎ D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎27.下列说法中，不符合第三周期主族元素性质特征的是 A. 从左到右原子半径逐渐减小 B. 从左到右非金属性逐渐增强 C. 从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱 D. 从左到右非金属元素的氧化物的水化物的酸性逐渐增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 第三周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A正确；B. 第三周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，B正确；C. 第三周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，因此金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，C正确；D. 应该是第三周期主族元素从左到右非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，D错误，答案选D。‎ ‎28.下列有关性质比较正确的是(　　)‎ A. Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大 B. N、O、F最高正价依次升高 C. F2、Cl2、Br2、I2单质的氧化性逐渐升高 D. 锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越难 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小；‎ B．O、F无正价；‎ C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱；‎ D．金属性越强，与水反应越容易。‎ 详解：A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大，A正确；‎ B．N、O、F中只有N元素有最高正价，B错误；‎ C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则F2、Cl2、Br2、I2单质的氧化性逐渐减弱，C错误；‎ D．金属性越强，与水反应越容易，则锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越易，D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查元素周期表和周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。选项B是易错点，注意O没有最高价，F没有正价。‎ ‎29.下列结论正确的是( ) ‎ ‎①粒子半径：S2-＞Cl＞S ②氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3；‎ ‎③离子还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I- ④单质氧化性：Cl2＞S； ‎ ‎⑤酸性：HF＞HClO4 　 ⑥碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2‎ A. ① B. ③⑥ C. ②④⑥ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Cl、S位于同一周期，同一周期从左向右，半径逐渐减小，故原子半径S＞Cl，同种元素的阴离子半径大于原子半径，则微粒半径：S2-＞S＞Cl，故①错误；‎ ‎②非金属性F＞Cl＞P，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3，故②正确；‎ ‎③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：S2-＞I-＞Cl-＞Br-，故③错误；‎ ‎④非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，所以单质氧化性：Cl2＞S，故④正确；‎ ‎⑤HF为弱酸，HClO4为强酸，所以酸性HF＜HClO4，故⑤错误；‎ ‎⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故⑥正确。‎ 所以上述结论正确的是②④⑥。‎ 故选C。‎ ‎30.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4。下列说法不正确的是 A. 氢化物的稳定性：X > W > Z B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色 C. X与Y形成共价化合物 D. W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。‎ ‎【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：X＞W＞Z，A正确；‎ B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；‎ C. X与Y形成离子化合物NaF，C错误；‎ D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】准确判断出元素种类以及灵活应用元素周期律是解答的关键，注意“位—构—性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。‎ ‎31.关于元素周期表，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素 B. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素 C. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素 D. 最外层电子数为8的粒子是稀有气体元素的原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 制备新型农药材料的元素常见的是P、Cl等位于周期表的右上方，即在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A项正确；‎ B. 在金属元素和非金属元素交界区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找良好的半导体材料，如硅等，B项正确；‎ C. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，C项正确；‎ D. 粒子包括离子、原子和分子，所以最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎32.下列关于化学键的说法正确的是 A. 离子化合物中只存在离子键 B. 共价化合物中只存在共价键 C. 物质中都含化学键 D. 只含非金属元素的物质一定不含离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子化合物中可以存在共价键，比如氢氧化钠，故A错误；‎ B. 共价化合物中只存在共价键，存在离子键的化合物属于离子化合物，故B正确；‎ C. 化学键是指微粒间强烈的作用力，稀有气体微粒间属于分子间作用力，不是化学键，故C错误；‎ D. 非金属元素也可以形成离子，比如铵根离子，可以形成离子键，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】一般情况下，含有金属元素的化合物，容易形成离子键，属于离子化合物，但也有例外，如AlCl3属于共价化合物，不可以以此作为判断依据。‎ ‎33.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性键的是(　　)。‎ A. NaOH B. Na2O2 C. MgCl2 D. H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属原子形成的共价键则是非极性键，如果是不同种非金属原子形成的共价键则是极性键。‎ 详解：A．NaOH中含有离子键、极性共价键，A错误；‎ B．Na2O2中含有离子键、非极性共价键，B正确；‎ C．MgCl2中只存在离子键，C错误；‎ D．H2O中含有极性共价键和非极性共价键，D错误；答案选B。‎ ‎34.每种物质都既有离子键，又有共价键的一组物质是（ ）‎ A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3‎ C. Na2O2、NH4Cl、Na2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族（H元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠和硫酸铵中含有离子键和共价键，但硫酸中只含共价键，A项错误；‎ B. 氧化镁中只含离子键、NH4HCO3中含有离子键和共价键，硫酸钠中含有离子键和共价键，B项错误；‎ C. Na2O2、NH4Cl、Na2SO4中都含有离子键和共价键，C项正确；‎ D. HCl中只含共价键，Al2O3、MgCl2中只含离子键，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】离子键与共价键存在规律如下： ‎ 离子键存在于①活泼金属（指第一和第二主族的金属元素）与活泼的非金属元素（指第六和第七主族的元素）之间；②金属元素与酸根离子之间；（酸根离子如硫酸跟离子、硝酸跟离子、碳酸跟离子等等）③铵跟离子（NH4+）和酸根离子之间，或铵根离子与非金属元素之间；而共价键则形成于活泼非金属元素之间，学生要牢记这些规律，才能学以致用。‎ ‎35. 下列说法中正确的是 A. KOH中含有离子键也含有共价键，属于离子化合物 B. HCl中存在离子键，属于离子化合物 C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 D. 阴、阳离子间通过静电引力而形成的化学键叫做离子键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．KOH中含有离子键也含有共价键，属于离子化合物，A正确；B．HCl中存在极性键，属于共价化合物，B错误；C．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠，C错误；D．阴、阳离子间通过静电作用而形成的化学键叫做离子键，D错误，答案选A。‎ 考点：考查化学键、化合物判断 ‎36. 能证明氯化氢是共价化合物的现象是 A. 氯化氢极易溶于水 B. 液态氯化氢不能导电 C. 氯化氢在水溶液中完全电离 D. 氯化氢是无色有刺激性气味的气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：共价键在熔融状态下是不能断键的，而离子键在熔融状态下可以断键，电离出阴阳离子，所以共价化合物在熔融状态下不能导电，但离子化合物在熔融状态下可以导电，据此可以进行判断化合物是离子化合物，还是共价化合物，答案选B。‎ 考点：考查电解质的导电以及化学键的判断 点评：本题是高考中的常见题型，试题基础性强，注重基础和能力的双向考查。该题有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，有利于拓展学生的解题思路，提高学生的学习效率。‎ ‎37.下列用电子式表示化合物的形成过程，正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氯离子应该写在镁离子的两边； ‎ B.K2S为离子化合物，离子化合物阴离子带电荷且用“[ ]”，共价化合物不带电荷，注意各原子或离子满足稳定结构；‎ C.氟化钙为离子化合物，钙离子与两个氟离子通过离子键结合，阴阳离子需要标出所带电荷；‎ D.H2O为共价化合物。‎ ‎【详解】A.镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：，A错误；‎ B.K2S为离子化合物，用电子式表示形成过程为，B正确；‎ C.氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，C错误；‎ D.H2O共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查电子式的书写规则的知识，注意掌握电子式的书写原则，能够用电子式正确表示常见物质的形成过程，该题培养了学生运用所学知识解决实际问题的能力，题目难度中等。‎ ‎38.下列过程中，共价键被破坏的是( )‎ A. 碘升华 B. NaOH熔化 C. HCl溶于水 D. 酒精溶于水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般非金属元素之间形成共价键，由共价键形成的物质在溶于水、化学变化中共价键被破坏，以此来解答。‎ ‎【详解】A.碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；‎ B.NaOH熔化，发生电离，离子键被破坏，故B错误；‎ C.HCl溶于水，发生电离，破坏了氢离子与氯离子之间的共价键，故C正确；‎ D.酒精溶于水，破坏分子间作用力，共价键不变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。‎ ‎39.下列变化中，反应物的总能量小于生成物的总能量的是 A. 甲烷燃烧 B. 铝热反应 C. 碳酸钙分解 D. 酸碱中和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，说明该反应为吸热反应，‎ A.甲烷燃烧为放热反应，故A错误；‎ B.铝热反应为放热反应，故B错误；‎ C.碳酸钙分解需要吸热，为吸热反应，故C正确；‎ D.酸碱中和为放热反应，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。‎ ‎40. 下列过程有热量放出的是 A. 断开氢气中的H－H键 B. C与H2O(g)反应 C. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 D. Na与H2O反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．断键是吸热的；BC两个反应都是吸热的。D正确。‎ 考点：反应热 ‎41.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质。在100 kPa时，1 mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能。据此，试判断在100kPa压强下，下列结论正确的是 A. 金刚石与石墨之间的转化是物理变化 B. 金刚石比石墨稳定 C. 1mol石墨比1mol金刚石总能量低 D. 1mol石墨和1mol金刚石的总能量一样多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、同素异形体之间的转化是化学变化，金刚石和石墨互为同素异形体，故A错误；B、能量越低，物质越稳定，石墨转化成金刚石吸收能量，即金刚石的能量高于石墨，因此石墨比金刚石稳定，故B错误；C、根据B选项分析，故C正确；D、根据B选项分析，故D错误。‎ 点睛：物质能量越低，物质越稳定，根据能量守恒，石墨转化成金刚石，需要吸收热量，说明金刚石的能量高于石墨，因此石墨比金刚石稳定。‎ ‎42.如图表示某气体反应的能量变化示意图，据此分析下列判断错误的是(　　)‎ A. 这是一个放热反应 B. 该反应可能需要加热 C. 生成物的总能量低于反应物的总能量 D. 断开反应物的化学键所吸收的能量大于形成生产物的化学键所放出的能量。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应是放热反应，A项正确；‎ B.放热反应也可能需要加热、甚至需要高温才能发生，如铝热反应，B项正确；‎ C.同A项，C项正确；‎ D.放热反应中，反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，D项错误。‎ 故答案选D。‎ ‎43.关于原电池及其电极名称的下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 原电池的正极和负极必须是两种活动性不同的金属 B. 正极上发生还原反应，一定产生气体 C. 电子流出的一极为负极 D. 阴离子在电解质溶液中向正极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．构成原电池的正极和负极必须是两种活动性不同的电极，可以是两种不同金属，也可以是一种金属、一种非金属等，选项A错误；‎ B、原电池中正极上发生还原反应，但不一定产生气体，选项B错误；‎ C、原电池中电子流出的一极为负极，电子由负极经导线流向正极，选项C正确；‎ D．原电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎44.下列装置能构成原电池的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎【详解】A、两个电极材料相同，所以不能构成原电池，A错误；‎ B、两电极材料不同，锌较活泼能和稀硫酸能发生自发进行的氧化还原反应，且构成了闭合回路，所以能构成原电池，B正确；‎ C、未构成闭合回路，所以不能构成原电池，C错误；‎ D、无水乙醇是非电解质，所以不能构成原电池，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池的构成条件，题目难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可，答题时需要灵活应用。‎ ‎45.原电池原理的发现和发展极大地推进了现代化的进程，改变了人类的生活方式。关于下图所示原电池的说法正确的是 A. Cu为负极，Zn为正极 B. 电子由铜片通过导线流向锌片 C. 正极反应式为Cu－2e－＝Cu2+‎ D. 负极上发生了氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、金属性是锌强于铜，因此该原电池中锌为负极，铜为正极，A错误；B、电子由锌片通过导线流向铜片，B错误；C、正极是溶液中的氢离子放电，反应式为2H++2e－＝H2↑，C错误；D、负极失去电子，负极上发生了氧化反应，D正确，答案选D。‎ ‎46.如图所示的原电池装置，X、Y为两电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示，对此装置的下列说法正确的是( )‎ A. 外电路的电流方向为：X→外电路→Y B. 若两电极分别为Zn和石墨棒，则X为石墨棒，Y为Zn C. SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生 D. X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据电子的流向可知X是负极，Y是正极，结合原电池的工作原理分析解答。‎ 详解：A．电流的方向是正电荷的移动方向，所以外电路的电流方向为：Y→外电路→X，A错误；‎ B．若两电极分别为Zn和碳棒，由于活动性Zn＞C，则X为Zn，Y是碳棒，B错误；‎ C．根据电子流向可知X是负极，Y是正极，溶液中的氢离子放电。阴离子向负极移动，则SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生，C正确；‎ D．X极失去电子，发生氧化反应，Y极上获得电子，发生的是还原反应，D错误。答案选C。‎ 点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意利用原电池比较金属性强弱时需要考虑电解质溶液的性质，例如镁、铝、稀硫酸构成原电池时镁是负极，镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池时铝是负极，答题时需要灵活应用。‎ ‎47.一个原电池的总反应的离子方程式是：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该反应的原电池的正确组成是（ ）‎ 正极 负极 电解质溶液 A Zn Cu CuCl2‎ B Zn Cu ZnCl2‎ C Cu Zn H2SO4‎ D Cu Zn CuSO4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中，负极锌失电子发生氧化反应，正极溶液中的Cu2+得电子转化为Cu单质，则可选择铜做正极，电解质溶液可选硫酸铜或氯化铜溶液即可，再依据原电池的工作原理作答。‎ ‎【详解】电极总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn失电子作负极，因正极反应为：Cu2++2e-=Cu，所以选取含有Cu2+的溶液作为电解质溶液，正极选择比锌不活泼的铜即可，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎48.某实验兴趣小组用如图所示装置做完实验后，在读书卡片上记下了如下6条记录，其中合理的是 A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池的工作原理来分析电极、电极反应式、电子流向、电流流向以及电解质中离子的移动方向等。‎ ‎【详解】Cu、Zn、稀硫酸构成的原电池中，自发的氧化还原反应是锌和硫酸的反应，金属锌失电子为负极，电极反应式：Zn→Zn2++2e-，金属铜为正极，电解质中的氢离子移向该电极，在该极得电子，电极反应式为：2H++2e-→H2↑，当有1mol电子流过导线时，则会产生氢气0.5mol，电子由锌电极经导线到达铜电极，和电流的方向相反，所以③④⑤正确。‎ 故选D。‎ ‎49.由锌片和石墨棒作为电极的原电池，电极反应分别是：石墨 2H2O＋O2＋4e-==4OH－锌片 2Zn＋4OH-－4e-==2ZnO＋2H2O 下列说法不正确的是 A. 电子从石墨经外电路流向锌片 B. 锌片是负极， 发生氧化反应 C. 石墨是正极，发生还原反应 D. 原电池是将化学能转化为电能的装置 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：该原电池中，锌失电子发生氧化反应而作负极，石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，据此解答。‎ 详解：A．电子由锌片通过外电路流向石墨，A错误；‎ B．根据电极反应式知，锌失电子发生氧化反应而作负极，氧气在正极石墨电极上发生还原反应，B正确；‎ C．知，锌失电子发生氧化反应而作负极，氧气在正极石墨电极上发生还原反应，C正确；‎ D．原电池是将化学能转化为电能的装置，D正确；答案选A。‎ 点睛：本题考查了原电池原理，根据电极反应式中元素化合价变化来确定正负极是解答的关键，注意原电池工作原理的理解与应用，题目难度不大。‎ ‎50.汽车的启动电源常用铅蓄电池。放电时的电池反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,根据此反应判断下列说法正确的是（ ）‎ A. PbO2是电池的负极 B. 电池放电时，溶液的酸性增强 C. PbO2得电子，被氧化 D. 负极电极反应式：Pb-2e- + SO42- = PbSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. PbO2得到电子，是电池的正极，A错误；B. 电池放电时消耗硫酸，溶液的酸性减弱，B错误；C. PbO2得电子，被还原，C错误；D. 铅是负极，失去电子，负极电极反应式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，D正确，答案选D。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎