2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高一3月月考化学试卷（解析版）

2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高一3月月考化学试卷（解析版）

兰州一中2018-2019-2学期高一年级3月月考试题 化学试卷 可能用到的原子量：H—‎1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 ‎ 第I卷(选择题)‎ 一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分)‎ ‎1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是（ ）‎ A. “玉兔二号”月球车底盘和车轮由SiC颗粒增强铝基复合材料制成，这是由于该复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点 B. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料 C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ D. 钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂，钾与钠都属于短周期主族元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiC颗粒增强铝基复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点，这也正是“玉兔二号”月球车底盘和车轮用该复合材料的原因，故A项正确；‎ B. 碳纤维主要成分为C，属于无机非金属，则碳纤维是一种非金属材料，故B项正确；‎ C. 二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，为酸性氧化物，能够与强碱反应生成硅酸盐，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C项正确；‎ D. 短周期是指元素周期表的前三周期，而钾位于元素周期表第四周期IA族，不属于短周期元素，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.由德国重离子研究中心人工合成的第 112 号元素的正式名称为“Copemicium”，相应的元素符号为“Cn”， 该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成 Cn 的过程可表示为：70Zn＋208Pb===277Cn＋1n。下列叙述中正确的是 A. 上述合成过程属于化学变化 B. 得到Cn元素的相对原子质量为277‎ C. Cn元素位于元素周期表的第七周期，是副族元素 D. 277112Cn的原子核内中子数比质子数多165‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子种类发生了变化，不属于化学变化，错误；‎ B.该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子质量由元素的各种天然同位素的相对原子质量及其在自然界中的百分含量有关，错误；‎ C.第118号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，正确；‎ D.该原子的中子数=277-112=165，中子数比质子数多：165-112=53，错误。‎ ‎3.根据元素周期表判断下列描述正确的是( )‎ A. 元素周期表中，总共有16个纵行，16个族 B. 第IA族的元素又称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素 C. 每个短周期都既包含金属元素也包含非金属元素 D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素周期表中，总共有18个纵行，16个族,故A错误；‎ B. 第IA族的元素除氢元素外称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素，故B错误；‎ C. 第一周期是短周期没有金属元素，故C错误；‎ D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素，如硅，锗，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列各物质间关系描述准确的是( )‎ A. Na2O2和Na2O、红磷和白磷均属于同素异形体 B. 氕、氘、氚属于同一种元素 C. 金刚石和石墨是两种不同的核素 D. ‎146C和‎136C 、I2和I-都属于同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“四同比较”：‎ 质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；‎ 同种元素形成的不同单质互为同素异形体；‎ 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；‎ 组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同。‎ ‎【详解】A. Na2O2和Na2O只是组成元素相同的两种物质、红磷和白磷属于同素异形体，故A错误；‎ B. 氕、氘、氚质子数相同，属于同一种元素，故B正确；‎ C. 金刚石和石墨是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；‎ D. ‎146C和‎136C 属于同位素，I2分子和I-离子是两种不同的粒子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，解题关键：注意把握概念的内涵与外延。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. ‎17 g OH- 含有的质子数为9NA B. ‎2 L 0.5 mol·L-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目为NA C. 标准状况下，‎22.4 L HF含有的共价键数为NA D. ‎2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个OH- 离子含9个质子， ‎17 g OH- 含有的质子数为9NA，故A正确；‎ B.CH3COOH是弱电解质，在水中不能完全电离， ‎2 L 0.5 mol·L-1 CH3COOH溶液中，CH3COO- 的数目少于NA，故B错误；‎ C. 标准状况下，‎22.4 L HF不是气态，故C错误；‎ D. H218O中含10个中子，相对分子质量为20，D2O中含10个中子，且相对分子质量为20，故可将其看成同一种物质，‎2.0 g H218O 的物质的量为‎2.0g/‎20g·mol－1=0.1mol，1molH218O 有10mol中子，故0.1molH218O 含中子数为1NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.元素只有某种同位素的氯化物RClx， 已知该氯化物为离子化合物，在RClx中，R微粒核内中子数为Y，核外电子数为Z，则该同位素的符号为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 化合物中R元素的质子数＝Z+X，质量数＝质子数+中子数＝Z+X+Y，所以该同位素的符号是，答案选D。‎ 点睛：本题主要考查了原子符号的含义以及表示方法，掌握原子的构成以及构成微粒之间的数量关系是解答的关键，注意阳离子中质子数＝核外电子数+电荷数，阴离子中质子数＝核外电子数－电荷数。‎ ‎7.下列说法正确的是( )‎ ‎①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 ‎②共价化合物含共价键，也可能含离子键 ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物 ‎④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 ‎⑤双原子分子组成的物质中一定存在非极性共价键 ‎⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物 A. ②③④ B. ②④⑥ C. ①③⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①离子化合物一定含离子键，可能含共价键；‎ ‎②共价化合物只含共价键；‎ ‎③含金属元素的化合物可能为共价化合物；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物；‎ ‎⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性共价键，要看双原子是否相同。‎ ‎⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子．‎ ‎【详解】①离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含极性共价键，过氧化钠中含非极性共价键，故正确；‎ ‎②共价化合物只含共价键，故错误；‎ ‎③含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故正确；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，故错误；‎ ‎⑤双原子分子组成的物质中不一定存在非极性共价键，要看双原子是否相同，如HCl中就不存在非极性共价键，故错误。‎ ‎⑥熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，故正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学键，解题关键：把握化学键的形成及判断的一般规律，注意学习时结合实例。‎ ‎8.类推是一种重要的学习方法，但如果不具体问题具体分析就会得出错误结论。下列类推结论正确的是 A. SiH4的熔沸点比CH4 高，则PH3 的熔沸点比NH3 高 B. Al(OH)3 能溶于NaOH 溶液，则Be(OH)2能溶于NaOH 溶液 C. 钠在空气中燃烧生成过氧化钠，则锂在空气中燃烧生成过氧化锂 D. F2在暗处遇H2 即爆炸，I2在暗处遇H2 爆炸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 结构相似时,相对分子质量越大,分子间作用力越大,因此的熔沸点比高,但氨气分子间还存在氢键,则的沸点高于；A错误；由对角线相似规则可以知道,铝及其化合物与铍及其化合物性质相似，能溶于NaOH溶液，则能溶于NaOH溶液，B正确；钠在空气中燃烧生成过氧化钠，但锂在空气中燃烧生成氧化锂，C错误；F2的氧化性大于I2，所以F2在暗处遇H2即爆炸，而I2与H2持续高温缓慢反应，不能发生爆炸，D错误；正确选项：B。‎ ‎9.对下列化学反应的热现象的说法不正确的是( )‎ ‎①伴有能量变化的过程都是化学变化 ‎ ‎②化学反应一定有能量变化，主要是由化学键变化引起的 ‎③吸热反应需要加热后才能发生，放热反应不加热就会发生 ‎④化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的状态、质量有关 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①伴有能量变化的过程可能是化学变化，也可能是物理过程，如水气化，故错误；‎ ‎②化学反应的本质是旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，所以反应过程中一定伴随能量的变化，故②正确；‎ ‎③吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反应是吸热反应，常温下可发生；放热反应有时也需要加热才能进行；故③错误；‎ ‎④反应物物质的量不同，反应的能量变化不同，故④正确；‎ 故选C。‎ ‎10.下列实验能达到实验目的的是( )‎ 选项 实验操作 实验目的 A F2、I2 分别与H2 反应 比较氟、碘的非金属性强弱 B 分别测定等浓度 H2SO4、H3PO4 和HClO3的pH 比较磷、硫、氯的非金属性强弱 C 向氯水分别加入KI溶液、NaBr溶液 比较氯、溴、碘的非金属性强弱 D 向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中 检验溶液中是否含有SO32-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、F2、I2 分别与H2 反应前者在暗处爆炸，后者加热才发生，且是可逆反应，故A正确；‎ B、HClO3不是氯最高价氧化物对应的酸，故B错误；‎ C、对比实验要控制一个变量变化，其它变量相同，向氯水先加入NaBr溶液，再加入NaI溶液，故C错误；‎ D、向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，能产生二氧化硫的可能有SO32-、HSO3-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查实验方案的评价，试题侧重金属性、非金属性及酸性强弱判断，解题关键：明确实验原理及物质性质。易错点D。‎ ‎11.下列各组中的性质比较，正确的是(　　)‎ ‎①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4　②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2　③稳定性：HCl>H2S>PH3　④还原性：F－>Cl－>Br－‎ A. ①②④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同主族自上而下，非金属性减弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同主族自上而下，金属性增强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定，同周期随原子序数增大，非金属性增强；非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱。‎ ‎【详解】①同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故①正确； ②同主族自上而下，金属性增强，所以金属性Ba＞Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故②正确； ③同周期随原子序数增大，非金属性增强，所以非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故③正确； ‎ ‎④同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，所以离子还原性：F-＜Cl−＜Br−，故④错误；所以①②③正确；‎ 正确答案：C。‎ ‎12.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是 A. 原子半径A>B>D>C B. 原子序数d>c>b>a C. 离子半径C3－>D－>B＋>A2＋ D. 单质的还原性A>B>D>C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期， A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是B>A>C>D,故A错误； B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故B错误； C.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,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是C3－>D－>B＋>A2＋，故C正确；‎ D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是B >A>C>D，故D错误； 综上所述，本题选C。‎ ‎13.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中，W是最轻的金属。X与Y组成的化合物被称为“信息高速公路的骨架”，氢氟酸是唯一可以与之发生反应的酸。Z的最外层电子数为电子层数的2倍。下列说法正确的是( )‎ A. 单质的熔点：Z > X > Y B. 简单氢化物的稳定性：X > Y C. 金属W在空气中加热生成W2O2‎ D. W、Y的单质分别与氯气反应的产物所含的化学键类型相同 ‎【答案】B ‎【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，其中，W是最轻的金属，W为锂。X与Y组成的化合物被称为“信息高速公路的骨架”，氢氟酸是唯一可以与之发生反应的酸，X为氧，Y为硅；。Z的最外层电子数为电子层数的2倍，Z为硫。‎ ‎【详解】A.Y是硅，是原子晶体，熔点最高，单质的熔点： Y >Z > X，故A错误；‎ B. 同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，简单氢化物的稳定性：X > Y，故B正确；‎ C. 金属Li在空气中加热生成Li2O，不生成过氧化物，故C错误；‎ D. W、Y的单质分别与氯气反应的产物所含的化学键类型不相同，氯化锂含离子键，四氯化硅含共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这种原子的原子核内中子的物质的量为 A. mol B. mol C. mol D. mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 元素原子的质量数为A，w克这种元素的原子，其物质的量为mol，阳离子Xn+核外有x个电子，则质子数为x+n，原子核内中子数为A-(x+n)=A-x-n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol×(A-x-n)=mol，故选C。‎ 点睛：本题考查了有关物质的量的计算，明确以物质的量为核心的计算公式，熟悉原子中各微粒之间数量关系。解答本题的重点是确定阳离子Xn+的质子数。‎ ‎15.下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是( )‎ A. NH4Cl + NaOH = NaCl + NH3↑ + H2O B. Mg3N2 + 6H2O = 3Mg(OH)2 + 2NH3↑‎ C. Cl2 + 2NaOH = NaClO + NaCl + H2O D. 2Na2O2 + 2H2O = NaOH + O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应中有离子键、极性键键断裂，也离子键、极性键形成，没有非极性键的断裂和形成，A错误；‎ B、反应中有离子键、极性键键断裂，也离子键、极性键形成，没有非极性键的断裂和形成，B错误；‎ C、反应中有离子键、极性键、非极性键断裂，只有离子键、极性键形成，没有非极性键形成，C错误；‎ D、过氧化钠中含有非极性键和离子键，则该反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎16.常温下，1 mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用E 表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是(   )‎ 共价键 H-H F-F H-F H-Cl H-I E (kJ/mol)‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A. 1 mol H2和1 mol F2完全反应时，释放25 kJ能量 B. 表中最稳定的共价键是H-F键 C. 1 mol H2转化为H原子时，吸收436 kJ能量 D. 432 kJ/mol > E (H-Br) > 298 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断．‎ B、键能越大形成的化学键越稳定；‎ C、H-H的键能436kJ/mol，1 mol H2转化为H原子时，吸收436 kJ能量；‎ D、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；‎ ‎【详解】A、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436KJ·mol－1+157KJ·mol－1-2×568KJ·mol－1=-543KJ·mol－1，H2（g）+F2（g）=2HF（g） △H=-543 kJ·mol－1，1 mol H2和1 mol F2完全反应时，释放543 kJ能量，故A错误；‎ B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，故B正确；‎ C、H-H的键能436kJ/mol，1 mol H2转化为H原子时，吸收436 kJ能量，故C正确；‎ D、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ·mol－1＞E（H-Br）＞298 kJ·mol－1，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应能量变化和键能的关系分析判断，解题关键：焓变计算方法．‎ ‎17.短周期元素 R、T、Q、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 T 所处的周期序数与族序数相等.下列判断不正确的是（ ）‎ A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R＞Q B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜W C. 原子半径：T＞Q＞R D. 含 T 的盐溶液一定能电离出 T 的阳离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素。A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物的稳定性：NH3＞SiH4，故A正确；B．同周期自左而右非金属性增强，非金属性Si＜S，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：H2SiO3＜H2SO4，故B正确；C．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，故原子半径：T＞Q＞R，故C正确；D．偏铝酸钠只能电离出钠离子和偏铝酸根离子，不能电离出铝离子，故D错误；故选D。‎ ‎18.W、Q、X、Y、Z是五种短周期主族元素，其中X原子K、L层电子数之比为1∶2，Y元素最外层电子数是次外层的3倍，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，W是地壳中含量最高的金属元素， Q元素最高化合价与最低化合价之和为6。下列判断正确的是 A. W、Q、X、Y、Z的原子序数依次递增 B. Y的简单氢化物比X的稳定性高 C. 常温下，W元素的单质与浓硝酸反应生成NO2‎ D. Z、W的单质分别与Q的单质化合后的产物中所含化学键类型相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子K、L层电子数之比为1∶2，应为C元素，Y元素最外层电子数是次外层的3倍，应为O元素，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，为Na元素，W是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，Q元素最高化合价与最低化合价之和为6，为Cl元素。‎ ‎【详解】由以上分析可知W为Al元素，Q为Cl元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素。‎ A.应该是X、Y、Z、W、Q的原子序数依次递增，故A错误；‎ B. Y的非金属性比X的非金属性强，所以Y的简单氢化物比X的稳定性高，故B正确；‎ C. 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化反应，故C错误；‎ D.氯化铝为共价化合物，含有共价键，氯化钠为离子化合物，含有离子键，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。‎ ‎19.下列各组微粒：①H3O+、NH4+、Na+；②OH-、NH2-、F-；③O2-、Na+、Mg2+；④CH4、NH3、H2O，具有相同质子数和电子数的是( )‎ A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①H3O＋、NH、Na＋，这三种微粒的质子数都是11，电子数也都是10；‎ ‎②OH－、NH、F－，这三种微粒的质子数都是9，电子数也都是10；‎ ‎③O2－、Na＋、Mg2＋，这三种微粒的质子数分别为：8、11、12，电子数都是10；‎ ‎④CH4、NH3、H2O，这三种微粒的质子数都是10, 电子数都是10；‎ 结合以上分析可知，符合题意的有①②④。‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎20.下列反应既属于氧化还原反应，又是放热反应的是( )‎ A. 氢氧化钠与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与CO2的反应 C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. 氯酸钾受热分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，从常见吸热反应和放热反应的角度判断反应是否放热．‎ ‎【详解】A、氢氧化钠与稀硫酸的反应属于复分解反应，化合价没有发生变化，为放热反应，故A错误；‎ B、灼热的木炭与CO2的反应属于氧化还原反应，C元素的化合价发生变化，该反应吸热，故B错误；‎ C、甲烷在空气中燃烧的反应中C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应放热，故C正确；‎ D、氯酸钾受热分解，属于吸热反应，属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选C ‎21.下列化学用语表述正确的是( )‎ A. 核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：‎ B. 氯离子的结构示意图：‎ C. 次氯酸的结构式：H-O-Cl D. CO2的电子式为：O::C::O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素符号左上角的数字是质量数，核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：，故A错误；‎ B. 氯的核电荷数为17，氯离子的结构示意图：，故B错误；‎ C.氧是中心原子， 次氯酸的结构式：H-O-Cl，故C正确；‎ D.氧最外层是6个电子， CO2的电子式为：，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎22.下表为短周期元素①~⑧的部分性质,下列说法正确的是( )‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径/10‎‎-18m ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ 最高化合价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+3‎ 最低化合价 ‎-2‎ ‎-3‎ ‎-1‎ ‎-3‎ A. 元素①⑧形成的化合物具有两性 B. 元素④的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑤的最高价氧化物对应水化物的酸性强 C. 元素⑦的气态氢化物稳定性比元素④的气态氢化物稳定性强 D. 上表8种元素中，元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 主族元素最高正价与其族序数相等，最低负价=族序数-8，原子电子层数越多其原子半径越大，根据元素化合价、原子半径大小知，④⑦为第VA族元素，且原子序数④＞⑦，所以④是N元素、⑦是P元素；‎ ‎③⑥是第IA族元素，原子半径③<⑥，③的原子半径小，所以③是Li元素、⑥是元素；‎ ‎①位于第VIA族，原子半径小于Li，所以①是O元素；‎ ‎②位于第IIA族，原子半径大于①，所以②是Mg元素；‎ ‎⑤位于第VIIA族，该元素有正负化合价，所以为Cl元素；‎ ‎⑧位于第IIIA族，其原子半径小于④，所以⑧为B元素；‎ ‎【详解】A、①是O元素，⑧是B元素，氧化硼没有两性，故A错误；‎ B．元素的非金属性④＜⑤，所以元素④的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑤的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故B错误；‎ C、非金属性⑦＞④，所以元素⑦的气态氢化物稳定性比元素④的气态氢化物稳定性强，故C正确；‎ D、③是Li元素，这几种元素中金属性最强的是Na元素，所以碱性最强的是NaOH，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎23.下列变化过程中，生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是( )‎ A. 氧化钙溶于水 B. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 C. 铝粉与氧化铁粉末在高温下反应 D. NH4NO3 溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成物的总能量高于反应物的总能量，吸收能量，反应为吸热反应.‎ ‎【详解】A. 氧化钙溶于水，是放热反应，故A错误；‎ B. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，吸收能量，反应为吸热反应，故B正确；‎ C. 铝粉与氧化铁粉末在高温下反应，铝热反应，属于放热反应，反应物能量高于生成物，故C错误；‎ D. NH4NO3 溶于水，吸收能量为物理变化，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，解题关键：把握化学反应中能量变化，注意化学键断裂吸收能量，易错点D，注意物理过程和化学变化。‎ ‎24.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是(　 　)‎ A. 亚硫酸氢钠和硫酸氢钠分别溶解在水中 B. 硝酸铵与硝酸分别受热变为气体 C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中 D. 碘与干冰分别受热变为气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据晶体类型判断，相同类型的晶体，克服的相互作用力相同；离子晶体克服的是离子键，分子晶体的是分子间作用力，原子晶体克服的是共价键，金属晶体克服的是金属键。‎ ‎【详解】A、NaHSO4溶于水变为溶液时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，断裂离子键、共价键，NaHSO3溶于水变为溶液时电离出钠离子、亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子部分电离成氢离子和亚硫酸根离子，断裂离子键、共价键，亚硫酸氢根离子，水解生成亚硫酸分子，断开水中的氢氧共价键，故A不选；‎ B、硝酸铵与硝酸分别受热变为气体，硝酸铵为离子晶体，加热分解，克服离子键和共价键，硝酸受热变为气体，只克服分子间作用力，故B不选；‎ C、氯化钠与氯化氢分别分别属于离子化合物和共价化合物，溶解在水中分别克服离子键和共价键，故C不选；‎ D、碘与干冰都是分子晶体，分别受热变为气体，都克服分子间作用力，故D选；‎ 故选D。‎ ‎25.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（ ）‎ 反应装置或图像 实验现象或图像信息 A 反应开始后，针筒活塞向右移动 B 反应物总能量大于生成物总能量 C 反应开始后，甲处液面低于乙处液面 D 温度计的水银柱不断上升 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.稀硫酸和锌反应生成氢气。‎ B.反应物总能量大于生成物总能量，反应放热。‎ C.反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内温度升高，压强增大，反应为放热反应。‎ D.温度计的水银柱不断上升，可说明反应是放热反应。‎ ‎【详解】稀硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后，针筒活塞向右移动，不能说明反应放热，A错误；‎ 从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，B正确；‎ 反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内温度升高，压强增大，反应为放热反应，C正确；‎ 稀盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，说明为放热反应，D正确。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎26.按要求填空：有下列物质：①O2 ②CO2 ③NH3 ④Na2O ⑤Na2O2 ⑥NaOH ⑦CaBr2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl ⑩N2，回答下列问题：‎ ‎(1)只含有极性键的是________；只含有非极性键的是________；含有极性键和非极性键的是________；只含有离子键的离子化合物是________；含有非极性键的离子化合物是________；‎ ‎(2)写出⑤、⑧、⑨的电子式_____________、______________、________________；‎ ‎(3)溶于水只破坏离子键的是__________；溶于水既破坏离子键又破坏共价键的是________________；‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). ①⑩ (3). ⑧ (4). ④⑦ (5). ⑤ (6). (7). (8). (9). ④⑥⑦⑨ (10). ⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。‎ ‎（2）⑤、⑧、⑨的电子式、、；‎ ‎（3）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化；仅离子键被破坏说明离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏；仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应；离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应。‎ ‎【详解】（1）①O2⑩N2中只含非极性键，属于单质； ‎ ‎②CO2 ③NH3中只含极性键，属于共价化合物；‎ ‎⑧H2O2 含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；‎ ‎⑤Na2O2中含有离子键和非极性键，属于离子键化合物；‎ ‎⑥NaOH、⑨NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子键化合物； ‎ ‎⑦CaBr2、④Na2O中只含离子键，属于离子化合物；‎ 只含极性键的是②③；‎ 只含非极性键的是①⑩ ；‎ 含有极性键和非极性键的是⑧；‎ 只含有离子键的离子化合物是④⑦；‎ 含有非极性键的离子化合物是⑤．‎ ‎（2）⑤、⑧、⑨的电子式、、；‎ ‎（3）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化；仅离子键被破坏说明离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏；仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应；离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应。‎ ‎④Na2O溶于水发生化学反应离子键被破坏 ⑥NaOH ⑦CaBr2 ⑨NH4Cl溶于水只发生电离，故溶于水只破坏离子键的是④⑥⑦⑨；‎ 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶于水既破坏离子键又破坏共价键的是⑤。‎ ‎27.下表为元素周期表的一部分，表中列出11种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题：‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎⑥‎ ‎⑧‎ ‎⑪‎ ‎3‎ ‎①‎ ‎③‎ ‎⑤‎ ‎⑦‎ ‎⑨‎ ‎4‎ ‎②‎ ‎④‎ ‎⑩‎ ‎(1)这11种元素中，化学性质最不活泼的元素是______(填元素符号，下同)，失电子能力最强的原子是______，得电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是______________，常温下单质为液态的非金属单质是____________；‎ ‎(2)⑦⑧⑨气态氢化物的稳定性：________>________>________‎ ‎(3)写出③的单质置换出⑥的单质的化学方程式：__________________；‎ ‎①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为_____________；‎ ‎⑨的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应的离子方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). Ne (2). K (3). ‎2F2+2H2O=4HF+O2 (4). Br2 (5). HF (6). HCl (7). HBr (8). 2Mg+CO22MgO+C (9). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (10). Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为P、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Br．⑪为Ne ‎(1)Ne最外层为8电子稳定结构； K金属性最强；F非金属性最强与水反应的化学方程式是‎2F2+2H2O=4HF+O2；常温下单质为液态的非金属单质是Br2 ；‎ ‎(2)同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，⑦⑧⑨气态氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr；‎ ‎(3)③的单质置换出⑥的单质，镁在二氧化中燃烧；‎ ‎①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应，Al(OH)3和NaOH生成NaAlO2和H2O；‎ ‎⑨的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应，即高氯酸与氧化铝反应的离子方程式。‎ ‎【详解】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为P、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Br．⑪为Ne ‎(1)这11种元素中，Ne最外层为8电子稳定结构，化学性质最不活泼的元素是Ne，K金属性最强，失电子能力最强的原子是K，F非金属性最强，得电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是‎2F2+2H2O=4HF+O2 ，常温下单质为液态的非金属单质是Br2 ；‎ ‎(2)同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，⑦⑧⑨气态氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr；‎ ‎(3)③的单质置换出⑥的单质，镁在二氧化中燃烧的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C；‎ ‎①和⑤两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应，Al(OH)3和NaOH生成NaAlO2和H2O化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；‎ ‎⑨的最高价氧化物对应水化物的水溶液与⑤的最高价氧化物反应，高氯酸与氧化铝反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。‎ ‎28.A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：‎ ‎(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与氯水反应的化学方程式_______；‎ ‎(2)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，写出该反应的化学方程式___________________；‎ ‎(3)若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是_____________；‎ 写出反应④的离子方程式_________________；‎ ‎(4)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A ，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式______________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl (2). 4NH3+6NO=5N2+6H2O (3). 第三周期第ⅢA族 (4). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (5). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，C为SO2，则A为S，B为H2S，所以D为SO3；依据推断出的物质书写化学方程式；‎ ‎（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B为NH3，氨气能被氧化成NO，所以C为NO，D为NO2，A是单质，则A为N2，依据推断出的物质书写化学方程式；‎ ‎（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，依据推断出的物质判断；‎ ‎(4)若A是应用最广泛的金属推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质，推断A为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2.依据推断出的物质书写化学方程式；‎ ‎【详解】(1)若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，C为SO2，则A为S，B为H2S，所以D为SO3，SO2具有还原性，C与氯水反应的化学方程式SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl ；‎ ‎（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，判断为NO、NO2，B为NH3，氨气能被氧化成NO，所以C为NO，D为NO2，A是单质，则A为N2，B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，该反应的化学方程式4NH3+6NO=5N2+6H2O ；‎ ‎（3）若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，单质A为Al，单质A的元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族 ；反应④的离子方程式AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；‎ ‎（4）若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，该反应的离子方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。‎ ‎29.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：‎ ‎(1)装置A的分液漏斗中盛装的试剂是___________，烧瓶中加入的试剂是___________‎ 发生的离子反应方程式________________；‎ ‎(2)虚线框内是一个装有未知试剂的广口瓶，该试剂是___________，说明装置的作用________________；‎ ‎(3)装置B中盛放的试剂是______________(选填下列所给试剂的字母)，实验现象为___________________，化学反应方程式是__________________________________；‎ A．Na2S溶液 B．Na2SO3 溶液 C．Na2SO4 溶液 ‎(4)已知：①硫酸比次氯酸稳定；②高氯酸比硫酸酸性强；③S2- 比Cl- 易被氧化；④HCl比H2S稳定；⑤铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；⑥铁与氯气加热生成三氯化铁，铁与硫加热生成硫化亚铁。可说明氯比硫非金属性强的是_______；‎ A．全部 B．②③④⑥ C．①②④⑤⑥ D．除①以外 ‎(5)装置C中盛放烧碱溶液，目的是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气。在该反应中，Cl元素的化合价既有升高又有降低，且ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为5∶1，请写出离子反应方程式________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 浓HCl (2). MnO2 (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 除去Cl2中混有的HCl (6). A (7). 有黄色沉淀生成 (8). Cl2+S2-=S↓+2Cl- (9). B (10). 8Cl2+16OH-=10Cl-+5ClO-+ClO3-+8H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据实验的目的可知要先获得氯气，需制取氯气的装置，进而确定装置中的物质和反应的原理方程式；‎ ‎（2）二氧化锰和浓盐酸反应制得的氯气中含有氯化氢杂质，可以用饱和食盐水除去；‎ ‎（3）证明氯气的氧化性强于硫单质的实验室氯气和硫化钠之间的反应，氧化性越强则原子的得电子能力强；‎ ‎（4‎ ‎）判断原子的得电子能力强弱的方法：最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、将同样的金属氧化到的价态等；‎ ‎（5）用氢氧化钠对氯气进行尾气处理．分别写出氯气与NaOH溶液反应的方程式，ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为5∶1，按比例写出总反应。‎ ‎【详解】根据题意，验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的原理是氯气可以将硫从其化合物硫钠中置换出来．‎ ‎（1）装置A的作用是制取氯气，分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸，烧瓶中加入的试剂是MnO2，发生的离子反应方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）二氧化锰和浓盐酸反应制得的氯气中含有氯化氢杂质，可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶将其除去，虚线框内的实验装置图为：，‎ ‎（3）氯气可以将硫从其化合物中置换出来的事实可以证明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故选A；反应的原理是：S2－+Cl2=2Cl－+S↓，有淡黄色沉淀生成；‎ ‎（4）最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则原子的得电子能力越强，故②正确，S2－比Cl－易被氧化，说明单质的氧化性是氯气强于硫，所以原子的得电子能力Cl强于S，故③正确，元素的氢化物的稳定性越强则原子的得电子能力越强，故④正确，单质将同样的金属氧化到的价态越高则原子的得电子能力强，故⑥正确，硫原子与氯原子电子层数相同，同周期元素的原子半径越小，得电子能力越强，故⑦正确，‎ 故选B；‎ ‎（5）用氢氧化钠对氯气进行尾气处理．ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为5∶1，分别写出氯气与NaOH溶液反应生成ClO-和ClO3-的方程式，①Cl2+2OH－═Cl－+ClO－+H2O，和②3Cl2+6OH－═5Cl－+ClO3－+3H2O，按比例写出总反应①×5+②得：8Cl2+16OH-=10Cl-+5ClO-+ClO3-+8H2O。‎ ‎【点睛】本题考查学生分析和解决问题的能力，（5）要求学生具备熟练的基本知识功底，是本题的难点．‎ ‎ ‎