2015-2016学年黑龙江省绥化市肇东一中高一(下)期中化学试卷(解析版)

2015-2016学年黑龙江省绥化市肇东一中高一（下）期中化学试

卷

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共52分）

1．在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（ ） A．制催化剂的材料 B．耐高温、耐腐蚀的合金材料 C．制农药的材料 D．半导体材料

2．下列各组中，性质比较不正确的是（ ）

A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3 C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S 3．由两种原子构成的纯净物（ ） A．一定是化合物

B．可能是单质，也可能是化合物 C．一定是单质

D．一定是同素异形体

4．元素X有质量数为79和81的两种同位素，现测得X元素的相对原子质量为79.9，则同位素81X在X元素中的质量分数是（ ） A．.4% B．45.6% C．55% D．45%

5．下列各组单质中，前者在一定的条件下能将后者从其化合物中置换出来的是（ ） ①Al、Fe ②Cl2、S ③Mg、C ④H2、Cu ⑤C、Si． A．只有①③ B．只有②④ C．只有①②③④ D．①②③④⑤ 6．下列反应所得溶液中一定只含有一种溶质的是（ ） A．向稀中加入铁粉

B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液 C．向NaOH溶液中通入CO2气体

D．向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液

7．下列各组离子在碱性条件下能大量共存，且在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（ ）

A．Ca2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、SO32﹣、NO3﹣ C．Na+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．NH4+、Na+、Cl﹣、CO32 8．除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（ ） A．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气 B．除去NO2中混有的NO：用水洗气

C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤 D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀后，过滤、洗涤 9．下列褪色过程不是因为氧化还原反应而褪色的是（ ） A．SO2气体通入溴水使溴水褪色

B．氯水使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，加入NaOH后不变红 C．将苯滴入溴水中振荡，溴水层褪色

D．将含有碘单质的淀粉溶液，加入NaOH溶液后蓝色褪去 10．下列离子方程式中正确的是（ ）

A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O

B．Ca（HCO3）2与过量Ca（OH）2溶液反应：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．Na2CO3溶液中通入少量CO2：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣ D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣=H2O

11．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（ ） ①KOH Na2SO4 AlCl3 ②NaHCO3 NaNO3 H2SO4

③HCl NaAlO2 NaCl ④Ca（OH）2 Na2CO3 BaCl2． A．①③ B．②③ C．①④ D．①②

12．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH

溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al（（ ）2SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为

A．6：1 B．1：1 C．2：1 D．1：2

13．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易与水发生反应，并产生能使品红褪色的气体．下列说法错误的是（ ）

A．S2Cl2的结构中各原子均达到8电子的稳定结构 B．S2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物

C．若S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔沸点：S2Cl2＞S2Br2

D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl

14．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 akJ•mol﹣1、P﹣O b kJ•mol﹣1、P═O c kJ•mol﹣1、O═O d kJ•mol﹣1 根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）

A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1 B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1

D．（4c+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1

15．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）

x+NO↑+14H2O．下列判断合理的是（ ） A．Fe （NO3）x中的x为2

B．反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移 C．稀HNO3 在反应中只作氧化剂

D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化

16．某元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162．在天然单质中，此三种单质的物质的量之比为1：1：1，由此推断以下结论中，正确的是（ ） A．此元素有三种同位素

B．其中一种同位素质量数为80

C．其中质量数为79的同位素原子占原子总数的 D．此元素的单质的平均式量为160

17．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表： L M Q R T 元素代号 0.160 0.143 0.102 0.0 0.074 原子半径/nm +6、﹣2 +2 +3 +2 主要化合价 ﹣2 下列说法正确的是（ ） A．L、Q形成的简单离子核外电子数相等 B．L、R的单质与盐酸反应速率为R＞L

C．Q、T两元素的氢化物的稳定性为HnT＜HnQ D．M与T形成的化合物能与NaOH溶液反应

18．1999年1月，俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298．以下叙述不正确的是（ ） A．该元素属于第七周期

B．该元素为金属元素．性质与82Pb相似 C．该元素位于ⅢA族

D．该同位素原子含有114个电子，184个中子

19．对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱

④Fe与稀反应．溶液反应、改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

20．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的电子层结构都跟该原子同周期的稀有气体原子一样，NH5能跟水反应，化学方程式为：NH5+H2O=NH3•H2O+H2↑．则下列说法中，不正确的是（ ）

A．1molNH5中有5NA个N﹣H键（NA为阿伏加德罗常数的值） B．NH5中既有共价键，又有离子键，属于离子化合物 C．NH5跟水的反应是氧化还原反应

D．NH5跟水的反应中，H2既是氧化产物又是还原产物

21．在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1与m2关系是（ ）

A．m1一定大于m2 B．m1可能小于m2 C．m1可能等于m2 D．m1一定等于m2 22．硫酸和的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含的浓度是1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）

A．.6mL B．112mL C．168mL D．224mL

23．足量铜与一定量浓反应得到铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成．若向所得硝

酸铜溶液中加入5mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）

A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL

24．在298K、1.01×105 Pa下，将22g CO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得

1mol CO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放反应放出x kJ的热量．已知在该条件下，

出y kJ的热量．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式是（ ） A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ/mol B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ/mol C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol D．2CO2（g）+2NaOH（l）═2NaHCO3（l）△H=﹣（8x﹣2y）kJ/mol

25．如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，先后加入试剂A、B时所得沉淀物质的量y（mol） 与试剂体积V（mL）间的关系图．开始滴加6mL试剂A后继续滴加A若干，之后改滴试剂B．以下结论正确的是（ ）

A．A可能是NaOH，B可能是盐酸，且2cA=cB B．原混合液中，c（Al3+）：c（Mg2+）：c（Cl﹣）=1：2：7

C．A可能是Ba（OH）2，B可能是硫酸，且cA=2cB

D．若A和B均为一元强酸或一元强碱，则滴加7mL试剂A后改滴试剂B

26．含有1mol HNO3的稀分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断正确的是（ ）

A．a是Fe（NO3）2 B．n1=0.375 C．p=0.20 D．n2=0.30

二、非选择题（共48分）

27．以下是有关SO2、Cl2的性质实验．

（1）某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质．

若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？ （填“相同”或“不相同”）； 若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为 E中盛有 溶液．

（2）若装置B中装有5.0mL 1.0×10﹣3mol/L碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10﹣5mol电子，该反应的化学方程式为 ．

（3）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母） ，则可以看到白色沉淀产生． A．氨水B．稀盐酸C．稀D．氯化钙．

28．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素中，每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物． 请回答下列问题：

（1）C和E两元素相比较，非金属性较强的是 （填元素名称），可以验证该结论的是 （填写编号）；

A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点 B．比较这两种元素的单质在常温下的状态 C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易

（2）写出C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物与E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物反应的化学方程式： ．

（3）A、C、D、E四种元素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为 ．

（4）A和E，A和C可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为 ；

（5）B元素的气态氢化物和其一种常见氧化物（双原子分子）能反应生成B的单质，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ． （6）在火箭推进器中装有液态B2A4和液态A2C2，已知0.4mol．液态B2A4和足量液态A2C2反应，生成气态B2和气态A2C，放出256.6kJ的热量．试写出该反应的热化学方程式： ．B2A4的电子式

（7）A2C的沸点比A2E 沸点 ，原因是 （8）下列事实可以用氢键解释的是 A．水比硫化氢稳定． B．氨气易液化． C．氨气极易溶于水．

D．水结成冰，密度减小，体积增大．

（9）用电子式表示氯化氢的形成过程 ．

29．已知常温常压下：

①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol ②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol 写出甲醇燃烧的热化学方程式 ．

30．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变 ①2HI（g）=H2（g）+I2（g）△H1

②SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）=H2SO4（l）+2HI（g）△H2 ③H2SO4（l）=H2O（g）+SO2（g）+O2（g）△H3 ④2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H4

（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H4= ．

31．下图表示几种中学常见物质之间的相互转化关系（图中部分条件或产物已省略），其中B为黑色的非金属固体单质，D可使品红溶液褪色，E在通常状况下是无色无味的液体，I在通常状况下是无色气体，G是淡黄色的固体化合物，H是黑色晶体．

请回答下列问题：

（1）单质F的组成元素在周期表中的位置是 （指明周期和族），G的电子式为 ，化合物J的俗名 ． （2）金属Al和H的混合物俗称

（3）镁条能在气体C中燃烧得到两种固体，其化学式分别是 、 ；

（4）写出上图中下列反应的化学方程式： ① ； ③ ；

（5）向上图中的反应⑤得到的M、N混合液中通入H2S气体，溶液变浑浊，酸性增强．请写出该过程发生反应的离子方程式： ．

32．将32.g铜与140mL一定浓度的反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答：

（1）NO的体积，NO2的体积？

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，求原溶液的浓度？

（3）欲使铜与反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水多少克？

2015-2016学年黑龙江省绥化市肇东一中高一（下）期中

化学试卷

参与试题解析

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共52分）

1．在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（ ） A．制催化剂的材料 B．耐高温、耐腐蚀的合金材料 C．制农药的材料 D．半导体材料

【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．

【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料．

【解答】解：A．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故A错误； B．耐高温、耐腐蚀的合金材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故B错误；

C．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故C错误；

D．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故D正确． 故选D．

2．下列各组中，性质比较不正确的是（ ）

A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3 C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S 【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．

【分析】A、同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱；

B、同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱； C、同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强； D、同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强．

【解答】解：A、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，

即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；

B、Na、Mg、Al属于同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，

即碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故B正确；

C、P、S、Cl属于同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，

所以稳定性：PH3＜H2S＜HCl，故C错误；

D、F和O属于同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性：F＞O，O和S属于同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强，所以O＞S，即非金属性F＞O＞S，故D正确．

3．由两种原子构成的纯净物（ ） A．一定是化合物

B．可能是单质，也可能是化合物 C．一定是单质

D．一定是同素异形体

【考点】混合物和纯净物；单质和化合物．

【分析】有两种原子构成的纯净物可以是单质也可以是化合物，同一种元素的同位素原子是不同的原子，如氢元素的三种同位素原子，可以两两结合形成单质；原子序数不同的原子构成的纯净物是化合物．

【解答】解：两种原子可以是原子序数相同的同种元素的同位素原子，也可以是原子序数不

HT）H2O）同的元素原子，它们构成物质是可以是单质（如HD、，也可以是化合物（如HCl、，

所以选项中一定是化合物错误，一定是单质错误，一定是同素异形体错误； 故选B．

4．元素X有质量数为79和81的两种同位素，现测得X元素的相对原子质量为79.9，则同位素81X在X元素中的质量分数是（ ） A．.4% B．45.6% C．55% D．45%

【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；相对原子质量及其计算．

【分析】元素的相对原子质量为该元素各种核素的相对原子质量的平均值，原子的相对原子质量在数值上等于其质量数，先计算两种核素的原子个数之比，再计算同位素81X在X元素中的质量分数．

【解答】解：X元素的相对原子质量79.9是质量数分别为79和81的核素的平均值，可以采用十字交叉法：

，则两种同位素原子的个数比为0.9：1.1=9：11，则同位素81X在X元素中的

质量分数==45.6%．

故选B．

5．下列各组单质中，前者在一定的条件下能将后者从其化合物中置换出来的是（ ） ①Al、Fe ②Cl2、S ③Mg、C ④H2、Cu ⑤C、Si． A．只有①③ B．只有②④ C．只有①②③④ D．①②③④⑤ 【考点】氧化性、还原性强弱的比较．

【分析】①金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来； ②氧化性氯气比硫强，氯气能将硫置换出来；

③金属镁可以在二氧化碳中燃烧，金属镁置换出碳单质； ④氢气可以还原氧化铜，置换出金属铜；

⑤焦炭在高温下可以和二氧化硅反应，碳的氧化性强于硅．

【解答】解：①金属铝比铁活泼，可以将铁从其盐中置换出来，故①正确；

②氧化性氯气比硫强，氯气能和硫化钠溶液反应将硫置换出来，故②正确；

③金属镁可以在二氧化碳中燃烧，生成氧化镁和碳单质，即金属镁置换出了碳单质，故③正确；

④氢气可以还原氧化铜生成铜和水，即氢气可以置换出金属铜，故④正确；

⑤焦炭在高温下可以和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，碳的氧化性强于硅，所以碳可以置换硅，故⑤正确． 故选D．

6．下列反应所得溶液中一定只含有一种溶质的是（ ） A．向稀中加入铁粉

B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液 C．向NaOH溶液中通入CO2气体

D．向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液 【考点】的化学性质；镁、铝的重要化合物．

【分析】A．铁粉与稀反应可生成Fe2+或Fe3+；

B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化钠、氯化铝溶液； C．向NaOH溶液中通入CO2气体可生成NaHCO3或Na2CO3； D．H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba 向MgSO4、（OH）生成Mg（OH）2溶液，2和BaSO4．

【解答】解：A．铁粉与稀反应可生成Fe2+或Fe3+，可能为二者的混合物，故A错误；

B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液反应生成氯化钠、氯化铝溶液，溶质有两种，故B错误；

C．向NaOH溶液中通入CO2气体可生成NaHCO3或Na2CO3，可能为二者的混合物，故C错误； D．H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba向MgSO4、（OH）生成Mg（OH）2溶液，2和BaSO4，溶质只有Ba（OH）2，故D正确． 故选D．

7．下列各组离子在碱性条件下能大量共存，且在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（ ）

A．Ca2+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、Na+、SO32﹣、NO3﹣ C．Na+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．NH4+、Na+、Cl﹣、CO32 【考点】离子共存问题；氧化还原反应．

【分析】根据碱性及酸性条件下溶液中的离子，利用复分解反应发生的条件及离子之间能否发生氧化还原反应来分析解答．

【解答】解：A、因在碱性条件下，OH﹣与Al3+反应，则不能大量共存，在强酸性条件下也不发生氧化还原反应，故A错误；

B、因在碱性条件下，该组离子不反应，则能大量共存，且在强酸性条件下，SO32﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，故B正确；

C、因在碱性条件下，该组离子不反应，则能大量共存，在强酸性条件下也不发生氧化还原反应，故C错误；

D、因在碱性条件下，OH﹣与NH4+反应，则不能大量共存，在强酸性条件下也不发生氧化还原反应，故D错误； 故选：B．

8．除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（ ） A．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气 B．除去NO2中混有的NO：用水洗气

C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤 D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀后，过滤、洗涤 【考点】物质的分离、提纯和除杂．

【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．

【解答】解：A．饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；

B．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，将原物质除掉，不符合除杂原则，故B错误； C．铁粉不与氯化亚铁反应，能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故C正确； D．铜单质能与稀反应生成铜和一氧化氮，故D错误． 故选C．

9．下列褪色过程不是因为氧化还原反应而褪色的是（ ） A．SO2气体通入溴水使溴水褪色

B．氯水使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，加入NaOH后不变红 C．将苯滴入溴水中振荡，溴水层褪色

D．将含有碘单质的淀粉溶液，加入NaOH溶液后蓝色褪去 【考点】氧化还原反应．

【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不发生氧化还原反应，以此来解答．

【解答】解：A．二氧化硫与溴水反应生成硫酸、HBr，S、Br元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；

B．氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，只有Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；

C．将苯滴入溴水中振荡，溴水层褪色，发生萃取，不发生化学变化，故C选；

D．碘与NaOH反应生成NaI、NaIO，只有I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选； 故选C．

10．下列离子方程式中正确的是（ ）

A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O

B．Ca（HCO3）2与过量Ca（OH）2溶液反应：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．Na2CO3溶液中通入少量CO2：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣ D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H++OH﹣=H2O 【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．反应生成硫酸钡和水； B．反应生成碳酸钙和水； C．反应生成碳酸氢钠；

D．醋酸在离子反应中保留化学式．

【解答】解：A．H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故A正确；

2+﹣﹣

B．Ca（HCO3）（OH）2与过量Ca2溶液反应的离子反应为Ca+HCO3+OH=CaCO3↓+H2O，故B错误；

C．Na2CO3溶液中通入少量CO2的离子反应为CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，故C正确； D．CH3COOH溶液与NaOH溶液反应的离子反应为CH3COOH+OH﹣=H2O+CH3COO﹣，故D正确； 故选AC．

11．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（ ） ①KOH Na2SO4 AlCl3 ②NaHCO3 NaNO3 H2SO4

③HCl NaAlO2 NaCl ④Ca（OH）2 Na2CO3 BaCl2． A．①③ B．②③ C．①④ D．①② 【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

【分析】无色溶液，不用其它试剂即可鉴别，则相互之间反应的现象不同；反之，现象相同时不能鉴别，以此来解答．

【解答】解：①均不能与其它两种物质反应生成沉淀的为Na2SO4，相互滴定，先有沉淀后沉淀消失则所加的是KOH溶液，被滴定的为AlCl3，不用其它试剂即可鉴别，故选； ②均不能与其它两种物质反应的为NaNO3，NaHCO3、H2SO4改变滴定顺序，反应现象相同，不能鉴别，故不选；

③均不能与其它两种物质反应生成沉淀的为NaCl，两两混合，相互滴加时先有沉淀后沉淀消失，则所加液体为盐酸溶液，被加的是NaAlO2，不用其它试剂即可鉴别，故选；

④Ca（OH）2、BaCl2均与Na2CO3反应生成沉淀，且Ca（OH）2、BaCl2不反应，则不加其它试剂不能鉴别，故不选； 故选A．

12．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH

溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al（（ ）2SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为

A．6：1 B．1：1 C．2：1 D．1：2

【考点】离子方程式的有关计算．

【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此分析．

【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶

液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，

故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，即Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1：2； 故选D．

13．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易与水发生反应，并产生能使品红褪色的气体．下列说法错误的是（ ）

A．S2Cl2的结构中各原子均达到8电子的稳定结构 B．S2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物

C．若S2Br2与S2Cl2结构相似，则熔沸点：S2Cl2＞S2Br2

D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；极性键和非极性键．

【分析】A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，写出电子式确定每个原子周围的电子数；

B、同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键为极性键； C、组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强；

D、S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理．

【解答】解：A．由A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2的电子式为

，每个原子周围都满足

8电子稳定结构，故A正确；

B．S2Cl2分子中S﹣S为非极性键，S﹣Cl键为极性键，所以S2Cl2为含有极性键和非极性键的共价化合物，故B正确；

C．组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，所以S2Cl2＜S2Br2，故C错误；

D．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，则S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确． 故选C．

14．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 akJ•mol﹣1、P﹣O b kJ•mol﹣1、P═O c kJ•mol﹣1、O═O d kJ•mol﹣1 根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）

A．B．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 （4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1 C．D．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1 （4c+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1 【考点】有关反应热的计算．

【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．

【解答】解：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﹣1．

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﹣1+5dkJ•mol﹣1﹣（4ckJ•mol﹣1+12bkJ•mol﹣1

）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1， 故选：A．

15．将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO↑+14H2O．下列判断合理的是（ ） A．Fe （NO3）x中的x为2

B．反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移 C．稀HNO3 在反应中只作氧化剂 D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化 【考点】氧化还原反应的计算．

【分析】A、根据氮元素守恒计算Fe（NO3）x中的x的值；

B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，根据NO计算转移电子；

C、反应中生成盐和N0，所以在反应中起氧化剂与酸的作用； D、磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分被氧化．

【解答】解：A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误；

B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.2molNO转移电子为0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，故B正确；

C、反应中生成盐Fe（NO3）3和N0，所以在反应中起氧化剂与酸的作用，故C错误；

D、反应中生成盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故D错误． 故选B．

16．某元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162．在天然单质中，此三种单质的物质的量之比为1：1：1，由此推断以下结论中，正确的是（ ） A．此元素有三种同位素

B．其中一种同位素质量数为80

C．其中质量数为79的同位素原子占原子总数的

D．此元素的单质的平均式量为160 【考点】原子结构与元素的性质．

【分析】A．该元素单质的相对分子质量有三种，说明其同位素有两种；

B．两种同位素的相对原子质量分别是79、81，根据种单质的物质的量之比为1：1：1计算； C．两种同位素形成三种单质的式量，式量为160的是两种原子形成的单质，最大质量数为81，最小质量数为79分析判断；

D．三种单质的物质的量之比为1：1：1，结合平均式量的计算依据是总质量与总物质的量之比计算．

【解答】解：A．元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，推断该元素存在两种同位素才符合，若是三种同位素则形成的单质应为6种，故A错误 B．根据双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162可知，最大的式量为81Y2，最小式量为79X2，所以质量数不可能为80，故B错误；

C．该元素元素的两种同位素的原子设为X、Y，构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，则原子的同位素只有79、81，形成的单质为79X2、79X81Y、81Y2三种单质的物质的量之比为1：1：1，计算质量数为79的同位素原子占原子总数的百分含量=

=，故C错误；

=160，故D正确；

D、元素的单质的平均式量=

故选D．

17．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表： L M Q R T 元素代号 0.160 0.143 0.102 0.0 0.074 原子半径/nm +6、﹣2 +2 +3 +2 主要化合价 ﹣2 下列说法正确的是（ ） A．L、Q形成的简单离子核外电子数相等 B．L、R的单质与盐酸反应速率为R＞L

C．Q、T两元素的氢化物的稳定性为HnT＜HnQ D．M与T形成的化合物能与NaOH溶液反应 【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．

【分析】T化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故T为氧元素；

R化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，原子半径与氧元素相差不大，则R与氧元素处于同一周期，则R为铍元素；

Q元素化合价为+6、﹣2，Z处于ⅥA族，半径比氧大，则Q为硫元素；

L化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，M的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，由于L、M、Q的原子半径与R、T原子半径相差很大，则L、M、Q应在第三周期，所以L为镁元素，M为铝元素．

结合元素周期律知识和化合物性质解答该题．

【解答】解：T化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故T为氧元素；R化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，原子半径与氧元素相差不大，则R与氧元素处于同一周期，则R为铍元素；Q元素化合价为+6、﹣2，Z处于ⅥA族，半径比氧，则Q为硫元素；L化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，M的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，由于L、

M、Q的原子半径与R、T原子半径相差很大，则L、M、Q应在第三周期，所以L为镁元素，M为铝元素．

A、镁离子的核外电子数为10，硫离子的核外电子数为18，核外电子数不相等，故A错误； B、同主族从上到下，元素的金属性增强，与酸反应越剧烈，所以铍、镁的单质与盐酸反应速率为镁＞铍，故B正确；

C、同主族从上到下，元素的非金属性减弱，形成的氢化物稳定性逐渐减弱，所以稳定性为H2O＞H2S，故C错误；

D、Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，所以Al2O3能与NaOH溶液反应，故D正确． 故选D．

18．1999年1月，俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为298．以下叙述不正确的是（ ） A．该元素属于第七周期

B．该元素为金属元素．性质与82Pb相似 C．该元素位于ⅢA族

D．该同位素原子含有114个电子，184个中子 【考点】元素周期表的结构及其应用．

【分析】根据每周期元素的种数，可知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA，处于碳族，原子核外电子数等于质子数，中子数=质量数﹣质子数，结合同主族元素性质的相似性与递变性解答．

【解答】解：根据每周期元素的种数，可知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA，处于碳族， A．由上述分析可知，该元素处于第七周期，故A正确；

B．该元素处于第七周期ⅣA，处于碳族，同主族自上而下金属性增强，同族的Pb为金属元素，故该元素为金属元素，与Pb的化学性质相似，故B正确； C．该元素处于第七周期ⅣA，故C错误；

D．元素原子序数为114号，则原子质子数为114，则该同位素原子含有114个电子，中子数为298﹣114=184，故D正确； 故选C．

19．对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱

④Fe与稀反应．溶液反应、改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【考点】离子方程式的书写．

【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答．

【解答】解：①KHCO3少量时，发生反应为KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+KOH，KHCO3过量时发生反应为2KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+K2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故①正确；

②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为SO32﹣

+2H+═H2O+SO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故②正确；

③Si与烧碱溶液反应无论以何种量混合，二者反应生成硅酸钠和水，SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一离子方程式表示，故③错误；

④Fe与稀反应，Fe不过量生成Fe3+，4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O，Fe过量生成Fe2+，8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O， 不能用同一个离子方程式来表示，故④正确；故选B．

20．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的电子层结构都跟该原子同周期的稀有气体原子一样，NH5能跟水反应，化学方程式为：NH5+H2O=NH3•H2O+H2↑．则下列说法中，不正确的是（ ）

A．1molNH5中有5NA个N﹣H键（NA为阿伏加德罗常数的值） B．NH5中既有共价键，又有离子键，属于离子化合物 C．NH5跟水的反应是氧化还原反应

D．NH5跟水的反应中，H2既是氧化产物又是还原产物 【考点】化学键；氧化还原反应．

NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，【分析】即氮原子最

外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，所以，NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，符合稀有气体原子的最外层结构，剩余的一个氢原子只能是H﹣，这样才符合2电子的稳定结构，所以数铵根离子和氢阴离子形成的离子化合物，能稳定存在于固体中类似氯化铵．

【解答】解：A、NH5是离子化合物氢化铵，所以1molNH5中有4NA个N﹣H键，故A错误．

B、NH5中氢离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，故B正确．

C、NH5+H2O=NH3•H2O+H2↑该方程式中氢元素的化合价发生变化，所以属于氧化还原反应，故C正确．

D、NH5+H2O=NH3•H2O+H2↑该反应中化合价只有氢元素发生变化，所以氧化产物和还原产物都是氢气，故D正确． 故选A．

21．在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1与m2关系是（ ）

A．m1一定大于m2 B．m1可能小于m2 C．m1可能等于m2 D．m1一定等于m2 【考点】的化学性质．

【分析】再加入稀硫酸，因根在酸性条件下具有强氧化性，故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物，都会溶解．

【解答】解：铁和铜都和反应生成盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，盐中的根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2． 故选：A．

22．硫酸和的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含的浓度是1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）

A．.6mL B．112mL C．168mL D．224mL 【考点】的化学性质；离子方程式的有关计算．

【分析】铜与的反应生成的盐，如果有酸存在时，NO3﹣和H+仍是稀环境中，铜可以继续被稀氧化，稀被还原为NO气体．所以可利用Cu和H+、NO3﹣离子之间的反应实质来解决．

【解答】解：铜与稀反应的实质是3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体，

题中混合溶液中含H+物质的量为：0.04mol硫酸中含0.08mol，0.02mol中含0.02mol，所以溶液含0.10molH+， 0.96g铜的物质的量为

=0.015mol，根据离子方程式量的关系，3Cu～8H+～2NO，

0.015mol铜完全反应，消耗的氢离子物质的量为：0.015mol×=0.04mol，

显然氢离子过量，铜离子完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，气体物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为0.224L=224ml， 故选D．

23．足量铜与一定量浓反应得到铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成．若向所得硝

酸铜溶液中加入5mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）

A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL 【考点】的化学性质．

【分析】根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 Cu（NO3）2，再根据 Cu（NO3）2与NaOH 反应的关系，求出NaOH 的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积．

【解答】解：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了

根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4 n（Cu）×2=

mol×4

n（Cu）=0.15mol

所以 Cu（NO3）2 为0.15mol 根据 Cu2+～2OH﹣

0.15mol n（OH﹣） 则NaOH 为 0.15mol×2=0.3 mol 则NaOH 体积V==

=0.06L，即 60 ml，

故选A．

24．在298K、1.01×105 Pa下，将22g CO2通入750mL 1mol/L NaOH溶液中充分反应，测得

1mol CO2通入1L 2mol/L NaOH溶液中充分反应放反应放出x kJ的热量．已知在该条件下，

出y kJ的热量．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式是（ ） A．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ/mol

B．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ/mol C．CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol D．2CO2（g）+2NaOH（l）═2NaHCO3（l）△H=﹣（8x﹣2y）kJ/mol 【考点】热化学方程式．

【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式；再利用1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式．

【解答】解：22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=

1

=0.5mol，氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=1mol•L﹣

×0.75L=0.75mol，

该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，且碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量相等，反应方程式为：2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，

由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，则热化学反应方程式为：2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4xkJ/mol ①，

1mol CO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为：2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣ykJ/mol ②，

根据盖斯定律，①﹣②可得：CO2（g）+NaOH（aq）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ/mol， 故选C．

25．如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，先后加入试剂A、B时所得沉淀物质的量y（mol） 与试剂体积V（mL）间的关系图．开始滴加6mL试剂A后继续滴加A若干，之后改滴试剂B．以下结论正确的是（ ）

A．A可能是NaOH，B可能是盐酸，且2cA=cB B．原混合液中，c（Al3+）：c（Mg2+）：c（Cl﹣）=1：2：7

C．A可能是Ba（OH）2，B可能是硫酸，且cA=2cB

D．若A和B均为一元强酸或一元强碱，则滴加7mL试剂A后改滴试剂B 【考点】离子方程式的有关计算；镁、铝的重要化合物．

【分析】A、氯化镁和氯化铝与盐酸不反应，氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应，结合图片分析确定正误；

B、根据第一次沉淀最大到最小需要的氢氧化钠的量计算铝离子的物质的量，根据需要氢氧化钠总的物质的量计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量； C、根据铝元素守恒计算酸和碱浓度的关系；

D、根据沉淀的量未发生变化确定反应实质，从而确定所加试剂的变化情况．

【解答】解：A、根据加入前6mL试剂时，先有沉淀生成而后溶解，所以试剂A是NaOH，则B可能是盐酸，氢氧化铝转化为偏铝酸钠消耗的氢氧化钠的体积是偏铝酸钠转化为氢氧

化铝消耗的盐酸体积的一半，所以氢氧化钠浓度是盐酸的浓度的2倍，cA=2cB，故A错误；

B、从加入5 mL A生成沉淀最多，再继续加1 mL A沉淀量减少到最小值，相应反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由此可知，n（Al3+）=n〔Al（OH）3〕=（1×6×10﹣3

） mol；由前5 mL NaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=（5×10﹣3×6）mol，所以n（Mg2+）=（1×6×10﹣3） mol，由溶液中阴阳离子所带电荷相等得n（Cl﹣）=（5×10﹣3×6）mol，即溶液中c（Mg2+）：c（Al3+）：c（Cl﹣）=1：1：5，故B错误； C、如果A是Ba（OH）2，B是硫酸，则会发生反应生成硫酸钡，硫酸钡不溶于过量的酸中，沉淀最终的量不是零，故C错误；

D、若A和B均为一元强酸或一元强碱，根据二者的浓度比 c（A）=2c（B），则滴加7mL试剂A后改滴试剂B，故D正确． 故选D．

26．含有1mol HNO3的稀分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断正确的是（ ）

A．a是Fe（NO3）2 B．n1=0.375 C．p=0.20 D．n2=0.30 【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】向稀中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式．

【解答】解：向稀中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，a为 Fe（NO3）3，故AB错误；

C．Fe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，设生成的 Fe（NO3）2物质的量xmol，则利用方程式可求得x=0.15，即P=0.15，故C错误； D．再根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（（NO3）2）+n （Fe（NO3）），所以 n（Fe）=0.3mol即n2=0.3mol，故D正确． 故选D．

二、非选择题（共48分）

27．以下是有关SO2、Cl2的性质实验．

（1）某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质．

若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？ 相同 （填“相同”或“不相同”）； 若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为 2SO2+O22SO3 E中盛有 NaOH 溶液．

（2）若装置B中装有5.0mL 1.0×10﹣3mol/L碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10﹣5mol电子，该反应的化学方程式为 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl ．

（3）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母） AC ，则可以看到白色沉淀产生． A．氨水B．稀盐酸C．稀D．氯化钙．

【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质． 【分析】（1）①二氧化硫具有漂白性和有机色素结合为不稳定的化合物，氯气通入溶液中与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以氧化有机色素为无色；二氧化硫催化氧化为三氧化硫；E为尾气处理，吸收多余的SO2和Cl2应盛有氢氧化钠溶液；

（2）设碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10﹣3L×1.0×10﹣3

mol/L×2×a=5.0×10﹣5mol，解得：a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，据此书写方程式； （3）足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量物质可以看到白色沉淀产生；

A．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀； B．稀盐酸不和二氧化硫反应不能生成沉淀；

C．稀溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，结合钡离子生成沉淀； D．氯化钙溶液和二氧化硫不反应． 【解答】解：（1）①二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色；二氧化硫和氧气在五氧化二钒作催化剂、加热条件下能发生氧化还原反应生成三氧化硫，反应方程式为 2SO2+O22SO3，E为尾气处理，吸收多余的SO2和Cl2应盛有氢氧化钠溶液， 故答案为：相同；2SO2+O2

2SO3；NaOH；

（2）若装置B中装有5.0mL 1.0×10﹣3mol/L的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，转移的电子为5.0×10﹣5mol，令碘元素在氧化产物中的化合价为a，则根据电子转移守恒有5.0×10﹣

3

L×1.0×10﹣3mol/L×2×a=5.0×10﹣5mol，解得a=+5，所以碘单质被氧化为HIO3，则该反应的

化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl， 故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

（3）将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量试剂仍然无法观察到沉淀产生，说明不发生反应：

A、氨水加入后生成亚硫酸铵，亚硫酸根和钡离子生成沉淀，故A正确； B、稀盐酸加入后不反应，故B错误；

C、稀溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；

D．氯化钙溶液和二氧化硫不反应，故D错误； 故答案为：AC．

28．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素是所有原子中半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，A、B、D、E这四种元素中，每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物． 请回答下列问题：

（1）C和E两元素相比较，非金属性较强的是 氧 （填元素名称），可以验证该结论的是 CD （填写编号）；

A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点 B．比较这两种元素的单质在常温下的状态 C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易

（2）写出C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物与E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物反应的化学方程式： Na2O2+SO2=Na2SO4 ．

（3）A、C、D、E四种元素可形成两种酸式盐，两种酸式盐相互反应的离子方程式为 H++HSO3﹣=H2O+SO2↑ ．

（4）A和E，A和C可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为 HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O ；

（5）B元素的气态氢化物和其一种常见氧化物（双原子分子）能反应生成B的单质，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：3 ．

（6）在火箭推进器中装有液态B2A4和液态A2C2，已知0.4mol．液态B2A4和足量液态A2C2反应，生成气态B2和气态A2C，放出256.6kJ的热量．试写出该反应的热化学方程式： N2H4+2 H2O2=N2+4H2OB2A4的电子式 △H=﹣1.5kJ•mol﹣1 ．（l）（l）（g）（g）（7）A2C的沸点比A2E 沸点 高 ，原因是 水分子间存在氢键 （8）下列事实可以用氢键解释的是 BCD A．水比硫化氢稳定． B．氨气易液化． C．氨气极易溶于水．

D．水结成冰，密度减小，体积增大． （9）用电子式表示氯化氢的形成过程

．

【考点】位置结构性质的相互关系应用．

【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．

（1）同主族自上而下非金属性减弱；

比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度、最高价含氧酸的酸性、化合物中元素化合价等可以判断非金属性强弱，物理性质不能判断非金属性强弱；

（2）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应生成Na2SO4；

（3）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；

（4）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，二者反应生成硫化钠与水；

（5）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒计算氧化产物与还原产物的物质的量之比；

（6）计算1mol液态N2H4反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；

N2H4中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对； （7）水分子间存在氢键，沸点高于硫化氢的；

（8）A．氢键影响物理性质，水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强； B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高； C．氨气分子与水分子之间形成氢键；

D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，体积增大； （9）HCl属于共价化合物，用H原子、Cl原子电子式表示氯化氢的形成．

【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素是所有原子中半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；D与E同周期，即处于第三周期，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则E为S元素；A、B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O元素．

（1）同主族自上而下非金属性减弱，故氧元素的非金属性比硫的强，比较氢化物稳定性或单质与氢气化合的难易程度等可以判断非金属性强弱，单质的沸点属于物理性，不能判断非金属性强弱，氢化物沸点也不能判断非金属性强弱， 故答案为：氧；CD；

（2）C、D两元素形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，E、C两元素形成的原子个数比为1：2的化合物为SO2，二者反应方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4， 故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；

（3）H、O、Na、S四种元素可形成两种酸式盐为NaHSO3、NaHSO4，二者反应的离子方程式为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑， 故答案为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑；

（4）H和S，H和O可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS﹣，乙为OH﹣，则甲与乙反应的离子方程式为HS﹣+OH﹣

=S2﹣+H2O，

故答案为：HS﹣+OH﹣=S2﹣+H2O；

（5）N元素的气态氢化物氨气与其一种常见氧化物（双原于分子）NO能反应生成氮气，该反应中氧化产物与还原产物都是氮气，根据电子转移守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（2﹣0）：[0﹣（﹣3）]=2：3， 故答案为：2：3；

（6）0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量，则1mol液态N2H4反应放出的热量为256.6kJ×

=1.5kJ，故该反应的热化学

方程式为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1.5kJ•mol﹣1， N2H4的电子式为

，

故答案为：N2H4（l）+2 H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1.5kJ•mol﹣1；

；

（7）水分子间存在氢键，H2O的沸点比H2S 沸点高，

故答案为：高；水分子间存在氢键；

（8）A．水比硫化氢稳定，是由于O元素非金属性比S的强，与氢键无关，故A错误； B．氨气分子之间存在氢键，沸点较高，氨气易液化，故B正确； C．氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气极易溶于水，故C正确；

D．每个水分子与周围的4个水分子之间形成4个氢键，形成“空隙”，水结成冰，密度减小，体积增大，故D正确， 故选：BCD；

（9）用电子式表示氯化氢的形成过程：故答案为：

．

，

29．已知常温常压下：

①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol ②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ/mol

+O（=CO（+2H2O △H=﹣725.8kJ/mol ．写出甲醇燃烧的热化学方程式 CH3OH（l）（l）2g）2g）【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．

【分析】由已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（①+②×2）÷2即得到甲醇燃烧的热化学方程式，由此分析解答．

+3O2=2CO2+4H2O①2CH3OH△H=﹣1275.6kJ/mol，【解答】解：由已知：（l）（g）（g）（g）

=H2O②H2O△H=+44.0kJ/mol，÷2即得到CH3OH（l）（g）则根据盖斯定律可知（①+②×2）

（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol．

30．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变 ①2HI（g）=H2（g）+I2（g）△H1

②SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）=H2SO4（l）+2HI（g）△H2 ③H2SO4（l）=H2O（g）+SO2（g）+O2（g）△H3 ④2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H4

（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H4= 2（△H1+△H2+△H3） ． 【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．

【分析】已知反应①2HI（g）=H2（g）+I2（g）△H1

②SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）=H2SO4（l）+2HI（g）△H2 ③H2SO4（l）=H2O（g）+SO2（g）+O2（g）△H3

将①×2+②×2+③×2可得2H2O（g）=2H2（g）+O2（g），根据盖斯定律来计算△H4的值，据此分析．

【解答】解：已知反应①2HI（g）=H2（g）+I2（g）△H1 ②SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）=H2SO4（l）+2HI（g）△H2 ③H2SO4（l）=H2O（g）+SO2（g）+O2（g）△H3

根据盖斯定律可知：将①×2+②×2+③×2可得2H2O（g）=2H2（g）+O2（g），△H4=2（△H1+△H2+△H3），故答案为：2（△H1+△H2+△H3）；

31．下图表示几种中学常见物质之间的相互转化关系（图中部分条件或产物已省略），其中B为黑色的非金属固体单质，D可使品红溶液褪色，E在通常状况下是无色无味的液体，I在通常状况下是无色气体，G是淡黄色的固体化合物，H是黑色晶体．

请回答下列问题：

（1）单质F的组成元素在周期表中的位置是 第四周期第Ⅷ族 （指明周期和族），G的电子式为

，化合物J的俗名 纯碱 ．

（2）金属Al和H的混合物俗称 铝热剂

（3）镁条能在气体C中燃烧得到两种固体，其化学式分别是 MgO 、 C ； （4）写出上图中下列反应的化学方程式： ① C+2H2SO4（浓）③ 3Fe+4H2O（g）CO2↑+2SO2↑+2H2O ； Fe3O4+4H2 ；

（5）向上图中的反应⑤得到的M、N混合液中通入H2S气体，溶液变浑浊，酸性增强．请写出该过程发生反应的离子方程式： 2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+ ．

【考点】无机物的推断．

【分析】B为黑色的非金属单质，应为C，D可使品红溶液褪色，应为SO2，则A为H2SO4，E在通常状况下是无色无味液体，应为H2O，则C为CO2，G是淡黄色的固体化合物，应为Na2O2，则I、J应为Na2CO3和O2，I在通常状况下是无色气体，I为O2，J为Na2SO4，H是黑色晶体，反应④为铝热反应，则F为Fe，H为Fe3O4，与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，结合对应单质、化合物的性质解答该题．

【解答】解：B为黑色的非金属单质，应为C，D可使品红溶液褪色，应为SO2，则A为H2SO4，E在通常状况下是无色无味液体，应为H2O，则C为CO2，G是淡黄色的固体化合

J应为Na2CO3和O2，I在通常状况下是无色气体，I为O2，J为Na2SO4，物，应为Na2O2，则I、

H是黑色晶体，反应④为铝热反应，则F为Fe，H为Fe3O4，与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，

（1）由以上分析可知F为Fe，位于周期表第四周期第Ⅷ族，G为Na2O2，电子式为

，J应为Na2CO3和O2，J的俗名为纯碱，

故答案为：第四周期第Ⅷ族；

；纯碱；

（2）H为Fe3O4，金属Al和H的混合物俗称为铝热剂， 故答案为：铝热剂；

（3）镁条能在CO2中燃烧得到两种固体，其化学式分别是MgO、C， 故答案为：MgO、C； （4）反应①为C和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应③为Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，

Fe3O4+4H2，

Fe3O4+4H2；

反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）C+2H2SO（浓）故答案为：4

CO2↑+2SO2↑+2H2O；3Fe+4H2O（g）

（5）M、N混合液中含有Fe3+，具有强氧化性，可与H2S发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+， 故答案为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+．

32．将32.g铜与140mL一定浓度的反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答： （1）NO的体积，NO2的体积？

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，求原溶液的浓度？

（3）欲使铜与反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水多少克？

【考点】化学方程式的有关计算． 【分析】（1）令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者体积及电子转移守恒列方程计算，再根据V=nVm计算各自体积；（1）n（Cu）=

=0.51mol，氮氧化物的

物质的量==0.5mol，根据得失电子守恒计算二者的物质的量，再根据M=计算其

平均摩尔质量；

（2）根据N原子守恒计算作氧化剂的的物质的量，根据钠的化学式计算起酸作用的，再根据物质的量浓度公式计算的物质的量浓度；

（3）欲使铜与反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，结合（1）根据得失电子守恒分析，或者钠中的氮是+5价，所以铜失电子全部给铜来求解． 【解答】解：（1）32.g铜的物质的量为

=0.51mol，在反应中失去的电子的物质的

=0.5mol，令NO和NO2

量为2×0.51mol=1.02mol，11.2L混合气体的物质的量为的物质的量分别为xmol、ymol，则：解得x=0.26、y=0.24，

NO的体积=0.26mol×22.4L/mol=5.824L

，

NO2的体积=0.24mol×22.4L/mol=5.376L

答：NO的体积为5.824L，NO2的体积为5.376L；

=n=0.001aVmol，（2）将铜离子完全转化为钠时，根据钠原子守恒得n（NaOH）（NaNO3）

根据根离子守恒得起酸作用的的物质的量=0.001aVmol，根据N原子守恒作氧化剂的的物质的量=0.5mol，所以的物质的量浓度=mol/L，

答：原溶液的浓度

mol/L；

×2，

=

（3）设需要30%的双氧水mg，根据电子得失守恒，有：0.26×3+0.24×1=0.51×2=30%×解得：m=57.8，答：需要30%的双氧水57.8克．

2016年6月9日