1、2014-2015学年福建省厦门市集美中学高一（下）质检化学试卷（必修）一选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质属于含有共价键的离子化合物的是( )ANa2OBNaOHCBaCl2DCH42下列物质的变化过程中，化学键没有被破坏的是( )A食盐溶解B干冰升华C氯化铵受热D电解水3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4下列关于实验室制取气体所用试剂的组合合理的是( )A制Cl2：MnO2、盐酸（稀）B制H2：硝酸（稀）、ZnC制O2：MnO2、H2O2D
2、制CO2：硫酸（稀）、CaCO35有下列物质：NaOH固体：浓硫酸；NH4N03晶体；CaO固体现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是( )ABCD6同主族元素形成的同一类型的化合物，往往结构和性质很相似，如PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，有关对PH4I的叙述中不正确的是( )A可由PH3与HI化合生成B将其加热可以分解C能跟NaOH溶液反应D是一种共价化合物7如图所示装置可用于( )A加热NaHCO3制CO2B用Cu与稀HN03反应制NOC用NH4Cl与浓NaOH溶液制NH3D用NaCl与浓H2S04反
3、应制HCl8下列叙述中正确的是( )A化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化B需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应C释放能量的反应在常温下一定很容易发生D是吸收能量的反应还是释放能量的反应，必须看反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小9下列物质中既有离子键又有共价键的是( )ACaCl2BH2O2CK2SO4DH2S10元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是( )A次氯酸的电子式：BS2的结构示意图：CO18的原子符号：ODCO2分子的结构式：O=C=O11氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰在反应过程中，破坏1mol H
4、2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol HCl中的化学键释放的能量为Q3 kJ下列关系式中，正确的是( )AQ1+Q2Q3BQ1+Q22Q3CQ1+Q2Q3DQ1+Q22Q312最近日本科学家确认世界还存在着另一种“分子足球”N60，它与C60分子结构相似N60在高温和撞击后会释放出巨大能量下列对N60的说法不正确的是( )AN60和14N都是氮的同位素BN60和N2都是氮的同素异形体CN60中氮原子之间由共价键结合DN60高温和撞击后应该生成N213已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列
5、关系正确的是( )A质子数：cdB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD原子半径：XW14下列叙述能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强的是( )HCl的溶解度比H2S大 HCl的酸性比H2S强 HCl的稳定性比H2S强HCl的还原性比H2S强 HClO的酸性比H2SO4弱Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS Cl2能与H2S反应生成S在周期表中Cl处于S同周期的右侧 还原性：ClS2ABCD15“摇摇冰”是一种即用即饮的饮料吸食时，将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷该化学物质是( )A氯化钠B固体硝酸铵C生石灰D蔗糖16根据化学反应的实质是旧键断裂新键
6、形成这一事实，下列变化不属于化学反应的是( )白磷在260时转化为红磷 石墨在高温下转化为金刚石 NaCl熔化五氧化二磷吸水 冰熔化 HCl气体溶于水ABCD二填空题（共32分）17有H、C、O、Cl、Na五种元素（1）在由两种元素组成的化合物里，其中离子化合物有（写2种）_，共价化合物有（写2种）_（2）在由三种元素组成的化合物里，其中离子化合物有（写2种）_，共价化合物有（写2种）_18（14分）有A、B、C、D四种元素，A元素形成的2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体放置在空气中能生成A的单质，C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4克C与足量
7、热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，D的M层上7个电子（1）写出A B C D元素符号：A_，B_，C_，D_（2）B的离子结构示意图：_ D在周期表的位置：_（3）比较D的气态氢化物与H2S和HF的稳定性：_（4）用电子式表示B与D形成的化合物的过程：_（5）C与D两元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_19下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量（kJ）：物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量（kJ）243193151432366298436根据上述数据回答（1）（5）题（1）下列物质本身具有的能量最低的是：_AH2 BCl2 CBr2 DI2（2）下列氢化物
8、中最稳定的是：_AHCl BHBr CHI（3）X2+H22HX （X代表Cl、Br、I）的反应是吸热反应还是放热反应？答：_（4）相同条件下，X2（X代表Cl、Br、I）分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是_（5）若无上表中的数据，你能正确回答出问题（4）吗？答：_，你的根据是_三实验题（本题包括1个小题，共15分）20某课外活动小组利用如图所示的装置制取氯气提供的试剂有：浓盐酸、饱和NaCl溶液、NaOH溶液、高锰酸钾固体反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）浓盐酸在此反应中显示出来的性质是_A只有还原
9、性 B还原性和酸性C只有氧化性 D氧化性和酸性（2）装置C中盛放的试剂_（3）尾气处理时需关闭弹簧夹a和弹簧夹_，打开弹簧_处理尾气时发生反应的离子方程式是_（4）若用含1.6mol氯化氢的浓盐酸与足量的高锰酸钾反应，在标准状况下收集到的氯气体积_A=11.2L B11.2L C11.2L D无法确定21无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分，在178升华，装有无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，工业上由金属与氯气作用或由无水氯化氢气体与熔融Al作用而制得，某课外活动小组在实验室内通过下列装置（如图）制取少量纯净的无水氯化铝试回答以下问题：（1）装置A中反应的化学方程式_（2）为使实验成
10、功，A和B间需要加适当的装置，请将它画在框内，并注明其中盛放的药品如果A产生的气体直接进入B中，实验产生的不良后果是_（3）进行实验时，应先点燃（填写字母，下同）_处的酒精灯，然后再点燃_处的酒精灯（4）在C处可以收集到纯净的氯化铝，原因是_（5）装置D的作用是_四、计算题（本题共1小题，共5分）22由氢气和氯气组成的混合气体（氯气过量），经光照充分反应后，通入100mL 1.0molL1的NaOH溶液中下图中图甲表示溶液中某种离子的物质的量随通入气体体积的变化曲线，图乙表示溶液的导电性随气体体积的变化曲线请填空：（1）图甲表示溶液中_离子的变化曲线；（2）对溶液进行导电性实验，当通入的混合气
11、体体积大于V1时，引起的溶液导电性明显增强的主要阴、阳离子为_；（3）当n=0.01mol时，光照前的混合气体中H2与Cl2的物质的量之比为_五选择题：（本题有5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个选项符合题意）23在下列化学反应中，既有离子键、共价键断裂，又有离子键、共价键形成的是( )A2Na+2H2O=2NaOH+H2BSO2+2H2S=3S+2H2OCN2+3H2=2NH3DBa（OH）28H2O+2NH4ClBaCl2+2NH3H2O+6H2O24氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，其中钠元素显+1价；氢化钠与水反应放出氢气下列叙述中，不正确的是( )ANaH中存在1价的氢离
12、子，还原性比氢原子强BNaH与H2O反应时水作氧化剂，反应放出热量CNaH中氢元素的离子的电子层排布与氦原子的电子层排布相同D微粒半径：H+HH25X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是( )AX的原子半径一定大于Y的原子半径BX与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1DX2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物26金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收akJ的能量下列说法正确的是( )石墨不如金刚石稳定 金刚石不如石墨稳定 等质量的石墨和金刚石完全
13、燃烧，金刚石放出的能量多 等质量的石墨和金刚石完全燃烧，石墨放出的能量多ABCD27化学键的键能是形成（或断开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJmol1）：PP：198PO：360OO：498若生成1mol P4O6，则反应P4（白磷）+3O2P4O6中的能量变化为( )A吸收1 638 kJ能量B放出1 638 kJ能量C吸收126 kJ能量D放出126 kJ能量六实验题28我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他利用NaHCO3、NaCl、NH4Cl等物质溶解度的差异，以食盐、氨气、二氧化碳等为
14、原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱下面是在实验室中模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的实验步骤：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品第二步：先让一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解时，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生第三步：过滤C中所得的混合物，得到NaHCO3固体第四步：向滤液中加入适量的NaCl粉末，有NH4Cl晶体析出请回答下列问题：（1）图中装置的连接顺序是：（a）接_，_接_，（b）接_（2）A中常选用的固体反应物为_，D中应选用的液体为_：B中发生反应的化学方程式为_（3）第二步骤中必须先让_装置先
15、发生反应（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是_，C中广口瓶内产生固体的总化学方程式为_（5）第四步中分离出NH4Cl晶体的操作是_；其所得的NH4Cl晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3约占5%8%），请设计一个简单的实验证明所得固体的成分大部分是NH4Cl简要写出操作和现象_七综合题（18分）29在一个小烧杯里，加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体Ba（OH）28H2O，将小烧杯放在事先已滴有34滴水的玻璃片上，然后向烧杯内加入约10g NH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌，如图所示试回答下列问题：（1）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是_（2）如果实验中没有看到“结冰”现
16、象，可能的原因是_（答出3个或3个以上原因）（3）如果没有看到“结冰”现象，为说明该反应吸热，我们还可以采取的方式是_（答出两种方案）（4）实验中即使不“结冰”，提起烧杯的时候，发现烧杯与玻璃片也“黏在一起了”，原因是_（5）试用简单的方法说明烧杯与玻璃片之间是因为“结冰”而黏在一起的：_30A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素已知：热稳定性：HmDHmC；Cm、E（m1）具有相同的电子层结构；A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；A与B质子数之和是D质子数的3倍依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：HmDm的电子式_Cm、E（m1）的还原性强弱
17、顺序为：_，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为_将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，在常温下反应的离子方程式为：_常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液按体积比1：2混合，写出该反应的离子方程式_该溶液的溶质含有的化学键类型是_在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是_（填元素符号）2014-2015学年福建省厦门市集美中学高一（下）质检化学试卷（必修）一选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1下列物质属于含有共价键的离子化合物的是( )ANa2OBNaOHC BaCl2DCH4【考点】化学键 【分
18、析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答【解答】解：A氧化钠中只含有离子键，不含共价键，故A不选；B含钠离子与氢氧根离子之间的离子键和OH共价键，为离子化合物，故B选；C只含钡离子与氯离子之间的离子键，故C不选；D只含CH共价键，为共价化合物，故D不选；故选B【点评】本题考查化学键与化合物的分类，为高频考点，把握化学键形成的一般规律及物质分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2下列物质的变化过程中，化学键没有被破坏的是( )A食盐溶解B干冰升华C氯化铵受热D电解水【考点】化学键；晶体的类型与物质熔点、硬度、导
19、电性等的关系 【专题】化学键与晶体结构【分析】化学键被破坏的状况有：1、该物质电离出自由移动的离子；2、发生化学反应；【解答】A、食盐溶解，氯化钠在水分子的作用下，电离出自由移动的阴阳离子，所以有化学键的破坏，故A错误B、干冰升华，只是状态上的变化，既没电离出自由移动的离子又没发生化学反应，故B正确C、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，发生了化学反应，故C错误D、电解水，水在通电条件下，发生了化学反应，分解生成氢气和氧气，故D错误故选B【点评】判断化学键是否被破坏的方法有：1、该物质是否能电离出自由移动的离子；2、是否发生化学反应；3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
20、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【考点】共价键的形成及共价键的主要类型 【分析】证明氯化氢是共价化合物，可利用液体不导电来分析，以此来解答【解答】解：A离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能利用溶解性判断，故A错误；B液态氯化氢不导电，构成微粒为分子，则以共价键结合，为共价化合物，故B正确；C离子化合物、共价化合物均可在水中完全电离，不能利用完全电离判断，故C错误；D无色气体且有味属于物理性质，不能据此判断HCl是否是共价化合物，故D错误故选B【点评】本题考查共价化合物的判断，注意利用熔融状态下能否导电是证明离子化合物、共价化合物最简单的实验方法，题目难
21、度不大4下列关于实验室制取气体所用试剂的组合合理的是( )A制Cl2：MnO2、盐酸（稀）B制H2：硝酸（稀）、ZnC制O2：MnO2、H2O2D制CO2：硫酸（稀）、CaCO3【考点】常见气体制备原理及装置选择 【分析】根据物质的性质判断反应能否发生，结合课本相关内容可解答该题【解答】解：A实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下进行，稀盐酸不与二氧化锰反应，故A不选；B实验室制备氢气用稀硫酸和锌反应，可以是粗锌，硝酸与锌不生成氢气，故B不选；C实验室制备氧气可用MnO2、H2O2或加热二氧化锰和氯酸钾或者高锰酸钾等制备，故C选；D实验室制备二氧化碳用盐酸和碳酸钙，不能用稀硫酸，因生成
22、微溶于水的硫酸钙而致反应不能进行，故D不选故选C【点评】本题考查常见气体的制备所用药品，题目难度不大，学习中加强相关基础知识的积累即可轻松解答该类题目5有下列物质：NaOH固体：浓硫酸；NH4N03晶体；CaO固体现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是( )ABCD【考点】吸热反应和放热反应 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据U形管右侧液面升高，说明锥形瓶内气压由于加入物质而增大以及氢氧化钠固体，浓硫酸、生石灰加入水中都放出大量的热而使温度升高，瓶内气体压强增大【解答】解：因氢氧化固体，浓硫酸、生石灰加入
23、水中都会放出大量的热而使温度升高，使得瓶内气体压强增大，U形管右侧液面升高，故选：B【点评】记住物质溶于水吸放热情况，氢氧化钠、浓硫酸、生石灰溶于水放热，而硝酸铵溶于水吸热6同主族元素形成的同一类型的化合物，往往结构和性质很相似，如PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，有关对PH4I的叙述中不正确的是( )A可由PH3与HI化合生成B将其加热可以分解C能跟NaOH溶液反应D是一种共价化合物【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似，PH4I的结构和性质与NH4Cl相似，为离子化合物，根据NH
24、4Cl的性质判断【解答】解：A根据NH4Cl的性质判断，PH3与HI化合可生成PH4I，故A正确；B因NH4Cl能分解：NH4ClNH3+HCl，PH4I与NH4Cl相似，所以PH4IPH3+HI，故B正确；CNH4Cl能与NaOH反应，则PH4I可能与NaOH溶液反应，故C正确；D因NH4Cl是离子化合物，所以PH4I也是离子化合物，故D错误；故选：D【点评】本题考查同主族元素元素化合物性质相似性，题目难度不大，学习中注意培养知识迁移能力7如图所示装置可用于( )A加热NaHCO3制CO2B用Cu与稀HN03反应制NOC用NH4Cl与浓NaOH溶液制NH3D用NaCl与浓H2S04反应制HC
25、l【考点】常见气体制备原理及装置选择 【专题】综合实验题【分析】根据装置图可以看出，在无需加热的条件下反应制备气体，生成的气体难溶于水，可用排水法收集，结合气体的性质解答【解答】解：A加热NaHCO3，NaHCO3受热分解2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，因固体药品中有湿存水，试管口应向下倾斜，CO2能溶于水，不能用排水法收集，故A错误；BCu与稀HN03反应3Cu+8HN03=3Cu（NO3）2+4H2O+2N0，该反应无需加热，生成的NO难溶于水，可用排水法收集，故B正确；CNH4Cl与浓NaOH溶液反应生成氨气，但氨气极易溶于水，无法用排水法收集，故C错误；D食盐跟浓硫酸反应2
26、NaCl+H2SO4Na2SO4+2HCl，需加热与图中的装置无需加热矛盾，生成的气体氯化氢极易溶于水，不能用排水法收集，所以不能用该装置制氯化氢，故D错误；故选B【点评】本题考查常见气体的制备和收集，做题时要充分考虑物质的性质，认真分析实验装置图的特点是解题的关键，题目难度不大8下列叙述中正确的是( )A化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化B需要加热才能发生的反应，一定是吸收能量的反应C释放能量的反应在常温下一定很容易发生D是吸收能量的反应还是释放能量的反应，必须看反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、化学反应过程中的能量变
27、化主要是热量变化；B、某些放热反应也需要加热引发反应；C、依据反应自发进行的判断依据分析，HTS0反应自发进行；D、反应吸热或放热是取决于反应物和生成物总能量的相对大小，反应的焓变=生成物总能量反应物总能量【解答】解：A、化学反应过程中的能量变化主要是热量变化，同时伴随光能、电能等能量的变化，如镁条燃烧放热，发出耀眼的白光，故A错误；B、某些放热反应也需要加热引发反应，如氧气和氢气的反应是放热反应，需要加热才能发生反应，故B错误；C、依据反应自发进行的判断依据分析，HTS0反应自发进行，释放能量的反应H0，若S0，可以存在高温下是非自发进行的反应，HTS0，在常温下不一定很容易发生，故C错误；
28、D、反应吸热或放热是取决于反应物和生成物总能量的相对大小，反应的焓变=生成物总能量反应物总能量，焓变为负则为放热反应，焓变为正则为吸热反应，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学反应能量变化分析判断，注意反应条件和自发进行的判断方法，掌握基础是关键，题目较简单9下列物质中既有离子键又有共价键的是( )ACaCl2BH2O2CK2SO4DH2S【考点】化学键 【分析】离子键：阴阳离子间的静电作用；共价键：原子间通过共用电子对所形成的强烈的相互作用一般来说，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【解答】解：A氯化钙中只含离子键，故A错误；B过氧化氢中只含共价键，故B错
29、误；CK2SO4中钾离子和硫酸根离子之间存在离子键，氧原子和硫原子之间存在共价键，故C正确；D硫化氢中只含共价键，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学键的判断，注意离子键和共价键的区别，难度不大，一般通过成键元素的类型判断较简单10元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语下列有关化学用语的表示方法中错误的是( )A次氯酸的电子式：BS2的结构示意图：CO18的原子符号：ODCO2分子的结构式：O=C=O【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】A次氯酸的中心原子是氧原子；B硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子；C元素符合左下角数字
30、表示质子数，左上角数字表示质量数；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对【解答】解：A次氯酸的电子式为：，故A错误；B硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故B正确；C元素符合左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以O18的原子符号：818O，故C正确；D二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对，所以其结构式为：O=C=O，故D正确；故选A【点评】本题考查了化学用语，难度不大，知道常见化学用语的应用，注意次氯酸的中心原子是哪种元素，为易错点11氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰在反应过程中，破坏1mol H2中的化学键消耗的能量为Q1 k
31、J，破坏1mol Cl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol HCl中的化学键释放的能量为Q3 kJ下列关系式中，正确的是( )AQ1+Q2Q3BQ1+Q22Q3CQ1+Q2Q3DQ1+Q22Q3【考点】有关反应热的计算 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据反应热H=反应物的总键能生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热H0，据此解答【解答】解：破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则HH键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则ClCl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则HCl
32、键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）反应热H=反应物的总键能生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol2Q3kJ/mol=（Q1+Q22Q3）KJ/mol由于氢气在氯气中燃烧，反应热H0，即（Q1+Q22Q3）0，所以Q1+Q22Q3故选D【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法也可根据能量守恒计算12最近日本科学家确认世界还存在着另一种“分子足球”N60，它与C60分子结构相似N60在高温和撞击后会释放出巨大能量下列对N60的说法不正确的是( )AN60和14N都是氮的同位素BN60和N2都是氮的同素异形体CN6
33、0中氮原子之间由共价键结合DN60高温和撞击后应该生成N2【考点】同位素及其应用；同素异形体；共价键的形成及共价键的主要类型 【分析】A同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子； B同素异形体是同元素组成的不同单质；C原子通过共用电子对形成的化学键叫做共价键，非金属元素原子之间形成的一般是共价键；DN60在高温和撞击后释放巨大能量，说明生成了N元素的很稳定的形式【解答】解：AN60是单质，14N是氮的同位素，故A错误； BN60与N2符合同素异形体的概念，N60与N2互为同素异形体，故B正确；CN60中只含氮原子，原子之间由共价键结合，故C正确；DN60在高温和撞击后释放巨大能量，说明生
34、成了N元素的很稳定的形式，而熟知的N最稳定存在形式就是N2，故D正确故选A【点评】本题考查了同位素、同素异形体概念的应用以及化学键，主要是概念的理解，题目难度不大13已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )A质子数：cdB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD原子半径：XW【考点】物质的结构与性质之间的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】根据离子的电子层结构相同，判断出四种元素的原子序数的大小以及在周期表中的大体位置，再根据元素周期律判断各选项的正误【解答】解：因四种离子的电子层结构相同，所以质子数a、b、c、d
35、的大小关系应为abdc，且Y、Z在上一周期，Y在Z的左边，Y的非金属性小于Z；W、X在下一周期，X在W的左边，X的金属性大于WA、质子数dc，故A错误；B、离子的还原性：Y2Z，故B正确；C、氢化物稳定性应为HZH2Y，故C错误；D、原子半径大小关系应为XW，故D错误；故选B【点评】本题通过四种电子层结构相同的粒子考查学生对原子（离子）结构、元素周期律、氧化还原等知识的掌握情况，同时也要求学生平时应善于对知识进行归纳总结并变通应用14下列叙述能说明氯元素原子得电子能力比硫元素强的是( )HCl的溶解度比H2S大 HCl的酸性比H2S强 HCl的稳定性比H2S强HCl的还原性比H2S强 HClO
36、的酸性比H2SO4弱Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS Cl2能与H2S反应生成S在周期表中Cl处于S同周期的右侧 还原性：ClS2ABCD【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】根据与氢气化合的难易程度、单质之间的置换反应、最高价氧化物对应水化物的酸性、元素之间化合时各元素化合价、与变价金属反应时金属元素化合价高低、氢化物的稳定性、阴离子的还原性强弱等来比较非金属性的强弱，以此来解答【解答】解：HCl的溶解度比H2S大，溶解度是物理性质，不能比较非金属性强弱，故错误；氢化物酸性不能比较非金属性强弱，如HF是弱酸、HCl
37、是强酸，但非金属性FCl，故错误；HCl的稳定性比H2S强，说明Cl元素的非金属性强，故正确；HCl的还原性比H2S弱，故错误；HClO不是最高价含氧酸，不能比较与H2SO4的酸性强弱比较Cl、S元素的非金属性，故错误；Cl2与铁反应生成FeCl3，Fe为+3，而S与铁反应生成FeS，Fe为+2价，故Cl元素的非金属性强，故正确；Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气的氧化性强，则Cl元素的非金属性强，故正确；同周期自左而右非金属性增强，在周期表中Cl处于S同周期的右侧，则Cl元素的非金属性强，故正确；阴离子的还原性越强，元素的非金属性越弱，还原性：ClS2，则Cl元素的非金属性强，故正确；故选
38、C【点评】本题考查非金属性的比较，题目难度中等，注意归纳总结金属性、非金属性比较的常见方法15“摇摇冰”是一种即用即饮的饮料吸食时，将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷该化学物质是( )A氯化钠B固体硝酸铵C生石灰D蔗糖【考点】吸热反应和放热反应 【专题】化学反应中的能量变化【分析】由题意可知该物质与水混合会吸热使温度降低，才能达到制冷的效果要从物质溶于水后热量变化来考虑【解答】解：A、氯化钠溶于水既不放热也不吸热，故A错误；B、固体硝酸铵溶于水吸热，能使温度降低能达到制冷的作用，故B正确；C、生石灰溶于水能与水反应生成氢氧化钙并放出热量，不能起到制冷的作用，故C错误；D、蔗糖溶于
39、水既不放热也不吸热，不能起到制冷的作用，故D错误故选B【点评】物质溶于水分为两个过程：构成物质的微粒向水中扩散的过程，这一过程需吸热，构成物质的微粒与水分子形成水和分子的过程，这一过程需放热，如果吸热大于放热则溶于水表现为吸热，如果吸热小于放热则溶于水表现为放热，如果吸热等于放热则表现为溶于水温度不变16根据化学反应的实质是旧键断裂新键形成这一事实，下列变化不属于化学反应的是( )白磷在260时转化为红磷 石墨在高温下转化为金刚石 NaCl熔化五氧化二磷吸水 冰熔化 HCl气体溶于水ABCD【考点】化学键；化学反应的实质 【专题】化学键与晶体结构【分析】化学反应的实质是原子的重新组合，即旧化学
40、键的断裂，新化学键的形成过程；同素异形体的转化是化学变化，分子结构发生了改变，原子重新组合，旧化学键断裂新化学键形成；离子化合物氯化钠熔化破坏了旧化学键，但未形成新化学键，是物理变化；氯化氢溶解于水中电离成自由移动的阴阳离子，旧化学键断裂，未形成新化学键，是物理变化；冰熔化是物质的三态变化，没有化学键的断裂与形成，只是分子间的距离发生了改变，是物理变化；五氧化磷吸水是和水发生了化学反应生成了磷酸，是化学变化【解答】解：白磷在260时转化为红磷和石墨在高温下转化为金刚石都是同素异形体的相互转化，转化过程中旧化学键键断裂同时形成了新化学键，是化学变化；NaCl熔化电离成自由移动的钠离子和氯离子，破
41、坏了离子键，但未形成新化学键，是物理变化；五氧化二磷吸水发生了反应P2O5+3H2O=2H3PO4，旧化学键键断裂同时形成了新化学键，是化学变化；冰熔化是分子间距离增多，没有化学键的破坏与形成，是物理变化；HCl气体溶于水破坏了共价键，未形成新化学键，是物理变化不属于化学变化故选A【点评】本题考查了从化学键的形成与断裂来分析化学反应的实质，重点考查了同素异形体的转化、物质的溶解过程、物质的熔化过程、物质的吸水过程二填空题（共32分）17有H、C、O、Cl、Na五种元素（1）在由两种元素组成的化合物里，其中离子化合物有（写2种）Na2O、NaCl、Na2O2，共价化合物有（写2种）CO2、CO、
42、CH4、H2O（2）在由三种元素组成的化合物里，其中离子化合物有（写2种）Na2CO3、NaClO，共价化合物有（写2种）H2CO3、HClO【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型 【专题】化学键与晶体结构【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，金属氧化物、大多数盐及铵盐中都含有离子键，第IA族（H元素除外）、第IIA族元素和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，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，只含共价键的化合物是共价化合物【解答】解：（1）活泼金属元素和活泼非金属元素之间易形成离子
43、键，非金属元素之间易形成共价键，所以在由两种元素组成的化合物里，属于离子化合物的有Na2O、NaCl、Na2O2，属于共价化合物的有CO2、CO、CH4、H2O，故答案为：Na2O、NaCl、Na2O2；CO2、CO、CH4、H2O；（2）在由三种元素组成的化合物里，其中离子化合物有Na2CO3、NaClO，属于共价化合物的有，故答案为：Na2CO3、NaClO；H2CO3、HClO【点评】本题考查离子化合物和共价化合物的判断，侧重考查学生对概念的理解，明确化合物和化学键的关系是解本题关键，题目难度不大18（14分）有A、B、C、D四种元素，A元素形成的2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，B
44、元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体放置在空气中能生成A的单质，C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4克C与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，D的M层上7个电子（1）写出A B C D元素符号：AO，BNa，CMg，DCl（2）B的离子结构示意图： D在周期表的位置：第三周期VIIA族（3）比较D的气态氢化物与H2S和HF的稳定性：HFHClH2S（4）用电子式表示B与D形成的化合物的过程：（5）C与D两元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】短周期元素，A元素形成的2价阴离子比氦原子的核外
45、电子数多8个，则A的质子数为8，即A为O元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质，则B为Na元素；C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4克C与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，由电子守恒可知，2=2（10），则M为24，其质子数为12，即C为Mg元素；D的M层上7个电子，则D在第三周期第A族，则D为Cl元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答【解答】解：短周期元素，A元素形成的2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，则A的质子数为8，即A为O元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质，则B为Na元素；C为原子核内有12个
46、中子的二价金属，当2.4克C与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，由电子守恒可知，2=2（10），则M为24，其质子数为12，即C为Mg元素；D的M层上7个电子，则D在第三周期第A族，则D为Cl元素（1）由上述分析可知，A为O，B为Na，C为Mg，D为Cl，故答案为：O；Na；Mg；Cl；（2）B为Na元素，质子数为11，则离子的结构示意图为，D为Cl元素，处于周期表中第三周期VIIA族，故答案为：；第三周期VIIA族；（3）非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性FClS，所以氢化物稳定性HFHClH2S，故答案为：HFHClH2S；（4）B与D形成的化合物为NaCl，用电子式表示其
47、的过程：，故答案为：；（5）C与D两元素最高价氧化物的水化物分别为Mg（OH）2、HClO4，反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O【点评】本题考查位置结构性质的关系，熟悉物质的性质、利用氧化还原反应中电子守恒等来推断元素是解答本题的关键，难度不大19下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量（kJ）：物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2能量（kJ）243193151432366298436根据上述数据回答（1）（5）题（1）下列物质本身具有的能量最低的是：AAH2 BCl2 CBr2 DI2（2）下列氢化物
48、中最稳定的是：AAHCl BHBr CHI（3）X2+H22HX （X代表Cl、Br、I）的反应是吸热反应还是放热反应？答：放热反应（4）相同条件下，X2（X代表Cl、Br、I）分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是氯气（5）若无上表中的数据，你能正确回答出问题（4）吗？答：能，你的根据是生成物越稳定，放出的热量越多，在这几种HX中，HCl最稳定【考点】有关反应热的计算；键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应 【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定，物质具有的能量越低；（2）破坏1mol 物质中的
49、化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定；（3）根据新键生成放热情况和旧键断裂吸热情况来计算回答；（4）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多；（5）生成物越稳定，放出的热量越多【解答】解：（1）根据表中数据可知，破坏1mol氢气中的化学键所消耗的能量最高，则说明氢气最稳定，具有的能量最低，故选：A；（2）根据表中数据可知，破坏1mol氯化氢中的化学键所消耗的能量最高，则说明HCl最稳定，故选：A；（3）根据反应X2+H22HX，可以计算新键生成释放的热量均大于旧键断裂吸收的热量，所以X2+H22HX的反应是放热反应，故答案为：放热反应；（4）根据表中
50、数据可知，破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多，故答案为：氯气；（5）生成物越稳定，键能越大，即新键生成放出的热量越多，在这几种HX中，同主族元素从上到下元素的氢化物的稳定性逐渐减弱，所以HCl最稳定，新键HCl键生成放出的热量越多，反应都是放热的，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是氯气，故答案为：能；生成物越稳定，放出的热量越多，在这几种HX中，HCl最稳定【点评】本题考查学生有关化学键和反应热之间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，难度并不大三实验题（本题包括1个小题，共15分）20某课外活动小组利用如图所示的装置制取氯气提供
51、的试剂有：浓盐酸、饱和NaCl溶液、NaOH溶液、高锰酸钾固体反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）浓盐酸在此反应中显示出来的性质是BA只有还原性 B还原性和酸性C只有氧化性 D氧化性和酸性（2）装置C中盛放的试剂饱和NaCl溶液（3）尾气处理时需关闭弹簧夹a和弹簧夹b，打开弹簧c处理尾气时发生反应的离子方程式是2OH+Cl2Cl+ClO+H2O（4）若用含1.6mol氯化氢的浓盐酸与足量的高锰酸钾反应，在标准状况下收集到的氯气体积CA=11.2L B11.2L C11.2L D无法确定【考点】氯气的实验室制法；化学方程式的有关计算 【
52、分析】（1）氯元素化合价变化的做还原剂，氯元素化合价不变的做酸，浓盐酸在此反应中显示出来的性质是还原性和酸性；（2）氯气易溶于水，在饱和氯化钠溶液中溶解度较小；（3）由题意可知用仪器A吸收过量的氯气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）若用含1.6mol氯化氢的浓盐酸与足量的高锰酸钾反应，2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，在标准状况下收集到的氯气体积应为0.5mol，标准状况体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L，但足量高锰酸钾反应，随反应进行，浓盐酸浓度减小，变为稀盐酸后不能继续生成氯气【解答】解：（1）反应的化学方程式为2KM
53、nO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氯元素化合价变化的做还原剂，氯元素化合价不变的做酸，浓盐酸在此反应中显示出来的性质是还原性和酸性，故答案为：B；（2）氯气易溶于水，在饱和氯化钠溶液中溶解度较小，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，装置C中为饱和食盐水，故答案为：饱和NaCl溶液；（3）由题意可知用仪器A吸收过量的氯气，要想使反应剩余气体进入A，应关闭弹簧夹a和弹簧夹b，打开弹簧夹c，氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，反应的离子方程式为：2OH+Cl2Cl+ClO+H2O，故答案为：b，c；2OH+Cl2C
54、l+ClO+H2O；（4）若用含1.6mol氯化氢的浓盐酸与足量的高锰酸钾反应，2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，在标准状况下收集到的氯气体积应为0.5mol，标准状况体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L，但足量高锰酸钾反应，随反应进行，浓盐酸浓度减小，变为稀盐酸后不能继续生成氯气，所以在标准状况下收集到的氯气体积11.2L，故答案为：C【点评】本题考查了氯气的制法和有关氧化还原的计算，题目难度中等，熟悉物质的性质和制备原理，明确氧化还原反应的规律是解题关键，注意反应中盐酸既表现还原性又表现酸性21无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分，在178升
55、华，装有无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，工业上由金属与氯气作用或由无水氯化氢气体与熔融Al作用而制得，某课外活动小组在实验室内通过下列装置（如图）制取少量纯净的无水氯化铝试回答以下问题：（1）装置A中反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O（2）为使实验成功，A和B间需要加适当的装置，请将它画在框内，并注明其中盛放的药品如果A产生的气体直接进入B中，实验产生的不良后果是爆炸并产生大量白雾（3）进行实验时，应先点燃（填写字母，下同）A处的酒精灯，然后再点燃B处的酒精灯（4）在C处可以收集到纯净的氯化铝，原因是AlCl3易升华（5）装置D的作用是吸收多
56、余的Cl2且防止水蒸气进入C使AlCl3发生水解【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而确定方程式；（2）反应制得的氯气中有氯化氢和水，铝与氯化氢会产生氢气，无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，所以制取的氯气必须干燥除杂；（3）为了制取纯净的无水氯化铝，需排净装置中的空气，点燃A酒精灯用产生的氯气来排净空气后再点燃B酒精灯开始反应制取无水氯化铝；（4）氯化铝易升华，生成的氯化铝气体会聚集在C处；（5）装置D既可以吸收多余的氯气，防止污染环境，又可以防止空气中的水蒸气进入D中【解答】解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生
57、成氯化锰、氯气、水，反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，选用饱和食盐水吸收氯化氢气体，无水氯化铝露置于潮湿空气中会爆炸并产生大量白雾，所以制取的氯气必须干燥，故选取浓硫酸干燥，所以A和B间需要加适当的装置为，故答案为：；爆炸并产生大量白雾；（3）为了制取纯净的无水氯化铝，需排净装置中的空气，点燃A酒精灯用产生的氯气来排净空气后再点燃B酒精灯开始反应制取无水氯化铝，故答案为：A；B；（4）氯化铝在178升华，产物以气体形式存在，主要聚集在C处，故可以在C收
58、集到纯净的氯化铝，故答案为：AlCl3易升华；（5）反应有多余的氯气需要用碱性物质吸收，还要防止空气中的水蒸气进入装置，故在D装置中加碱石灰，故答案为：吸收多余的Cl2且防止水蒸气进入C使AlCl3发生水解【点评】本题通过氯化铝的制取，考查了氯气的制备和性质的检验，熟悉反应原理是解题关键，题目难度中等四、计算题（本题共1小题，共5分）22由氢气和氯气组成的混合气体（氯气过量），经光照充分反应后，通入100mL 1.0molL1的NaOH溶液中下图中图甲表示溶液中某种离子的物质的量随通入气体体积的变化曲线，图乙表示溶液的导电性随气体体积的变化曲线请填空：（1）图甲表示溶液中ClO离子的变化曲线；
59、（2）对溶液进行导电性实验，当通入的混合气体体积大于V1时，引起的溶液导电性明显增强的主要阴、阳离子为Cl和H+；（3）当n=0.01mol时，光照前的混合气体中H2与Cl2的物质的量之比为4：5【考点】化学方程式的有关计算；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】（1）氯气过量，光照后为HCl与氯气混合气体，HCl和Cl2都与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、HCl+NaClO=NaCl+HClO，根据图象知，随着混合气体的通入，某种离子的物质的量先增大后减小，该离子是ClO；（2）ClO浓度最小，即其转化为HClO后，再通入气体，溶液导电
60、能力逐渐增大，说明氯气和氢氧化钠溶液反应完全后HCl仍然有剩余，氯化氢溶于水生成盐酸；（3）当n（ClO）=0.01 mol时，氢氧化钠完全反应，发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据方程式计算反应后氯气、HCl物质的量，再结合H2+Cl2=2HCl计算【解答】解：（1）氯气过量，光照后为HCl与氯气混合气体，HCl和Cl2都与NaOH溶液反应，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、HCl+NaClO=NaCl+HClO，根据图象知，随着混合气体的通入，某种离子的物质的量先增大后减小，该离子是ClO，故答案为：ClO；（
61、2）ClO浓度最小，即其转化为HClO后，再通入气体，溶液导电能力逐渐增大，说明氯气和氢氧化钠溶液反应完全后HCl仍然有剩余，氯化氢溶于水生成盐酸，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子而使溶液导电性增强，故答案为：Cl和H+；（3）氢氧化钠的物质的量=0.1L1mol/L=0.1mol，当n（ClO）=0.01 mol时，氢氧化钠完全反应，则： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.01mol 0.02mol 0.01mol NaOH+HCl=NaCl+H2O，（0.10.02）mol 0.08 mol H2 +Cl2 =2 HCl0.04mol 0.04mol 0.
62、08mol，因此光照前的混合气体中H2和Cl2的物质的量之比为0.04mol：（0.01mol+0.04mol）=4：5，故故答案为：4：5【点评】本题考查化学方程式计算、混合物计算，明确图象中阶段发生的反应是关键，难度较大五选择题：（本题有5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个选项符合题意）23在下列化学反应中，既有离子键、共价键断裂，又有离子键、共价键形成的是( )A2Na+2H2O=2NaOH+H2BSO2+2H2S=3S+2H2OCN2+3H2=2NH3DBa（OH）28H2O+2NH4ClBaCl2+2NH3H2O+6H2O【考点】化学键 【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元
63、素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，化学反应中有化学键的断裂和形成，以此来解答【解答】解：A.2Na+2H2O=2NaOH+H2中有共价键的断裂、离子键的形成、共价键的形成，没有离子键的断裂，故A错误；BSO2+2H2S=3S+2H2O中有共价键的断裂和形成，没有离子键的断裂和形成，故B错误；CN2+3H2=2NH3中有共价键的断裂和形成，没有离子键的断裂和形成，故C错误；DBa（OH）28H2O+2NH4ClBaCl2+2NH3H2O+6H2O中既有离子键、共价键断裂，又有离子键、共价键形成，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学键和化学反应，为高频考点，明确化学反应的实质及化学
64、键的断裂和生成是解本题关键，注意特殊物质化学键的断裂方式，题目难度中等24氢化钠（NaH）是一种白色的离子化合物，其中钠元素显+1价；氢化钠与水反应放出氢气下列叙述中，不正确的是( )ANaH中存在1价的氢离子，还原性比氢原子强BNaH与H2O反应时水作氧化剂，反应放出热量CNaH中氢元素的离子的电子层排布与氦原子的电子层排布相同D微粒半径：H+HH【考点】离子化合物的结构特征与性质；微粒半径大小的比较；原子核外电子排布 【专题】化学键与晶体结构【分析】A、根据题意NaH是离子化合物，阴离子是H，和H原子相比，微粒半径大，电子受原子核的作用相对来说小，所以易失电子，所以还原性比氢原子强；B、N
65、aH与H2O反应时，负一价氢与正一价氢之间发生了氧化还原反应，生成了氢气，所以水中正一价氢元素化合价降低，水做氧化剂，反应放热；C、氢阴离子是氢原子得一个电子形成的，其离子的电子层排布与氦原子相同；D、微粒半径比较一看电子层，二看核电荷数，三看电子数，三种微粒中H、H都有一个电子层，H原子核外有一个电子，H核外有两个电子，H+电子层上无电子，所以微粒半径大小为HHH+【解答】解：A、还原性强弱看微粒失电子的能力，阴离子H比H原子的微粒半径大，最外层电子受原子核的吸引作用相对来说小，所以易失电子，故还原性强，故A正确；B、NaH与H2O反应NaH+H2O=NaOH+H2，反应中水中的氢元素化合价
66、降低，因此水做氧化剂，故B正确；C、氢阴离子是氢原子得一个电子形成的，其离子的电子层排布与氦原子相同，故C正确；D、H原子核外有一个电子，H核外有两个电子，H+电子层上无电子，同种元素的各种微粒，核外电子数越多，半径越大，可知微粒半径大小顺序为HHH+，故D错误；故选D【点评】本题考查了微粒半径大小比较，原子核外电子排布、氧化还原反应的概念判断25X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是( )AX的原子半径一定大于Y的原子半径BX与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1DX2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合
67、物【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问【解答】解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C
68、、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确故选D【点评】本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用26金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石已知12g石墨完全转化为金刚石时，要吸收akJ的能量下列说法正确的是( )石墨不如金刚石稳定 金刚石不如石墨稳定 等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石放出的能量多 等质量的石墨和金刚石完全燃烧，石墨放出的能量多ABCD【考点】化学反应的
69、能量变化规律；吸热反应和放热反应 【分析】12g石墨完全转化成金刚石时需要吸收a kJ的能量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多【解答】解：石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，故错误；石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，故正确；金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故正确；金刚石的能量高，等质量的石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故错误所以正确的是故选B【点评】本题考查金刚石和石墨的转化以及涉及到的能量变化，注意
70、能量低的物质更稳定即可解答，题目难度不大27化学键的键能是形成（或断开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJmol1）：PP：198PO：360OO：498若生成1mol P4O6，则反应P4（白磷）+3O2P4O6中的能量变化为( )A吸收1 638 kJ能量B放出1 638 kJ能量C吸收126 kJ能量D放出126 kJ能量【考点】有关反应热的计算 【分析】根据反应热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6molPP键【解答】解：已知化学键的键能：PP 198kJmol1、PO 360kJmol1
71、、O=O 498 kJmol1，反应热H=反应物总键能生成物总键能，则反应P4（白磷）+3O2P4O6的反应热H=6198kJmol1+3498kJmol112360kJmol1=1638kJmol1，即放出1 638 kJ能量，故选：B【点评】本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意键的数目与键能的计算是解题的关键六实验题28我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献他利用NaHCO3、NaCl、NH4Cl等物质溶解度的差异，以食盐、氨气、二氧化碳等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱下面是在实验室中模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的实验步骤：第一步：连接
72、好装置，检验气密性，在仪器内装入药品第二步：先让一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解时，再通入另一装置中产生的气体，片刻后，C中出现固体继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生第三步：过滤C中所得的混合物，得到NaHCO3固体第四步：向滤液中加入适量的NaCl粉末，有NH4Cl晶体析出请回答下列问题：（1）图中装置的连接顺序是：（a）接f，e接d，（b）接c（2）A中常选用的固体反应物为块状石灰石，D中应选用的液体为饱和NaHCO3溶液：B中发生反应的化学方程式为CaO+NH3H2O=Ca（OH）2+NH3（3）第二步骤中必须先让B装置先发生反应（4）C中用球形干燥管而不用直导管，
73、其作用是防倒吸，C中广口瓶内产生固体的总化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（5）第四步中分离出NH4Cl晶体的操作是过滤；其所得的NH4Cl晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3约占5%8%），请设计一个简单的实验证明所得固体的成分大部分是NH4Cl简要写出操作和现象取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；性质实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）根据装置A制取CO2，装置B制取NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，
74、二氧化碳与氨气通入C中应防止倒吸，据此分析连接仪器装置；（2）A装置是制备二氧化碳气体一般用碳酸钙和盐酸反应生成，B是制取氨气装置，二氧化碳气体中含有氯化氢气体，会影响碳酸氢钠的生成，D为装置除杂可以用饱和碳酸氢钠溶液；（3）氨气易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水；（4）C中用球形干燥管球形部分空间大，液面上升缓慢，起缓冲作用，所以不用直导管；C中广口瓶内产生固体NaHCO3，依据侯氏制碱法原理书写方程式；（5）分离氯化铵沉淀通常用过滤操作，氯化铵晶体中常含有少量的氯化钠和碳酸氢钠，实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的性质，受热生成氯化
75、氢和氨气气体，在试管口处温度降低重新生成固体氯化铵分析判断；【解答】解：（1）足量的CO2与NaOH反应生成NaHCO3，装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，二氧化碳与氨气通入C中应防止倒吸，则b接c，故a接f、e接d，故答案为：f、e、d、c；（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，所以固体为CaCO3用块状石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去碳酸氢钠难以形成，所以应用饱和碳酸氢钠溶液或饱和氯化钠溶液除去，B是制取氨气装置，氧化钙和氨水反应生成氢氧化钙和氨气，反应为CaO+NH3H2O=Ca（OH）2+NH3，故答案为：块状石灰石；饱和NaHCO3溶液
76、；CaO+NH3H2O=Ca（OH）2+NH3；（3）候氏制碱方法是利用氨气溶解性大极易溶解于水，二氧化碳气体水中溶解性较小，实验饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体；实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为：B；（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管球形部分液面上升慢起缓冲作用，可以防止倒吸，侯氏制碱法，也称为联合制碱法，化学反应原理是用氨气和二氧化碳与氯化钠饱和溶液反应生成碳酸氢钠，然后加热碳酸氢钠制取碳酸钠，所以C中广口瓶内产生固体的总化学方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，故答案为：防倒吸；C
77、O2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；（5）第四步：向滤液中加入适量的NaCl粉末，有NH4Cl晶体析出，分离固体和液体用过滤的方法，步骤中所得的氯化铵晶体中常含有少量的氯化钠和碳酸氢钠（约占5%8%），设计简单的实验证明所得固体的成分大部分是氯化铵，是利用氯化铵的分解产物为气体，温度降低氨气和氯化氢气体会重新生成固体氯化氨，方法为：取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵；故答案为：过滤；取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后剩余
78、极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵；【点评】本题考查了实验制备碳酸氢钠的过程分析和装置作用判断，掌握候氏制碱的反应原理和反应特征是解题关键，熟练掌握工业制备流程和注意问题，能顺利解决问题，侧重于考查学生的实验探究能力，题目难度中等七综合题（18分）29在一个小烧杯里，加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体Ba（OH）28H2O，将小烧杯放在事先已滴有34滴水的玻璃片上，然后向烧杯内加入约10g NH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌，如图所示试回答下列问题：（1）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是使反应物充分混合，迅速发生反应，使体系的温度降低（2）如果实验中没有看到“结冰”
79、现象，可能的原因是反应物未进行快速搅拌；玻璃片上滴加的水太多；氢氧化钡晶体已部分失水；环境温度太高；试剂用量太少；氢氧化钡晶体未研成粉末（其他答案合理均正确）（答出3个或3个以上原因）（3）如果没有看到“结冰”现象，为说明该反应吸热，我们还可以采取的方式是用皮肤感受，感觉很凉；用温度计来检验，发现温度降低（答出两种方案）（4）实验中即使不“结冰”，提起烧杯的时候，发现烧杯与玻璃片也“黏在一起了”，原因是水排开了烧杯底部与玻璃片之间的空气，在大气压的作用下，烧杯与玻璃片黏在一起了（5）试用简单的方法说明烧杯与玻璃片之间是因为“结冰”而黏在一起的：将烧杯和玻璃片提起，从侧面轻推玻璃片，看能否从侧面
80、相对滑动，若不能，则是由于“结冰”而黏在一起的【考点】中和热的测定 【专题】实验设计题【分析】（1）玻璃棒的搅拌作用是使混合物混合均，让化学反应快速发生；（2）根据反应是否充分进行分析；（3）通过玻璃片上结冰现象、烧杯和底部的玻璃片粘在一起、用手触摸烧杯外壁有冰凉的感觉、用温度计测混合物的温度看是否降温等方法可以确定反应是吸热的；（4）根据水排开了烧杯底部与玻璃片之间的空气，在外压的作用下，烧杯与玻璃片也“黏在一起了”；（5）结冰后玻璃片与烧杯会固定在一起，如果没有结冰，从侧面轻推玻璃片，玻璃片能发生相对滑动，据此进行解答【解答】解：（1）氢氧化钡晶体Ba（OH）28H2O和氯化铵晶体之间的反
81、应是固体之间的反应，搅拌可使混合物充分接触并发生反应，使体系的温度降低；故答案为：使反应物充分混合，迅速发生反应，使体系的温度降低；（2）反应物未进行快速搅拌；玻璃片上滴加的水太多；氢氧化钡晶体已部分失水；环境温度太高；试剂用量太少；氢氧化钡晶体未研成粉末，可能看不到“结冰”现象，故答案为：反应物未进行快速搅拌；玻璃片上滴加的水太多；氢氧化钡晶体已部分失水；环境温度太高；试剂用量太少；氢氧化钡晶体未研成粉末（其他答案合理均正确）；（3）氢氧化钡晶体和氯化铵的反应是吸热反应，可以根据用手触摸烧杯外壁看是否变凉、用温度计测混合物的温度看是否降温、玻璃片上结冰现象、烧杯和底部的玻璃片粘在一起等现象来
82、证明；故答案为：用皮肤感受，感觉很凉；用温度计来检验，发现温度降低；（4）水排开了烧杯底部与玻璃片之间的空气，外压大于内压，烧杯与玻璃片黏在一起了；故答案为：水排开了烧杯底部与玻璃片之间的空气，在大气压的作用下，烧杯与玻璃片黏在一起了；（5）由于水排开了烧杯底部和玻璃片之间的空气，在大气压作用下烧杯也可能与玻璃片粘在一起，可将烧杯和玻璃片提起，从侧面轻推玻璃片，通过玻璃片能否发生滑动来判断，故答案为：将烧杯和玻璃片提起，从侧面轻推玻璃片，看能否从侧面相对滑动，若不能，则是由于“结冰”而黏在一起的【点评】本题考查了化学反应中的能量变化以及吸热反应，以Ba（OH）28H2O与NH4Cl固体的反应为
83、背景考查了分析问题、解决问题的能力和实验设计能力，反应放出或吸收的热量可以通过触觉感知，也可以通过温度计测量，题目难度不大30A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素已知：热稳定性：HmDHmC；Cm、E（m1）具有相同的电子层结构；A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；A与B质子数之和是D质子数的3倍依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：HmDm的电子式Cm、E（m1）的还原性强弱顺序为：S2Cl，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为Cl2+S2=2Cl+S将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，在常温下反应的离子方程式为：Cl2
84、+2OH=Cl+ClO+H2O常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液按体积比1：2混合，写出该反应的离子方程式H2S+OH=HS+H2O该溶液的溶质含有的化学键类型是离子键、共价键在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是S（填元素符号）【考点】位置结构性质的相互关系应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为=8，则D为氧元
85、素；热稳定性：HmDHmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；Cm、E（m1）具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题【解答】解：根据题意，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，则A、B为金属，A与B质子数之和是D质子数的3倍，则A、B的质子数之和为3的倍数，故A、B处于第三周期，则A为Na元素、B为Al元素；D的质子数为=8，则D为氧元素；热稳定性：HmDHmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据；Cm、E（m1）具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，HmDm为H2O2，电
86、子式为，故答案为：；由于非金属性ClS，单质的氧化性Cl2S，单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有还原性：S2Cl，可通过反应Cl2+S2=2Cl+S证明，故答案为：S2Cl；Cl2+S2=2Cl+S；E的单质为氯气，A与D形成的化合物的水溶液为NaOH溶液，在常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和NaOH溶液按体积比1：2混合，反应生成硫氢化钠与水，该反应的离子方程式为H2S+OH=HS+H2O，溶液中溶质硫氢化钠，含有离子键、共价键，故答案为：H2S+OH=HS+H2O；离子键、共价键；从转化关系可以看出，单质所含元素为变价元素，含有多种化合价，能和氧气反应生成两种氧化物，以上元素中只有S元素符合，故答案为：S【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用、常用化学用语、元素化合物性质等，题目难度较大，正确推断元素的种类为解答该题的关键
