1、2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法下列分类合理的（）根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液A只有B只有C只有D只有2下列物质的分类结果全部正确的是（）ANO2酸性氧化物 Na2O2碱性氧化物 Al2O3两性氧化物B漂白粉混合物 胆矾纯
2、净物 HD单质C纯碱碱 硫化氢酸 小苏打酸式盐D盐酸强电解质 硫酸钡强电解质 醋酸弱电解质3设NA 表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，0.1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NAB常温常压下，18g H2O 中含有的原子总数为3NAC标准状况下，11.2L CH3CH2OH 中含有的分子数目为0.5NAD常温常压下，2.24L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA4对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO
3、42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+5能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32CaCO3+2OHC冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OHClO+Cl+H2OD稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+2Fe3+3H26在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，若有8.7g MnO2参加反应，则被氧化的HCl的质量为（）A14.6gB7.3gC3.65gD0.73g7
4、下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有Na+C将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯D向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+8下步表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）化合物/选项ABCDYH2OFe2O3C2H5OHFeCl3WFe3O4Al2O3C2H5ONaCuCl2AABBCCDD9铜跟1mol/L的硝酸反应，若c（NO3）下降了0.2mol/L，则c（H+）下
5、降（）A0.8molL1B0.6molL1C0.4mol/LD0.2mol/L10下列有关实验操作、现象和解释（或结论）都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD11下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是（）活性炭氯水二氧化硫臭氧过氧化钠双氧水ABCD12原子电子层数相同的X、
6、Y、Z三种元素，若最高价氧化物的水化物酸性强弱为H3XO4H2YO4HZO4，则下列判断正确的是（）A非金属性强弱为XYZB原子半径为XYZC阴离子的还原性为X3Y2ZD气态氢化物的稳定性为H3XH2YHZ13下列有关物质性质的比较中，正确的是（）热稳定性：CH4NH3H2O还原性：IBrCl酸性：H3PO4H2SO4HClO4原子半径：NaMgOABCD14下列物质中，含有共价键的离子化合物是（）ACaCl2BBa（OH）2CH2O2DNa2O215已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热
7、量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920kJB557kJC436kJD188kJ16下列各装置能构成原电池的是（）ABCD17如图所示，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则以下叙述正确的是（）Aa为负极，是铁片，烧杯中的溶液为稀硫酸Bb为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液Ca为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为稀硫酸Db为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液18一定温度下，固定体积的容器中，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡状态标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等单位时间内生成a molA，同时
8、生成3a molBA、B、C的浓度不再变化混合气体的密度不再改变混合气体的总压不再变化混合气体的总的物质的量不再变化单位时间内消耗a molA，同时生成3a molBA、B、C的分子数之比为1：3：2ABCD19一定条件下，下列能与CH3CH2COOH发生反应的物质是（）紫色石蕊溶液 乙醇 苯 金属钠 氧化铜 碳酸钙 氢氧化镁 乙烷ABCD全部20用铝热法还原下列氧化物，制得金属各1mol，消耗铝最少的是（）AMnO2BWO3CCr2O3DCo3O4二、填空题（共5小题，每小题11分，满分60分）21碘是人体必需的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室
9、里从海藻中提取碘的流程如下：已知2KI+Cl2I2+2KCl（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：，（2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是A甲苯、酒精 B四氯化碳、苯C汽油、乙酸 D汽油、甘油（3）为了使海藻灰中碘离子转为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如上图所示实验装置中的错误之处：；22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，其中属
10、于同种反应类型根据图回答下列问题：写出、三步反应的化学方程式，并注明反应类型：，反应类型，反应类型，反应类型23现有部分短周期元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构TM层上有2对成对电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下其单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性Z元素最高正化合价是+7请回答下列问题：（1）元素T的原子最外层共有种不同运动状态的电子元素X的一种同位素可用来测定文物年代，这种同位素的符号是（2）元素Y与氢元素形成一种离子，写出该微粒的电子式（用元素符号表示）（3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是（填序号
11、）a常温下Z的单质和T的单质状态不同bZ的氢化物比T的氢化物稳定c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质的性质差异是获取新知的重要方法之一T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是，理由是24已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：A为，B为，C为D为，E为，F为（2）写出的化学方程式及、的离子方程式：25某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率请回答下列问题（1）上述实验中发生反应的化学方程式有（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是（
12、3）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起到相似作用的是（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有，（答两种）（5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间混合溶液/实验ABCDEF4molL1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=该同学最后得出的结
13、论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降请分析氢气生成速率下降的主要原因2015-2016学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法下列分类合理的（）根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应根据分散系的稳定性大小将
14、混合物分为胶体、溶液和浊液A只有B只有C只有D只有【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；吸热反应和放热反应【分析】根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据除稀有气体和第A族外，多数主族元素既有金属元素也有非金属元素；化学反应一定伴随能量的转化，有的是吸热反应，有的放热反应；根据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类【解答】解：根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故错误；根据反应是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而不是根据反应中转
15、移电子数目的多少，故正确；能与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，所以不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素，故错误；化学反应一定伴随能量的转化，根据化学反应中的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应，若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，否则吸热反应，故正确；根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故错误；故选A2下列物质的分类结果全部正确的是（）ANO2酸性氧化物 Na2O2碱性氧化物 Al2O3两性氧化物B漂白粉混合物 胆矾纯净
16、物 HD单质C纯碱碱 硫化氢酸 小苏打酸式盐D盐酸强电解质 硫酸钡强电解质 醋酸弱电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念【分析】A、酸性氧化物和碱反应生成盐和水，碱性氧化物和酸反应生成盐和水；既和强酸反应又和强碱反应的氧化物为两性氧化物；B、不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物，一种元素组成的纯净物为单质；C、溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；酸式酸根离子和金属离子构成的化合物为酸式盐；D、溶液中全部电离的电解质为强电解质，溶液中部分电离的电解质为非电解质【解答】解：A、N
17、O2和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，过氧化钠与酸反应生成盐和水，同时生成氧气，不是碱性氧化物，故A不符合；B、漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，漂白粉属于混合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物属于纯净物，HD是氢元素组成的单质，故B符合；C、纯碱是碳酸钠，不是碱而是盐，故C不符合；D、盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，故D不符合；故选B3设NA 表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，0.1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NAB常温常压下，18g H2O 中含有的原子总数为3NAC标准状况下，11.2L CH3CH2OH 中含有的分子数目为0.5NA
18、D常温常压下，2.24L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】ACl2溶于水中，发生的反应为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应为可逆反应；B根据质量、摩尔质量、分子数、原子数、阿伏伽德罗常数之间的关系计算；C标准状况下，CH3CH2OH 为液态；D从气体摩尔体积的应用条件分析判断；【解答】解：ACl2+H2OHCl+HClO中得到的电子为Cl2HCle，失去的电子为Cl2HClOe，1molCl2完全反应，转移1mol电子，0.1molCl2转移的电子数为0.1NA，但该反应为可逆反应，转移电子数应小于0.1NA，故A错误；B常温常压下，1
19、8 g H2O 中n=1mol，1mol水中含有3mol氧原子，所以18 g H2O 中含有的原子总数为3NA，故B正确；C标准状况下，CH3CH2OH为液态，所以11.2 L CH3CH2OH的物质的量不为0.5 mol，含有的分子数目不为0.5NA，故C错误；D常温常压下，2.24 L CO 和CO2 混合气体的物质的量不是0.1mol，所以2.24 L CO 和CO2 混合气体所含的分子数不一定是0.1NA，含有的碳原子数目不一定为0.1NA，故D错误；故选B4对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡
20、溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】根据常见离子的检验方法可知：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀【解答】解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32
21、，故A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO42，故B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；D、碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+，故D错误；故选C5能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32CaCO3+2OHC冷的氢氧化钠
22、溶液中通入氯气：Cl2+2OHClO+Cl+H2OD稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+2Fe3+3H2【考点】离子方程式的书写【分析】A一水合氨为弱电解质，应保留化学式；B反应物澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式；C氯气与氢氧化钠溶液在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D不符合反应的客观事实，稀硫酸中加入铁粉反应生成硫酸亚铁【解答】解：A硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：Ca2+CO32CaCO3，故B错误；C冷的氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式：Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故C
23、正确；D稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+2Fe2+H2，故D错误；故选：C6在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，若有8.7g MnO2参加反应，则被氧化的HCl的质量为（）A14.6gB7.3gC3.65gD0.73g【考点】氧化还原反应的计算【分析】n（MnO2）=0.1mol，根据方程式知，该反应中只有一半的HCl被氧化，根据二氧化锰和被氧化HCl的关系式计算被氧化HCl的物质的量，再根据m=nM计算其质量【解答】解：n（MnO2）=0.1mol，根据方程式知，该反应中只有一半的HCl被氧化，所以被氧化n（HCl）=2n（MnO2）=20.1mol=0.
24、2mol，被氧化m（HCl）=0.2mol36.5g/mol=7.3g，故选B7下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有Na+C将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯D向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+【考点】常见阳离子的检验；乙烯的化学性质【分析】A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；B、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰；C、溴水中溴单质是强氧化剂，通入的气体只要是还原性气
25、体都可以使溴水褪色；D、依据亚铁离子的检验方法分析判断【解答】解：A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到
26、硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确故选D8下步表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）化合物/选项ABCDYH2OFe2O3C2H5OHFeCl3WFe3O4Al2O3C2H5ONaCuCl2AABBCCDD【考点】化学基本反应类型；铁的氧化物和氢氧化物；有机物分子中的官能团及其结构【分析】铁和水蒸气在高温条件下生成Fe3O4和氢气，属于置换反应；氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，属于置换反应；乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，符合置换反应概念；氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应【解答】解：铁和水蒸气在高温条件下生成F
27、e3O4和氢气：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，属于置换反应；故不符合；氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3，属于置换反应；故不符合；乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，2Na+2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa+H2符合置换反应概念；故不符合；氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应；综上所述：符合；故选D9铜跟1mol/L的硝酸反应，若c（NO3）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降（）A0.8molL1B0.6molL1C0.4mol/LD0.2mol/L【考点】化学方程式的有关计算【分析】铜和稀硝酸反应的离子方程
28、式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，根据离子方程式计算【解答】解：铜和稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，由离子方程式可知，溶液中H+浓度变化为NO3浓度变化量的4倍，NO3浓度下降0.2mol/L，则溶液中H+浓度同时下降：0.2mol/L4=0.8mol/L，故选A10下列有关实验操作、现象和解释（或结论）都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶CAl箔插入稀H
29、NO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铝金属及其化合物的性质实验；氨的制取和性质【分析】A铁过量，反应生成硝酸亚铁；BAgI的溶解度比AgCl的小；CAl与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO；D浓氨水中存在NH3H2ONH4+OH，碱遇红色石蕊试纸变蓝【解答】解：A过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，滴入KSCN溶液，溶液不显红色，故A错误；BAgI的溶解度比AgCl的小，则AgI沉淀中滴入稀K
30、Cl溶液，不会生成白色沉淀，故B错误；CAl与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO、硝酸铝和水，观察到气泡冒出，故C错误；D浓氨水中存在NH3H2ONH4+OH，碱遇红色石蕊试纸变蓝，则说明浓氨水呈碱性，故D正确；故选D11下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是（）活性炭氯水二氧化硫臭氧过氧化钠双氧水ABCD【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；臭氧；钠的重要化合物【分析】能使品红溶液褪色，物质具有漂白性，具有漂白性的物质分为3类：强氧化性物质、二氧化硫、活性炭，以此解答【解答】解：活性炭具有吸附性，可使品红褪色；都具有强氧化性和漂白性，且漂白后的产物不能恢复到原来的颜色，具有不可逆
31、性；二氧化硫可与品红发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热可恢复到原来的颜色，则褪色原理基本相同的是故选C12原子电子层数相同的X、Y、Z三种元素，若最高价氧化物的水化物酸性强弱为H3XO4H2YO4HZO4，则下列判断正确的是（）A非金属性强弱为XYZB原子半径为XYZC阴离子的还原性为X3Y2ZD气态氢化物的稳定性为H3XH2YHZ【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】A同一周期元素中，元素非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；B同一周期元素中，随原子序数增大，原子半径减小；C元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱；D
32、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强【解答】解：同一周期元素中，元素非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一周期的X、Y、Z三种元素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H2YO4HZO4，则原子序数XYZ，非金属性XYZ，A同一周期的X、Y、Z三种元素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H2YO4HZO4，则原子序数XYZ，非金属性XYZ，故A错误；B同一周期的X、Y、Z三种元素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H2YO4HZO4，则原子序数XYZ，则原子半径XYZ，故B错误；C同一周期的X、Y、Z三种元
33、素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4H2YO4HZO4，则原子序数XYZ，非金属性XYZ，所以阴离子的还原性为X3Y2Z，故C正确；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，这几种元素的非金属性XYZ，所以气态氢化物稳定性：XH3H2YHZ，故D错误；故选C13下列有关物质性质的比较中，正确的是（）热稳定性：CH4NH3H2O还原性：IBrCl酸性：H3PO4H2SO4HClO4原子半径：NaMgOABCD【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】根据元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定；单质的氧化性越强则离子的还原性越弱；根据元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对
34、应的水化物的酸性越强；根据同周期元素的半径从左至右逐渐减小以及一般来说下一周期元素原子的半径比上一周期大【解答】解：因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：ONC，所以H2ONH3CH4，故错误；元素单质氧化性Cl2Br2I2，则离子的还原性顺序：ClBrI，故正确；因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClSP，酸性：H3PO4H2SO4HClO4，故错误；同周期元素的半径从左至右逐渐减小，NaMg，O在Na和Mg的上一周期，半径最小，原子半径：NaMgO，故正确故选B14下列物质中，含有共价键的离子化合物是（）ACaCl2BBa（OH）2CH
35、2O2DNa2O2【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质【分析】非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，以此来解答【解答】解：ACaCl2中只含钙离子、氯离子形成的离子键，属于离子化合物，不含共价键，故A错误；B氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，为含有共价键的离子化合物，故B正确；CH2O2中只存在氧氢共价键、氧氧共价键，不存在离子键，故C错误；DNa2O2中钠离子与过氧根离子之间以离子键结合，
36、氧氧之间以共价键结合，过氧化钠为含有共价键的离子化合物，故D正确；故选BD15已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920kJB557kJC436kJD188kJ【考点】化学反应中能量转化的原因【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molHH键断裂时吸收热量为K，根据方程式：2H2+O22
37、H2O，则：4121kJ=463kJ4（2K+496kJ），解得K=436KJ故选C16下列各装置能构成原电池的是（）ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应【解答】解：A、没有两个活泼性不同的电极，所以该装置不能构成原电池，故A错误；B、该装置没有构成闭合回路，所以不能形成原电池，故B错误；C、该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故C正确；D、植物油不是电解质溶液，金属Fe和植物油不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故D错误
38、故选C17如图所示，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则以下叙述正确的是（）Aa为负极，是铁片，烧杯中的溶液为稀硫酸Bb为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液Ca为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为稀硫酸Db为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表的指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，说明该装置构成了原电池，其中a极是正极，根据原电池的工作原理和规律来回答【解答】解：A、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液可以为硫酸，故A错误；B、a极上有大量气
39、泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液不可以为硫酸铜，否则正极上会析出金属铜，故B错误；C、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液可以为硫酸，故C正确；D、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应该是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜时，正极上会析出金属铜，故烧杯中的溶液不能是为硫酸铜溶液，故D错误故选C18一定温度下，固定体积的容器中，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡状态标志的是（）C的生成速率与C的分解速率相等单位时间内生成a molA，同时生成3a molBA、B、C的浓度不再变化混合气体的密度不再改变混合气体的总压不再变化
40、混合气体的总的物质的量不再变化单位时间内消耗a molA，同时生成3a molBA、B、C的分子数之比为1：3：2ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论【解答】解：可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选； A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选
41、； 反应前后质量、体积一直不变，则混合气体的密度一直也不变，则不能说明反应达到平衡状态，故选； 混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选； 混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选； 单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选；故选C19一定条件下，下列能与CH3CH2COOH发生反应的物质是（）紫色石蕊溶液 乙醇 苯 金属钠
42、氧化铜 碳酸钙 氢氧化镁 乙烷ABCD全部【考点】有机物的结构和性质；乙酸的化学性质【分析】CH3CH2COOH中含COOH，具有酸性，且能发生酯化反应，以此来解答【解答】解：含COOH，具有酸性，可与紫色石蕊反应，含COOH，与乙醇发生酯化反应，含COOH与Na反应生成氢气；含COOH，与CuO、碳酸钙、氢氧化镁均发生复分解反应，不能与苯、乙烷反应，故选A20用铝热法还原下列氧化物，制得金属各1mol，消耗铝最少的是（）AMnO2BWO3CCr2O3DCo3O4【考点】探究铝热反应；化学方程式的有关计算【分析】根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越
43、少，则消耗铝的量最少【解答】解：AMnO2Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；BWO3W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；CCr2O3Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAl；DCo3O4Co，生成1molCo，需要mol电子，消耗molAl，消耗Al最少的是Co3O4，故选D二、填空题（共5小题，每小题11分，满分60分）21碘是人体必需的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室里从海藻中提取碘的流程如下：已知2KI+Cl2I2+2KCl（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：过滤，萃取（
44、2）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是BA甲苯、酒精 B四氯化碳、苯C汽油、乙酸 D汽油、甘油（3）为了使海藻灰中碘离子转为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是分液漏斗；锥形瓶；（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如上图所示实验装置中的错误之处：缺石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析；（2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用四氯化碳；（
45、3）海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，需要用到分液；（4）冷凝水应是下进上出，烧杯加热应垫石棉网，温度计水银球应与烧瓶支管口相平；【解答】解：（1）分离固体和液体用过滤，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可；故答案为：过滤；萃取；（2）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，酒精、乙酸、甘油都溶于水不能分层，故可用四氯化碳或苯；故答案为：B；（3）海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，需要用到分液，分液需要用到分液漏斗、锥形瓶；故答案为：分液漏斗；锥形瓶；（4）冷凝水应是下进上出，烧杯加热应垫石棉网，温度计水银球应与烧瓶支管口相平；故答案为：缺石棉网；
46、温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒；22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，其中属于同种反应类型根据图回答下列问题：写出、三步反应的化学方程式，并注明反应类型：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，反应类型加成反应，反应类型加聚反应CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，反应类型取代反应【考点】有机物的推断；乙烯的化学性质【分析】烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B，B为乙烷，乙烯与HCl
47、发生加成反应生成C，C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D，D为乙醇，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E，E是聚乙烯，以此来解答【解答】解：烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B，B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成C，C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E，E是聚乙烯，均为加成反应，反应是乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，反应方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，反应为生成聚乙烯的加聚反应，反应为，
48、反应是乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3CH2Cl，反应方程式为CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，为取代反应，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；加成反应；加聚反应；CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；取代反应23现有部分短周期元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构TM层上有2对成对电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下其单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性Z元素最高正化合价是+7请回答下列问题：（1）元素T的原子最外层共有6种不同运动状态的电子元素X的一种同位素可用来测定文物年代，这种同位素的符号是614C（2）元素
49、Y与氢元素形成一种离子，写出该微粒的电子式（用元素符号表示）（3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是Cl（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是b（填序号）a常温下Z的单质和T的单质状态不同bZ的氢化物比T的氢化物稳定c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质的性质差异是获取新知的重要方法之一T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是H2CO3，理由是H2CO3是弱酸，其余均为强酸【考点】原子结构与元素的性质【分析】T、X、Y、Z四种短周期元素，M层上有2对成对电子，则T有3个电子层，最外层电子数为6，则T为S元素；X元素原子最外电
50、子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正化合价是+7，最外层电子数为7，则Z为Cl元素，据此解答【解答】解：T、X、Y、Z四种短周期元素，M层上有2对成对电子，则T有3个电子层，最外层电子数为6，则T为S元素；X元素原子最外电子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正化合价是+7，最外层电子数为7，则Z为Cl元素，（1）T为S元素，原子最外层有6个电子，故最外
51、层共有6种不同运动状态的电子，碳元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是614C，故答案为：6；614C；（2）NH4+中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为：，故答案为：；（3）同周期自左而右非金属性减弱，Cl元素非金属性较强，a物理性质不能说明非金属性强弱，故a错误；b氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，故b正确；c与氢氧化钠溶液反应不能说明非金属性强弱，如氧气不能与氢氧化钠溶液反应，非金属性OS，故c错误；故答案为：Cl；b；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2CO3、HNO3、HClO4，H2CO3是弱酸，其余均为强酸，故答案
52、为：H2CO3；H2CO3是弱酸，其余均为强酸24已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3（2）写出的化学方程式及、的离子方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3、2Fe2+Cl22Fe3+2Cl、2Fe3+Fe=3Fe2+【考点】无机物的推断【分析】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：由转
53、化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，（1）由上分析知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe（OH）2；Fe（OH）3；（2）反应为4Fe（OH）2的氧化，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3、2Fe2+Cl22Fe3+2Cl、
54、2Fe3+Fe=3Fe2+25某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率请回答下列问题（1）上述实验中发生反应的化学方程式有Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是CuSO4 与Zn反应产生的 Cu 与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率（3）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起到相似作用的是Ag2SO4（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度，适当增加硫酸的浓度（答两种）（5）为了进一
55、步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间混合溶液/实验ABCDEF4molL1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1=30，V6=10，V9=17.5该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降请分析氢气生成速率下降的主要原因当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质
56、铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）锌为活泼金属，加入硫酸铜发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜；（2）Cu、Zn、硫酸形成原电池反应，会使得化学反应速率加快；（3）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4；（4）对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等；（5）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同
57、；生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【解答】解：（1）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，此外金属锌会和硫酸之间发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，故答案为：CuSO4 与Zn反应产生的 Cu 与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率；（3）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池
58、反应的只有Ag2SO4，故答案为：Ag2SO4；（4）对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等，故答案为：升高反应温度；适当增加硫酸的浓度；（5）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml，故答案为：30；10；17.5；因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积2016年5月29日