1、2015-2016学年贵州省贵安新区三中高一（下）期中化学试卷一、单项选择（每题只有一个选项符合题意，共20道题，每题2分共40分）1关于目前常用元素周期表的说法中正确的是（）A第B族元素种类最多B只有第3列到第12列全部是金属元素C周期数大于或等于族的序数时，一定是金属元素D是按原子的质量数由小到大的顺序编制的2下列化学用语正确的是（）A氯离子结构示意图BHCl的电子式CCO2的结构式 O=C=OD作为相对原子质量标准的原子614C3下列说法正确的是（）A H、H、H三种核素的性质不同B16O2、18O2彼此是同位素C14N、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D白磷与红磷是磷元素的两种同
2、素异形体4不能说明金属性NaMgAl的是（）A碱性NaOHMg（OH）2Al （OH）3B原子半径NaMgAlC阳离子的氧化性Na+Mg2+Al3+DNa与冷水剧烈反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈5能说明非金属性ClS的是（）达到稳定结构时，氯原子只需要1个电子，而硫原子需要2个电子氯的含氧酸比硫的含氧酸的酸性强还原性S2Cl稳定性HClH2S酸性HClH2SH2S+Cl2=S+2HCl2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeSCl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应A全部BCD6下列“类推”合理的是（）A加热CS2CO3可生成CS
3、2O和CO2（CS：铯 IA）B铊（Tl）与铝同族，其单质既能与HCl又能与NaOH溶液反应CAgAt为白色沉淀，不溶于稀HNO3（At：砹 VA）DRa（OH）2是易溶于水的强碱（Ra：镭A）7有关药品保存正确的是（）A锂保存在煤油中B液溴保存在带橡皮塞的棕色细口玻璃瓶中C白磷保存在水里D碘单质保存在无色广口瓶中8“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）A Pu与U互为同位素B Pu与Pu最外层电子数相同C Pu与U化学性质完全相同D Pu与Pu互为同素异形体9下列说法错误的是（）A元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数B原子序数为79的元素在第六周期第IB族
4、C碱金属单质的熔、沸点从上到下递减D同周期从左到右，元素的金属性递减，非金属性递增10下列说法正确的是（）A含离子键的化合物是离子化合物，含共价键的化合物是共价化合物B离子键的形成过程中一定有电子得失C第A、A族元素与第A、A族元素一定形成离子键D离子键与共价键的本质都是静电作用11已知aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构关于ABCD四种元素的叙述正确的是（）A原子序数abcdB离子半径D（n+1）CnAn+B（n+1）+C单质还原性ABCDD最高价氧化物对应水化物的碱性BA12下列解释正确的是（）AH2O很稳定，是因为水分子之间存在氢键B由于F非金属性最强，
5、HF的氢键键能最大，所以HF的熔、沸点最高C卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大D氨气极易溶于水，与氢键没有关系13下列说法正确的是（）化学键存在分子之间任何物质中都存在化学键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键任何共价键中，成键原子键后均满足稳定结构判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电熔融NaCl能导电，是因为通电时破坏了离子键，产生了自由移动的Na+和Cl化学键断裂，一定发生化学变化ABCD全部14已知还原性IFe2+Br，下列离
6、子方程式正确的是（）A将少量Cl2通入FeBr2溶液中：Cl2+2BrBr2+2ClB将足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClC将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2+2I+3Cl22Fe3+2I2+6ClD将672mLCl2（标况）通入250mL 0.1molL1的FeI2溶液中：2Fe2+10I+6Cl212Cl+5I2+2Fe3+15X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与W同族，X原子核外电子数与电子层数相等，Y与Z相邻，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，M在同周期中原子半径最小，则下列说法错误的是（）AX单质在M
7、单质中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是已知的最强酸BZ与W可生成W2Z和W2Z2，且W2Z2溶于水时，既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成CX、Y、Z三种元素形成的化合物可能含离子键、共价键DX与Z可形成10电子和18电子的化合物，分子中只含极性键16化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B断裂1molAA键和1molBB键可放出xkJ能量C断裂2molAB键需要吸收ykJ能量D2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量17被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，
8、而在另一边镀二氧化锰在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（）A该电池的电流方向是由锌到二氧化猛B该电池反应中MnO2起催化作用C当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.2041023D电池正极反应为2MnO2+e+2H2O=2MnO（OH）+2OH18下列说法错误的是（）A元素周期表是元素周期律的具体表现形式B元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化C同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28D同主族原子序数之差不可能是：
9、10、16、18、26、34、36、5019将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2即可构成甲烷燃料电池已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，下列叙述正确的是（）A通入甲烷的一极为正极，该极c（OH）减小B通入甲烷的一极的电极反应为CH48e+3H2O=CO32+10H+C通入氧气一极发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e=4OHD该电池工作时，溶液中的阴离子向正极移动20工业制备硫酸过程中存在如下反应：2SO2+O22SO3，下列关于该反应的说法正确的是（）A增大O2的浓度能加快反应速率B降低体系温度能加快反应速率C使用催化剂不影响反应速率D一定
10、条件下SO2能100%转化为SO3二、非选择题：（共60分）21（1）将纯锌片和纯铜片按下图方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：下列说法中正确的是（填序号）A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙中铜片上没有明显变化C甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D两烧杯中H+的浓度均减小在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速率：甲乙（填“”、“”或“=”）甲中硫酸根离子向极移动（填“铜”或“锌”）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，理论上通过导线的电子数目为（2）欲将反应2Fe3+CuCu2+2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为，电解质溶液为，正极反应为，10min内该电池向外提供0.1
11、mol电子，则正极材料与负极材料的质量差为g（假设刚开始时，两电极的质量相等）22下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素请回答下列问题周期AAAAAAA023（1）中，最活泼的金属元素是（写元素符号，下同）；最不活泼的元素是；可作半导体材料的元素是；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是（2）、的简单离子，其半径更大的是（写离子符号）（3）、的气态氢化物，更稳定的是（填化学式）（4）元素的非金属性：（填“”或“”）（5）的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是（填化学式）；碱性最强的是（填化学式），它与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为23已知
12、X元素的原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%（1）Y和W的气态氢化物的稳定性（用化学式表示）（2）用电子式表示X和W形成化合物的过程（3）X单质在空气中加热生成的化合物的电子式（4）X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式（5）Y与Z形成化合物的化学式是实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电由此判断该化合物具有键（填离子或共价）（6）W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式24某研究性学
13、习小组设计了一组实验来探究元素周期律甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素碳与硅的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红色试纸已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气根据图1回答：（1）写出选用物质的名称：A，B，C（2）烧瓶中反应的离子方程式为，根据图2回答：（3）乙同学的实验原理是，（4）B处的实验现象是；（5）B处的反应的离子方程式：（6）有同学认为甲同学的实验设计有明显的不足，你认为不足之处为25铝是一种重要金属，从铝土矿
14、（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等）中冶炼Al的工业生产流程如下图：（1）溶液A中含的阳离子主要有（2）写出步骤II生成溶液C 的离子方程式，步骤I、II、III都要用到的分离方法是（3）生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有（填化学式）（4）生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨（提示：反应中能生成铁单质），则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：（5）经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝土矿中Al2O3的纯度（质量分数）（用含a、b的最简式表示）26T时，向2L恒容密闭容器中充入1mol NO2与2m
15、ol SO2发生如下反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1（1）下列能说明该反应达到平衡状态的是a体系压强保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2（2）反应进行到20s 时，测得反应速率v（NO）=0.005molL1s1，则消耗的NO2为mol（3）下列措施能使反应加快的是（仅改变一个条件）a降低温度 b缩小容积 c使用效率更高的催化剂（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），则到达平衡所需时间将a延长 b缩短 c不变 d无法确定2015-2016学年贵州省贵安新区三中高一
16、（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择（每题只有一个选项符合题意，共20道题，每题2分共40分）1关于目前常用元素周期表的说法中正确的是（）A第B族元素种类最多B只有第3列到第12列全部是金属元素C周期数大于或等于族的序数时，一定是金属元素D是按原子的质量数由小到大的顺序编制的【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A第B族含有锕系元素和镧系元素；B主族元素含有金属，如Na、Mg等；C第一周期A族为非金属；D元素周期表按核电荷数的顺序编制【解答】解；A第B族含有锕系元素和镧系元素，元素种类最多，故A正确；B第3列到第12列为副族元素，而主族元素含有金属，如Na、Mg等，故B错误；C第
17、一周期A族为H元素，为非金属，故C错误；D元素周期表按核电荷数由小到大的顺序编制的，故D错误故选A【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期中元素的种类数及同主族原子序数的关系为解答的关键，注意把握元素在周期表中的位置，题目难度不大2下列化学用语正确的是（）A氯离子结构示意图BHCl的电子式CCO2的结构式 O=C=OD作为相对原子质量标准的原子614C【考点】原子结构示意图；电子式【分析】A氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18；B氯化氢为共价化合物，分子中含有1个HCl键；C由最外层电子及形成8电子稳定结构可知，存在C=O；D作为相对原子质量标准的原子为C12【解答】
18、解：A氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，氯离子正确的结构示意图为：，故A错误；B氯化氢分子中存在1个氢氯键，氯原子最外层达到8个电子稳定结构，氯化氢的电子式为，故B错误；C由最外层电子及形成8电子稳定结构可知，存在C=O，则CO2分子的结构式O=C=O，故C正确；D作为相对原子质量标准的原子为612C，故D错误故选C【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、结构示意图以及原子表示方法等，综合性较强，注重基础知识的考查，把握化学用语的区别及规范应用，题目难度不大3下列说法正确的是（）A H、H、H三种核素的性质不同B16O2、18O2彼此是同位素C14N、
19、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D白磷与红磷是磷元素的两种同素异形体【考点】同位素及其应用；核素【分析】A同位素的化学性质相同；B同位素是质子数相同，中子数不同的原子；C中子数=质量数质子数；D同素异形体是同种元素组成的不同单质【解答】解：A同位素的物理性质不同，化学性质相同，故A错误；B16O2、18O2是单质，不是原子，不为同位素，故B错误；C中子数=质量数质子数，14N、14C两种核素的中子数不同，故C错误；D红磷与白磷都是由磷元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故D正确故选D【点评】本题主要考查了同位素，同素异形体的定义，难度不大，在判断时要抓住各自的研究对象分别为：原
20、子、单质4不能说明金属性NaMgAl的是（）A碱性NaOHMg（OH）2Al （OH）3B原子半径NaMgAlC阳离子的氧化性Na+Mg2+Al3+DNa与冷水剧烈反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】利用金属单质之间的置换反应、失去电子的难易程度、金属对应阳离子的氧化性、与水或酸反应的难易程度、金属的最高价氧化物对应水化物的碱性等来比较金属性的强弱【解答】解：A根据金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性可以判断元素金属性的强弱，碱性NaOHMg（OH）2Al （OH）3，能说明金属性NaMgAl
21、，故A正确；B元素金属性强弱与原子半径无关，所以不能根据原子半径判断金属性强弱，故B错误；C阳离子的氧化性越弱，其元素的金属性越强，阳离子的氧化性Na+Mg2+Al3+，能说明金属性NaMgAl，故C正确；DNa能与冷水反应，Mg与冷水反应微弱；镁粉与铝粉分别与同浓度稀HCl反应，镁粉比铝粉反应剧烈，能说明金属性NaMgAl，故D正确故选B【点评】本题考查学生判断金属性强弱的依据，熟悉金属性比较的常见方法即可解答，侧重于基础知识的考查，题目难度不大5能说明非金属性ClS的是（）达到稳定结构时，氯原子只需要1个电子，而硫原子需要2个电子氯的含氧酸比硫的含氧酸的酸性强还原性S2Cl稳定性HClH2
22、S酸性HClH2SH2S+Cl2=S+2HCl2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeSCl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应A全部BCD【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】元素非金属性强弱的判断依据：最高价氧化物对应水化物的酸性、与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性，元素非金属性强弱与其原子得电子难易程度有关，据此分析解答【解答】解：非金属性与得电子能力有关，与得电子数多少无关，故错误；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，不是最高价含氧酸不能比较，故错误；阴离子的还原性越强，元素的非金属性越弱，还原性S2Cl，则非金
23、属性ClS，故正确；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，稳定性HClH2S，则非金属性ClS，故正确；元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故错误；Cl2能与H2S发生置换反应，说明氯气氧化性大于S，则非金属性ClS，故正确；2Fe+3Cl22FeCl3Fe+SFeS，说明氯气得电子能力大于S，所以非金属性ClS，故正确；Cl2与H2在光照或点燃下反应，而硫与H2加热下才反应，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易，Cl2比S容易与H2化合，说明非金属性ClS，故正确；故选C【点评】本题考查非金属性强弱判断，题目难度不大，侧重
24、考查学生对元素周期律的灵活运用，非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少及物质物理性质无关，为易错题6下列“类推”合理的是（）A加热CS2CO3可生成CS2O和CO2（CS：铯 IA）B铊（Tl）与铝同族，其单质既能与HCl又能与NaOH溶液反应CAgAt为白色沉淀，不溶于稀HNO3（At：砹 VA）DRa（OH）2是易溶于水的强碱（Ra：镭A）【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似；B金属性Tl大于Al，不能与NaOH反应；CAgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色；D第二主族为碱土金属，对应的碱从上到下碱性增强【解答】解
25、：A碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似，则加热CS2CO3不反应，故A错误；B金属性Tl大于Al，不能与NaOH反应，与盐酸反应比Al剧烈，故B错误；CAgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，则AgAt为有色沉淀，不溶于稀HNO3，故C错误；D第二主族为碱土金属，对应的碱从上到下碱性增强，则Ra（OH）2是易溶于水的强碱，故D正确；故选D【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大7有关药品保存正确的是（）A锂保存在煤油中B液溴保存在带橡皮塞的棕色细口玻璃瓶中C
26、白磷保存在水里D碘单质保存在无色广口瓶中【考点】化学试剂的存放【分析】A锂的密度小于煤油的密度；B液溴能腐蚀橡胶；C白磷的燃点低（40），极易与氧气反应发生燃烧；D碘易升华【解答】解：A锂的密度小于煤油的密度，煤油不能使锂隔绝空气，故A错误；B液溴能腐蚀橡胶，应用玻璃塞，故B错误；C白磷的燃点低（40），极易与氧气反应发生燃烧，所以放在水中是隔绝氧气；另外切割必须在水下，否则摩擦产生的热会使白磷燃烧，故C正确；D碘易升华，保存在棕色广口瓶中，故D错误故选C【点评】本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化学性质选择保存方法，试题基础性强，侧
27、重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养8“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料下列关于Pu的说法正确的是（）A Pu与U互为同位素B Pu与Pu最外层电子数相同C Pu与U化学性质完全相同D Pu与Pu互为同素异形体【考点】核素【分析】Pu是原子的表示方法，左上角代表质量数，左下角代表质子数，中子数=质量数质子数A相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；B质子数相同，质量数不同，则中子数不同，是同位素的关系，核外电子数相同，则最外层电子数相同；C不同的元素的原子，结构不同，化学性质不同；D同种元素形成的不同单质互称同素异形体，研究对象是单质【解答】解：A有相同质子数，
28、不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu和U的质子数不同，不是同位素，故A错误；B Pu与Pu质子数相同，质量数不同，则中子数不同，它们是同位素的关系，核外电子数相同，则最外层电子数相同，故B正确；C两者的质子数不同，属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D是同种元素形成的不同原子，互为同位素，故D错误；故选：B【点评】本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子结构知识的考查，难度不大要注意平时知识的积累9下列说法错误的是（）A元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数B原子序数为79的元素在第六周期第IB族C碱金属单质的熔、沸点从上到下递减D同周期从左
29、到右，元素的金属性递减，非金属性递增【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A主族元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数；B第六周期稀有气体的原子序数是86；C碱金属的熔沸点与金属键有关，从上到下原子半径增大，金属键减弱；D同周期从左到右，失去电子能力减弱，得到电子能力增强【解答】解：A主族元素的最高正价数一定等于其原子核外最外层电子数，且O、F没有最高正价，故A错误；B第六周期稀有气体的原子序数是86，则原子序数为79的元素在第六周期第IB族，故B正确；C碱金属的熔沸点与金属键有关，从上到下原子半径增大，金属键减弱，则碱金属单质的熔、沸点从上到下递减，故C正确；D同周期从左到右，失去
30、电子能力减弱，得到电子能力增强，则同周期从左到右，元素的金属性递减，非金属性递增，故D正确；故选A【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大10下列说法正确的是（）A含离子键的化合物是离子化合物，含共价键的化合物是共价化合物B离子键的形成过程中一定有电子得失C第A、A族元素与第A、A族元素一定形成离子键D离子键与共价键的本质都是静电作用【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】A含共价键的不一定为共价化合物；B离子键形成不一定发生化学变化；CH位于第IA族，与第A、A族元素可形成共价键；
31、D离子键与共价键均为化学键【解答】解：A含共价键的不一定为共价化合物，如NaOH为离子化合物中含共价键，故A错误；B离子键形成不一定发生化学变化，如NaCl溶液蒸发得到NaCl，故B错误；CH位于第IA族，与第A、A族元素可形成共价键，碱金属、碱土金属与A、A族元素一定形成离子键，故C错误；D离子键与共价键均为化学键，本质都是静电作用，故D正确；故选D【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断、常见物质中的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11已知aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构关于ABCD四种元素的叙述正确的是（）
32、A原子序数abcdB离子半径D（n+1）CnAn+B（n+1）+C单质还原性ABCDD最高价氧化物对应水化物的碱性BA【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】已知aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，则有：an=b（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：bacd，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：已知aAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，则有：an=b（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：bacd，则A由以上分析可知原子
33、序数：bacd，故A错误；BaAn+、bB（n+1）+、cCn、dD（n+1）具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数bacd，故离子半径D（n+1）CnAn+B（n+1）+，故B正确；CC、D在同一周期，且原子序数CD，非金属性：CD，元素的非金属性越强，对应的单质的还原性越弱，故C错误；DA、B在周期表中同周期，原子序数：ba，金属性：AB，最高价氧化物对应水化物的碱性：AB，故D错误故选B【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大12下列解释正确的是（）AH
34、2O很稳定，是因为水分子之间存在氢键B由于F非金属性最强，HF的氢键键能最大，所以HF的熔、沸点最高C卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大D氨气极易溶于水，与氢键没有关系【考点】含有氢键的物质；元素周期律的作用【分析】A水稳定是因为于水分子中的氢氧共价键稳定；BHF分子间存在氢键；C卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关；D氨气与水分子之间能形成氢键【解答】解；A水稳定是因为于水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点，故A错误；BHF分子间存在氢键，HF的熔、沸点最高，熔沸点与共价键无关，故B错误；C卤素单质的熔沸点与分
35、子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；D氨气与水分子之间能形成氢键，使氨气溶解度增大，所以氨气极易溶于水，与氢键有关系，故D错误故选C【点评】本题考查了氢键、共价键，题目难度不大，注意把握氢键对物质性质的影响，侧重于基础知识的考查，注意氢键属于分子间作用力13下列说法正确的是（）化学键存在分子之间任何物质中都存在化学键由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键任何共价键中，成键原子键后均满足稳定
36、结构判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电熔融NaCl能导电，是因为通电时破坏了离子键，产生了自由移动的Na+和Cl化学键断裂，一定发生化学变化ABCD全部【考点】化学键【分析】分子之间只有分子间作用力；单原子分子中没有化学键；铵盐由非金属元素形成的离子化合物；阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力；活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移能形成离子键；BF3中B原子周围只有6个电子；离子化合物在熔融时能电离，共价化合物在熔融时不电离；熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl；化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成【解答】解：分子之间只有分子间作用力，分子间没有化学键，故错误；
37、单原子分子中没有化学键，如稀有气体中没有化学键，故错误；铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，所以由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，故错误；阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力，故错误；活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移、形成阴离子和阳离子，阴离子与阳离子之间能形成离子键，故正确；BF3中B原子周围只有6个电子，不满足稳定结构，故错误；离子化合物在熔融时能电离，所以能导电，共价化合物在熔融时不电离，不能导电，所以判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电，故正确；熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl，电离与电流无关，故错误；化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成，
38、只存在化学键的断裂不一定发生化学变化，如HCl溶于水，共价键被破坏，但是属于物理变化，故错误故选A【点评】本题考查了化学键、电解质的电离、溶液的导电性、化学变化等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意铵盐是由非金属元素形成的离子化合物14已知还原性IFe2+Br，下列离子方程式正确的是（）A将少量Cl2通入FeBr2溶液中：Cl2+2BrBr2+2ClB将足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4ClC将少量Cl2通入FeI2溶液中：2Fe2+2I+3Cl22Fe3+2I2+6ClD将672mLCl2（标况）通入250mL 0.1molL1的FeI2溶液
39、中：2Fe2+10I+6Cl212Cl+5I2+2Fe3+【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写【分析】已知还原性IFe2+Br，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A只氧化Fe2+；B足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br；C只氧化I而不氧化Fe2+；D先氧化I，再氧化Fe2+，根据物质的量之间的关系计算【解答】解：已知还原性IFe2+Br，加氧化剂，先与还原性强的离子反应，A将少量Cl2通入FeBr2溶液中，只氧化Fe2+，则离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故A错误；B足量Cl2通入FeBr2溶液中氧化Fe2+、Br，则离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl22Fe
40、3+2Br2+6Cl，故B错误；C将少量Cl2通入FeI2溶液中，只氧化I而不氧化Fe2+，则离子方程式为：2I+Cl2I2+2Cl，故C错误；D先氧化I，再氧化Fe2+，n（Cl2）=0.03mol，n（FeI2）=0.25L0.1molL1=0.25mol，由物质的量之间的关系写出方程式为：2Fe2+10I+6Cl212Cl+5I2+2Fe3+，故D正确；故选D【点评】本题考查了元素化合物的性质、氧化还原反应、离子方程式的书写，题目难度中等，注意把握离子方程式书写方法，明确氧化还原反应中物质之间反应的先后顺序是解题的关键15X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与W同族
41、，X原子核外电子数与电子层数相等，Y与Z相邻，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，M在同周期中原子半径最小，则下列说法错误的是（）AX单质在M单质中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是已知的最强酸BZ与W可生成W2Z和W2Z2，且W2Z2溶于水时，既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成CX、Y、Z三种元素形成的化合物可能含离子键、共价键DX与Z可形成10电子和18电子的化合物，分子中只含极性键【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X原子核外电子数与电子层数相等，则X为H元素；X与W同族，原子序数相差
42、大于2，故W为Na；Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y与Z相邻，Y的原子序数较小，则Y为O元素；M原子序数大于Na，处于第三周期，而M在同周期中原子半径最小，则M为Cl【解答】进而：X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X原子核外电子数与电子层数相等，则X为H元素；X与W同族，原子序数相差大于2，故W为Na；Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；Y与Z相邻，Y的原子序数较小，则Y为O元素；M原子序数大于Na，处于第三周期，而M在同周期中原子半径最小，则M为Cl
43、A氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，M最高价态含氧酸是高氯酸，是已知的最强酸，故A正确；BZ与W可生成Na2O和Na2O2，且Na2O2溶于水生成氢氧化钠与氧气，反应中既有离子键、极性键、非极性键的断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成，故B正确；CX、Y、Z三种元素形成的化合物有硝酸、硝酸铵等，硝酸铵中含有离子键、共价键，故C正确；DX与Z可形成10电子和18电子的化合物分别为H2O和H2O2，H2O2分子中含极性键、非极性键，故D错误故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重等于元素化合物性质与结构的考查，熟练掌握元素化合物知识16化学反应A2+B2=2AB的能量
44、变化如图所示，则下列说法正确的是（）A该反应是吸热反应B断裂1molAA键和1molBB键可放出xkJ能量C断裂2molAB键需要吸收ykJ能量D2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【考点】化学反应中能量转化的原因【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；C、根据旧键的断裂吸收能量；D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molAB键需要
45、吸收ykJ能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C【点评】本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识，可以根据所学知识来进行，难度不大17被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在另一边镀二氧化锰在纸内是离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO（OH），下列说法正确的是（）A该电池的电流方向是由锌到二氧化猛B该电池反应中MnO2起催化作用C当0.1molZn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.2041023D电池正极反应为2MnO2+e+2H2O=2M
46、nO（OH）+2OH【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该装置为原电池，锌易失电子而作负极，二氧化锰作正极，负极上电极反应式为：Zn2e+2OH=ZnO+H2O；MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH，结合锌和转移电子之间的关系式解答【解答】解：A锌为负极，二氧化锰为正极，电流由二氧化锰极硫酸锌极，故A错误；B二氧化锰作正极，不是起到催化剂的作用，故B错误；C电子不进入电解质溶液，故C错误；D正极上二氧化锰得电子和水反应，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e2MnO（OH）+2OH，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考
47、点，根据元素化合价变化判断正负极材料，结合电解质溶液书写电极反应式，易错选项是C，注意电子不进入电解质溶液，溶液中自由离子的定向移动形成电流，为易错点18下列说法错误的是（）A元素周期表是元素周期律的具体表现形式B元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化C同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28D同主族原子序数之差不可能是：10、16、18、26、34、36、50【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期表的结构及其应用【分析】A元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果；B原子结构决定元素的性质；C同周期第IA族与第
48、VA族位于短周期时原子序数差为4，四和五周期原子序数差为14，六和七周期原子序数差为28；D同一主族相邻的两种元素的原子序数之差是2、8、18、32【解答】解：A元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，故A正确；B原子结构决定元素的性质，则元素的性质随原子序数递增而呈现周期性变化的根本原因是随原子序数的递增原子的核外电子排布呈现周期性变化，故B正确；C同周期第IA族与第VA族位于短周期时原子序数差为4，四和五周期原子序数差为14，六和七周期原子序数差为28，则同周期第IA族与第VA族原子序数之差可能是4、14、28，故C正确；D同一主族相邻的两种元素的
49、原子序数之差是2、8、18、32，则同主族原子序数之差可能是：10、16、18、26、34、36、50，故D错误；故选D【点评】本题考查元素在周期表的位置及应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律的实质为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，题目难度不大19将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2即可构成甲烷燃料电池已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，下列叙述正确的是（）A通入甲烷的一极为正极，该极c（OH）减小B通入甲烷的一极的电极反应为CH48e+3H2O=CO32+10H+C通入氧气一极发生还原反应，电极反应为O2+2H2O
50、+4e=4OHD该电池工作时，溶液中的阴离子向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，电池反应式为：CH4+2OH+2O2=CO32+3H2O，通入氧化剂的电极为正极，其电极反应是：O2+2H2O+4e4OH，溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极【解答】解：A燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，故A错误；B碱性条件下，甲烷被氧化生成碳酸根离子，电极反应式是：CH4+10OH8eCO32+7H2O，故B错误；C碱性条件下，氧气得电子生成氢氧根离子，电极方程式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确
51、；D放电时，溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，故D错误故选C【点评】本题考查碱性甲烷电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，正确判断两极的化学反应，在学习中注意归纳电子、电流、离子的流向20工业制备硫酸过程中存在如下反应：2SO2+O22SO3，下列关于该反应的说法正确的是（）A增大O2的浓度能加快反应速率B降低体系温度能加快反应速率C使用催化剂不影响反应速率D一定条件下SO2能100%转化为SO3【考点】化学反应速率的影响因素【分析】该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，一般来说，增大浓度、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以
52、此解答该题【解答】解；A增加O2的浓度，单位体积活化分子数目增多，则反应速率增大，故A正确；B降低温度，活化分子百分数减小，反应速率减小，故B错误；C使用催化剂，反应速率增大，故C错误；D可逆反应反应物不可能完全转化，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的学习和积累，难度不大二、非选择题：（共60分）21（1）将纯锌片和纯铜片按下图方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：下列说法中正确的是BD（填序号）A甲、乙均为化学能转变为电能的装置B乙中铜片上没有明显变化C甲中铜片质量减少、乙中锌
53、片质量减少D两烧杯中H+的浓度均减小在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速率：甲乙（填“”、“”或“=”）甲中硫酸根离子向锌极移动（填“铜”或“锌”）当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，理论上通过导线的电子数目为0.1NA或6.021022（2）欲将反应2Fe3+CuCu2+2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为Cu，电解质溶液为氯化铁溶液，正极反应为Fe3+eFe2+，10min内该电池向外提供0.1mol电子，则正极材料与负极材料的质量差为3.2g（假设刚开始时，两电极的质量相等）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所
54、以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；作原电池负极的金属加速被腐蚀；原电池工作时，阴离子向负极移动；根据氢气和转移电子之间的关系式计算；（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，根据转移电子与Cu的关系式计算消耗Cu的质量【解答】解：（1）A甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故A错误；B乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，故B正确
55、；C甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，故C错误；D两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，所以溶液的pH均增大，故D正确；故答案为：BD；甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲乙，故答案为：；锌为负极，硫酸根离子向锌极移动过，故答案为：锌；甲中，铜电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，根据电极反应式知，通过电子的物质的量=2=0.1mol，通过导线的电子数目为0.1NA或6.021022，故答案为：0.1NA或6.02
56、1022；（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，如FeCl3溶液；负极反应式为Cu2e=Cu2+，负极上铜失电子生成铜离子进入溶液，所以铜质量在不断减少，根据转移电子与Cu的关系式得消耗Cu的质量=64g/mol=3.2g；故答案为：Cu；氯化铁溶液；Fe3+eFe2+；3.2【点评】本题考查原电池设计，侧重考查学生设计及计算能力，会根据得失电子确定原电池正负极、电解质溶液，失电子的金属作负极、得电子的可溶性电解质溶液为该原电池电解质溶液，题目难度不大22下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代
57、表某一元素请回答下列问题周期AAAAAAA023（1）中，最活泼的金属元素是Na（写元素符号，下同）；最不活泼的元素是Ar；可作半导体材料的元素是Si；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是N（2）、的简单离子，其半径更大的是F（写离子符号）（3）、的气态氢化物，更稳定的是HCl（填化学式）（4）元素的非金属性：（填“”或“”）（5）的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是HClO4（填化学式）；碱性最强的是NaOH（填化学式），它与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由
58、元素在周期表的位置，可知为C、为N、为O、为F、为Na、为Al、为Si、为S、为Cl、为Ar元素（1）同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强；稀有气体原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；Si为常见的半导体材料；N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐；（2）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定；（4）同主族从上到下非金属性减弱；（5）高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸；短周期中Na的金属性最强，NaOH的碱性最强，与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：由元素在周期表的位置，可知为C、为N、为O、为F、为Na、为Al、
59、为Si、为S、为Cl、为Ar（1）同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故上述元素中Na的金属性最强；稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；Si为常见的半导体材料；N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成铵盐，故答案为：Na；Ar；Si；N；（2）电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：FNa+，故答案为：F；（3）非金属性ClS，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则更稳定的为HCl，故答案为：HCl；（4）同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性，故答案为：；（5）高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸，该酸的化学式为HClO4；短周期中Na的金
60、属性最强，其对应碱NaOH的碱性最强，NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O，故答案为：HClO4；NaOH；OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O【点评】本题考查元素周期表与元素周期律应用，需要学生熟练掌握元素周期表的结构与元素符号，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固23已知X元素的原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高价氧化物中的质量分数为40%（1）Y和W的气态氢化物的稳
61、定性（用化学式表示）HClH2S（2）用电子式表示X和W形成化合物的过程（3）X单质在空气中加热生成的化合物的电子式（4）X和Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（5）Y与Z形成化合物的化学式是AlCl3实验测得当此化合物处于固态和液态时不导电，溶于水能导电由此判断该化合物具有共价键（填离子或共价）（6）W的低价氧化物与Y单质的水溶液反应的化学方程式SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子，K层中电子数是2，则M层电子数是1，所以X是Na元素
62、；Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个，最外层电子数不超过8个，所以内层电子数是10，最外层电子数为7，则Y是Cl元素；Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子，则Z是Al元素；W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，W位于第VIA族，最高价氧化物为WO3，最高价氧化物中W的质量分数为40%，则=40%，解得Mr（W）=32，故W是S元素【解答】解：X元素原子的K、L层的电子数之和比L、M层的电子数之和多1个电子，K层中电子数是2，则M层电子数是1，所以X是Na元素；Y元素的原子最外层电子数比内层电子数少3个，最外层电子数不超过8个，所以内层电子数是10，最外层电子数为7，则Y是Cl元
63、素；Z元素核外有3个电子层，最外层有3个电子，则Z是Al元素；W元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，W位于第VIA族，最高价氧化物为WO3，最高价氧化物中W的质量分数为40%，则=40%，解得Mr（W）=32，故W是S元素（1）Y和W的气态氢化物分别是HCl、H2S，同一周期中，元素的氢化物稳定性随着原子序数的增大而增大，所以Y和W的稳定性为HClH2S，故答案为：HCl；H2S；（2）示X和W形成化合物为Na2S，用电子式表示形成过程为：，故答案为：；（3）X单质在空气中加热生成的化合物是Na2O2，电子式为：，故答案为：；（4）X的最高价氧化物的水化物是NaOH，Z的最高价氧化物的水化
64、物是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（5）得Y与Z形成化合物是AlCl3，固态和液态氯化铝不导电，溶于水能导电，说明氯化铝在熔融状态下为分子，不能电离出自由移动的阴阳离子，所以氯化铝是共价化合物，只含共价键，故答案为：AlCl3；共价；（6）W的低价氧化物是SO2，Y单质的水溶液是氯水，二氧化硫、氯气和水发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应方程式为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl【点评】本题考
65、查结构性质物质关系应用，正确推断元素是解本题关键，侧重对化学用语的考查，注意氯化铝是共价化合物，为易错点24某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素碳与硅的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润的红色试纸已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气根据图1回答：（1）写出选用物质的名称：A稀硝酸，B碳酸钙，C硅酸钠溶液（2）烧瓶中反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，根据图
66、2回答：（3）乙同学的实验原理是强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换不活泼的非金属单质，（4）B处的实验现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝；（5）B处的反应的离子方程式：2I+Cl22Cl+I2（6）有同学认为甲同学的实验设计有明显的不足，你认为不足之处为反应中硝酸具有挥发性，可能是挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀【考点】卤素原子结构及其性质的比较【分析】根据图1，可知，应该运用弱酸制强酸或较强酸制较弱酸的实验原理，即用硝酸制取二氧化碳，用二氧化碳与硅酸钠反应制硅酸；根据图2，可知，应该运用非金属单质之间的置换反应来判断非金属元素的强弱【解答】解：（1）要比较碳和硅两种元素的非金属强
67、弱，可以通过其最高价氧化物对应水合物的酸性强弱来判断，即可用较强酸制备较弱酸，因此可考虑把CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有硅酸沉淀生成观察图1，B为颗粒状固体，则可判断B为CaCO3，应用硝酸（不用硫酸，因为硫酸无法与碳酸钙反应制取二氧化碳）与碳酸钙反应制取CO2则A是硝酸，B是碳酸钙，C是硅酸钠溶液故答案为：硝酸；碳酸钙；硅酸钠溶液；（2）烧瓶中应是碳酸钙与稀硝酸反应，因为碳酸钙难溶于水，要写分子式，硝酸是强酸，要写成离子，因此烧瓶中反应的离子方程式是：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O烧故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（3）由图2，根据题意，浓盐酸与
68、高锰酸钾反应会生成氯气，然后氯气经过B处会与KI反应生成I2，由此可知，验证卤族元素性质的递变规律的实验原理是：强氧化剂生成弱氧化剂 或活泼的非金属单质置换出较不活泼的非金属单质，故答案为：强氧化剂生成弱氧化剂或活泼的非金属单质置换不活泼的非金属单质；（4）氯气在B处与KI反应生成单质碘，碘单质与淀粉作用会变成蓝色，即B处的实验现象是：湿润的淀粉KI试纸变蓝，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝；（5）B处氯气与KI反应的化学方程式是：Cl2+2KI2Cl+I2，其离子方程式是：2I+Cl2I2+2Cl故答案为：2I+Cl2I2+2Cl；（6）B中硝酸与碳酸钙反应，由于反应中硝酸具有挥发性，可能是
69、挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以会对二氧化碳与硅酸钠的反应产生干扰；故答案为：反应中硝酸具有挥发性，可能是挥发出的硝酸溶于水与硅酸钠反应生成硅酸沉淀【点评】本题将元素及其化合物、元素周期律与实验知识结合起来，考查了审题能力、思维能力，具有较强的综合性，有一定的难度25铝是一种重要金属，从铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等）中冶炼Al的工业生产流程如下图：（1）溶液A中含的阳离子主要有Al3+、Fe3+、H+（2）写出步骤II生成溶液C 的离子方程式Al3+4OH=AlO2+2H2O，步骤I、II、III都要用到的分离方法是过滤（3）生产过程中，除CaO可以循环
70、使用外，还可以循环使用的物质有CO2、NaOH（填化学式）（4）生产中曾用铝与氧化铁的混合物形成铝热剂发生铝热反应焊接钢轨（提示：反应中能生成铁单质），则铝与氧化铁在高温下发生反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe（5）经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝（假设各生产环节中无损耗），则原铝土矿中Al2O3的纯度（质量分数）100%（用含a、b的最简式表示）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等），铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等
71、，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al（OH）3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，以此来解答【解答】解：由工艺流程可知，铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等），铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过
72、滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al（OH）3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，（1）由上述分析可知溶液A中含的阳离子主要有 Al3+、Fe3+、H+，故答案为：Al3+、Fe3+、H+；（2）步骤II过量的氢氧化钠与氯化铝反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，根据上面的分析可知，步骤I、都要用到的分离方法是 过滤，故答案为：Al3+4OH=A
73、lO2+2H2O；过滤；（3）生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2、NaOH，故答案为：CO2、NaOH；（4）铝与氧化铁发生反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（5）a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则由铝元素守恒可知，需要纯氧化铝的质量为b吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为100%=100%，故答案为：100%【点评】本题考查混合物的分离提纯的综合应用及物质制备，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大26T时，向2L恒容密闭容器中充入1m
74、ol NO2与2mol SO2发生如下反应：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1（1）下列能说明该反应达到平衡状态的是ba体系压强保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2（2）反应进行到20s 时，测得反应速率v（NO）=0.005molL1s1，则消耗的NO2为0.2mol（3）下列措施能使反应加快的是bc（仅改变一个条件）a降低温度 b缩小容积 c使用效率更高的催化剂（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），则到达平衡所需时间将ba延长 b缩短 c不变 d无法确定【考点】化学
75、平衡状态的判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；（2）同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此计算二氧化氮反应速率，再根据n=vtV计算二氧化氮物质的量；（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率；（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快【解答】解：（1）a该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的可逆反应，所以压强始终不变，
76、所以体系压强保持不变不能说明该反应达到平衡状态，故错误；b混合气体颜色保持不变，说明各物质浓度不变，所以该反应达到平衡状态，故正确；cSO3和NO的体积比保持不变时该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故错误；d无论该反应是否达到平衡状态，都存在每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2，所以不能据此判断平衡状态，故错误；故选b；（2）同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，v（NO2）=v（NO）=0.005molL1s1，则参加反应的n（NO）=vtV=0.005molL1s120s2L=0.2mol，故答案为：0.2；（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率，降低温度反应速率降低，故选bc；（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快，则缩短反应达到平衡时间，故选b【点评】本题考查化学平衡状态判断、反应速率有关计算、化学平衡影响因素、反应速率影响因素等知识点，侧重考查学生分析判断能力，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，易错点是（4）题，相当于升高温度