1、2015-2016学年安徽省合肥市中科大附中高一（下）期中化学试卷一、单选题（本大题共18小题，每题3分，共54分）1在人类生产、生活所需能量日益增多的今天，研究化学反应及其能量变化对合理利用常规能源和开发新能源具有十分重要的意义下列说法中不正确的是（）A任何化学反应都伴随着能量的变化B化学反应中的能量变化都表现为热量的变化C反应物的总能量高于生成物的总能量，反应释放能量D若化学键形成时释放的能量小于旧化学键被破坏时需要吸收的能量，反应吸收能量2下列各组顺序的排列错误的是（）A半径：FNa+Mg2+Al3+B沸点：H2OH2SH2SeC酸性：HClO4H2SO4H3PO4D熔点：SiO2NaC
2、lCO23下列分子的电子式书写正确的是（）A氨B四氯化碳C氮D二氧化碳C4下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的（）选项实验操作现象解释或结论A稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B某钾盐溶于盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水气体无色无味，石灰水中有白色沉淀出现该钾盐是K2CO3CAl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AABBCCDD5设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，4.6g NO2或N2O4气体中所含原子总
3、数均为0.3NAB标准状况下，22.4 mL Br2所含的分子数为0.001NAC标准状况下，22.4L的Cl2与1mol Fe充分反应，转移的电子数为3NAD100 mL 0.1 molL1的H2SO3溶液中，电离出的H+总数为0.02 NA6科学家根据元素周期律和原子结构理论预测，原子序数为114的元素属于第七周期A族，称为类铅元素下面关于它的原子结构和性质预测正确的是（）A类铅元素原子的最外层电子数为4B其常见价态为+2、+3、+4C它的金属性比铅弱D它的原子半径比铅小7现有五种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数
4、是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是（）A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊溶液变蓝CX、Z、Q三种元素可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2、Y2X6两种分子中含有的电子数相同8根据如表短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（） 元素编号元素性质原子半径/1010 m0.661.361.231.100.991.540.701.18最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313A最高价氧化物的水化物酸性：B与水反应的剧烈程度：C气态氢化物的稳定性：D形成的化合物是离子化合物9下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A碳酸钙受热分解B乙醇燃烧C
5、铝粉与氧化铁粉末反应D氧化钙溶于水10把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率可由图表示在下列因素中对产生H2速率有影响的是（）盐酸的浓度 镁条的表面积 溶液的温度 Cl的浓度ABCD11已知2mol H2完全燃烧生成水蒸气放出热量484kJ，且1molHH键断裂时吸收热量为436kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则O2中1mol O=O键完全断裂时吸收热量（）A496 kJB188 kJC557 kJD920kJ12如图是“尾气催化转换器”将汽车尾气中有毒气体转变为无毒气体的微观示意图，其中不同的圆球代表不同原子下列说法错误的是（）A图中生成物全部是化合物B原子
6、在化学变化中是不可分的C此反应有单质生成D参加反应的两种分子的个数比为1：113等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（） 组别c（HCl）/（molL1）温度/（）状态12.030块状22.530块状32.020块状42.530粉末状A4、3、2、1B4、2、1、3C3、4、2、1D4、1、2、314将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：v（H2）=3molL1min1；乙：v（N2）=2molL1min1
7、；丙：v（NH3）=1molL1min1则三个容器中合成氨的反应速率（）Av（甲）v（乙）v（丙）Bv（乙）v（丙）v（甲）Cv（丙）v（甲）v（乙）Dv（乙）v（甲）v（丙）15参照反应Br+H2HBr+H的能量随反应历程变化的示意图，下列叙述中正确的是（）A反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量B正反应为吸热反应C该反应的逆反应是吸热过程D从图中可以看出，HBr的能量一定高于H2的能量16下列反应过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的是（）ANH4Cl NH3+HClBNH3+CO2+H2ONH4HCO3C2Na2O2+2H2O4NaOH+O2D2NaOH+Cl2NaCl+
8、NaClO+H2O1725、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s） 放出414kJ的热量2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s） 放出511kJ的热量下列说法正确的是（）A和产物含有阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率越来越快D25.101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）2Na2O（S） 放出317kJ的热量18可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正
9、极反应式都为：O2+2H2O+4e4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应式为Al+3OH3eAl（OH）3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的酸、碱性保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极二、填空题（本大题共3小题，共20分）19如表是元素周期表的一部分，针对表中种元素，填写下列空白：主族周期AAAAAAA0族234（1）被选作相对原子质量标准的核素是（填核素符号）（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是，碱性最强的化合物的化学式是（3）最高价氧化物是两性氧化物的元素在第族；写出它的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式（4）从到的元素中，原子半
10、径最大（填元素符号）（5）元素与形成的化合物属于（填“共价”或“离子”）化合物（6）若要比较比的金属性强弱，下列实验方法可行的是A、将单质置于的盐溶液中，如果不能置换出单质，说明的金属性弱B、比较和的最高价氧化物对应水化物的水溶性，前者比后者溶解度大，故前者金属性强C、将、的单质分别投入到水中，观察到与水反应更剧烈，说明的金属性强D、将、的单质分别在O 2中燃烧，前者得到氧化物的颜色比后者得到氧化物的颜色深，则前者金属性强20一定温度下，在容积为V L的密闭容器中进行反应：aN（g）bM（g），M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）此反应的化学方程式中=（2）t 1到t 2时刻，以M
11、的浓度变化表示的平均反应速率为：（3）在a、b、c点中，表示正反应速率大于逆反应速率的点有：（4）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是 （填符号）A反应中M与N的物质的量之比为1：1B混合气体的总质量不随时间的变化而变化C混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化D单位时间内每消耗a mol N，同时生成b mol M21某研究性学习小组为探究锌与盐酸反应，取同质量、同体积的锌片、同浓度盐酸做了下列平行实验：实验：把纯锌片投入到盛有稀盐酸的试管中，发现氢气发生的速率变化如图所示：实验：把纯锌片投入到含FeCl3的同浓度工业稀盐酸中，发现放出氢气的量减少实验：在盐酸中滴入几滴CuCl2溶液，生
12、成氢气速率加快试回答下列问题：（1）试分析实验中t1t2速率变化的主要原因是，t2t3速率变化的主要原因是（2）实验放出氢气的量减少的原因是（3）某同学认为实验反应速率加快的主要原因是因为形成了原电池，你认为是否正确？（填“正确”或“不正确”）请选择下列相应的a或b作答a、若不正确，请说明原因：b、若正确则写出实验中原电池的正极电极反应式三、实验题（本大题共2小题，共26分）22某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验、（1）将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的0.1molL1的盐酸中，试预测实验结果：与盐酸反应最剧烈，与盐酸反应最慢（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液
13、混合生成NH3H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？；说明理由：、利用如图装置可以验证非金属性的变化规律（3）仪器A的名称为，干燥管D的作用是（4）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请在其中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为、，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为（5）若要证明非金属性：CSi，请根据所学过的知识选择相应的试剂，则A中加、B中加Na2CO3、C中加，观察到C中溶液的现象为23某校化学研究性学习小组在学习了金属的知识后，探究Cu的常见化合物的
14、性质过程如下：【提出问题】在元素周期表中，Cu、Al位置接近，Cu不如Al活泼，Al（OH）3具有两性，Cu（OH）2也具有两性吗？通常情况下，Fe2+的稳定性小于Fe3+的，Cu+的稳定性小于Cu2+的吗？CuO有氧化性，能被H2、CO等还原，也能被NH3还原吗？【实验方案】（1）解决问题需用到的药品有CuSO4溶液、（填试剂名称，一种或多种），同时进行相关实验（2）解决问题的实验步骤和现象如下：取 98g Cu（OH）2固体，加热至80100时，得到80g黑色固体粉末，继续加热到1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末A冷却后称量，A的质量为72g，A的化学式为向A中加入足量的稀硫酸，得到蓝
15、色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，则反应的离子方程式为_（3）为解决问题，设计的实验装置如图所示（夹持及尾气处理装置未画出）：实验中观察到CuO变为红色物质查资料可知，同时生成一种无污染的气体，该气体的化学式为【实验结论】（4）Cu（OH）2具有两性证明Cu（OH）2具有两性的实验现象是（5）根据实验方案（2），得出的Cu+和Cu2+稳定性大小的结论：在高温时；在酸性溶液中（6）CuO能被NH3还原有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu，也有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu和A的混合物请你设计一个简单的实验方案验证NH3与CuO反应后生成的红色物质中是否含有
16、A：2015-2016学年安徽省合肥市中科大附中高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共18小题，每题3分，共54分）1在人类生产、生活所需能量日益增多的今天，研究化学反应及其能量变化对合理利用常规能源和开发新能源具有十分重要的意义下列说法中不正确的是（）A任何化学反应都伴随着能量的变化B化学反应中的能量变化都表现为热量的变化C反应物的总能量高于生成物的总能量，反应释放能量D若化学键形成时释放的能量小于旧化学键被破坏时需要吸收的能量，反应吸收能量【考点】化学反应中能量转化的原因；化学反应的能量变化规律；常见的能量转化形式【分析】A化学反应中断键要吸收能量，成键要放出能量；B
17、化学能可以转化为电能、热能、光能等；C物质反应释放能量，则生成物的能量减小；D化学反应中断键要吸收能量，成键要放出能量，根据二者的相对大小判断是否吸收能量【解答】解：A化学反应中断键要吸收能量，成键要放出能量，所以任何化学反应都伴随着能量的变化，故A正确；B化学能可以转化为电能、热能、光能等，则化学反应中的能量变化不仅仅表现为热量的变化，故B错误；C物质反应释放能量，则生成物的能量减小，即反应物的总能量高于生成物的总能量，反应释放能量，故C正确；D化学反应中断键要吸收能量，成键要放出能量，若化学键形成时释放的能量小于旧化学键被破坏时需要吸收的能量，反应吸收能量，故D正确故选B2下列各组顺序的排
18、列错误的是（）A半径：FNa+Mg2+Al3+B沸点：H2OH2SH2SeC酸性：HClO4H2SO4H3PO4D熔点：SiO2NaClCO2【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、电子层结构相同，核电荷数越大半径越小；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高；C、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、根据熔点：原子晶体离子晶体分子晶体分析【解答】解：A、电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，则离子半径：FNa+Mg2+Al3+，故A正确；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，水
19、分子间含有氢键的沸点较高，则氢化物熔沸点：H2OH2SeH2S，故B错误；C、非金属性ClSP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H3PO4H2SO4HClO4 故C正确；D、SiO2为原子晶体，NaCl为离子晶体，CO2为分子晶体，熔点顺序：原子晶体离子晶体分子晶体，故D正确；故选B3下列分子的电子式书写正确的是（）A氨B四氯化碳C氮D二氧化碳C【考点】电子式【分析】A、N原子的最外层有5个电子，其中3个未成对电子和1对成对电子；B、四氯化碳的电子式中，氯原子的最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氯原子的最外层3对未成键电子；C、氮气中存在三对共用电子对，为三键
20、；D、二氧化碳中存在两个碳氧双键【解答】解：A、N原子的最外层有5个电子，其中3个未成对电子和1对成对电子，3个未成对电子分别和3个H原子形成3对共用电子对，故氨气的电子式为，故A错误；B、四氯化碳分子中含有4个碳氯键，碳原子和氯原子最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳正确的电子式为：，故B错误；C、氮气的电子式为，故C正确；D、二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，故D错误故选C4下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的（）选项实验操作现象解释或结论A稀HNO3中加入过量的Fe粉，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B某钾盐溶于盐
21、酸，将产生的气体通入澄清石灰水气体无色无味，石灰水中有白色沉淀出现该钾盐是K2CO3CAl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AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；氨的制取和性质【分析】A加入过量的Fe粉，生成硝酸亚铁；B气体为二氧化碳，可能为碳酸氢钾；CAl遇浓硝酸发生钝化；D红色石蕊试纸遇碱变蓝【解答】解：A加入过量的Fe粉，生成硝酸亚铁，则滴入KSCN溶液，溶液不会变红，故A错误；B气体为二氧化碳，可能为碳酸氢钾，也可能为K2CO3，故B错误；CAl遇浓硝
22、酸发生钝化，与稀硝酸反应生成气体NO，可观察到气泡冒出，故C错误；D红色石蕊试纸遇碱变蓝，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，氨水溶液显碱性，所以试纸变蓝色，故D正确；故选D5设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，4.6g NO2或N2O4气体中所含原子总数均为0.3NAB标准状况下，22.4 mL Br2所含的分子数为0.001NAC标准状况下，22.4L的Cl2与1mol Fe充分反应，转移的电子数为3NAD100 mL 0.1 molL1的H2SO3溶液中，电离出的H+总数为0.02 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、NO2或N2O4的最简式均为NO2；
23、B、标况下溴为液体；C、标况下22.4L氯气即1mol氯气和1mol铁反应，铁过量；D、亚硫酸为弱酸【解答】解：A、NO2或N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为n=0.1mol，故含0.3NA个原子，故A正确；B、标况下溴为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；C、标况下22.4L氯气即1mol氯气和1mol铁反应，铁过量，而由于反应后氯元素为1价，故1mol氯气转移2mol电子，即2NA个，故C错误；D、亚硫酸为弱酸，故不能完全电离，则电离出的氢离子的个数小于0.02NA个，故D错误故选A6科学家根据元素周期律和原子结构理论预测，
24、原子序数为114的元素属于第七周期A族，称为类铅元素下面关于它的原子结构和性质预测正确的是（）A类铅元素原子的最外层电子数为4B其常见价态为+2、+3、+4C它的金属性比铅弱D它的原子半径比铅小【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】原子序数为114的元素属于第七周期第A族，称为类铅元素，利用第A族元素的性质的相似性和递变性来解答【解答】解：A位于第A族，族序数等于最外层电子数，则类铅元素原子的最外层电子数为4，故A正确；B位于第A族，常见的价态为+2、+4，故B错误；C同主族从上到下金属性在增强，则它的金属性比铅强，故C错误；D同主族从上到下原子半径在增大，则它的原子半径比铅大，故D错误；
25、故选A7现有五种短周期元素X、Y、Z、Q、W，原子序数依次增大，在周期表中X原子半径最小；X和W同主族；Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；Q元素是地壳中含量最高的元素下列说法不正确的是（）A原子半径：YQWBZX3可使紫色石蕊溶液变蓝CX、Z、Q三种元素可组成离子化合物或共价化合物DX2Q2、Y2X6两种分子中含有的电子数相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素
26、，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素A同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，原子的电子层数越多，其原子半径越大；B氨气的水溶液呈碱性；C只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物；D根据H2O2、C2H62种分子中含有的电子数、化学键种类判断【解答】解：X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素AC和O属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半
27、径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径：QYW，故A错误；B氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊溶液变蓝，故B正确；C铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，故C正确；DH2O2、C2H62种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是共价键，故D正确；故选A8根据如表短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（） 元素编号元素性质原子半径/1010 m0.661.361.231.100.991.540.701.18最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+32313A最高价氧化物的水化物酸性：B与水反应的剧烈程度：C气态氢化物的稳定性：D形成的化合物是
28、离子化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】主族元素最高化合价与其族序数相等，最低化合价=族序数8，同一主族元素原子半径随着原子序数增大而增大、同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越多其原子半径越大，根据表中元素化合价知，为第IA族元素、为第VIA族元素、属于第VA族元素、为第IIA族元素、为第IIIA族元素，根据原子半径知，分别是O、Mg、Li、P、Cl、Na、N、B元素，A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元素的金属性越强，其单质与水反应越剧烈；C元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D形成的化合物为NaNO3或NaNO2，含有离子键【解答】
29、解：主族元素最高化合价与其族序数相等，最低化合价=族序数8，同一主族元素原子半径随着原子序数增大而增大、同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越多其原子半径越大，根据表中元素化合价知，为第IA族元素、为第VIA族元素、属于第VA族元素、为第IIA族元素、为第IIIA族元素，根据原子半径知，分别是O、Mg、Li、P、Cl、Na、N、B元素，A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，、分别是P、Cl元素，非金属性ClP，所以最高价氧化物的水化物酸性：，故A错误；B元素的金属性越强，其单质与水反应越剧烈，金属性：，所以其单质与水反应剧烈程度：，故B错误；C元素的非金属性越强
30、，其氢化物的稳定性越强，非金属性：，则氢化物的稳定性：，故C错误；D形成的化合物为NaNO3或NaNO2，钠离子和酸根离子之间存在离子键、NO原子之间存在共价键，所以能形成离子化合物，故D正确；故选D9下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A碳酸钙受热分解B乙醇燃烧C铝粉与氧化铁粉末反应D氧化钙溶于水【考点】化学反应的能量变化规律【分析】根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答【解答】解：A、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；B、乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C、铝与氧化铁粉末反应是一个放热反应，故C错误；D、氧化钙溶于
31、水是一个放热反应，故D错误故选A10把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率可由图表示在下列因素中对产生H2速率有影响的是（）盐酸的浓度 镁条的表面积 溶液的温度 Cl的浓度ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答【解答】解：由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，另外由反应可知Mg参加反应，开始接触面积大，反应速率快，但随反应的进行，接触面积减小，则反应速率减小，则影响因素主要为，故选：C11已知2mol H2完全燃烧生成水蒸
32、气放出热量484kJ，且1molHH键断裂时吸收热量为436kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则O2中1mol O=O键完全断裂时吸收热量（）A496 kJB188 kJC557 kJD920kJ【考点】有关反应热的计算【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：2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量484kJ，则：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=484kJ/mol，设1mol O=O键完全断裂时吸收热量为x kJ，则：484kJ=4463kJ，解得x=496故选A12如图是“尾气催化转换器”将汽车尾气中有毒气体转变为无毒气体的
33、微观示意图，其中不同的圆球代表不同原子下列说法错误的是（）A图中生成物全部是化合物B原子在化学变化中是不可分的C此反应有单质生成D参加反应的两种分子的个数比为1：1【考点】单质和化合物；分子、原子、离子【分析】观察反应的微观示意图，反应前后有一个构成相同的分子，可以判断该分子未参加反应，因此该反应为两种不同的分子各2个参加反应，生成一种同种原子构成的单质分子1个和一种不同原子构成的化合物分子2个，据此解答即可【解答】解：A、反应后生成了一种由同种原子构成的单质分子，因此反应有单质生成，故A错误；B、反应后原子种类不变，原子个数不变，所以可得到原子在化学变化中不可分的结论，故B正确；C、反应后生
34、成了一种由同种原子构成的单质分子，因此反应有单质生成，故C正确；D、反应前后的两种分子各具有2个分子参加反应，因此参加反应的两种分子的个数比为1：1，故D正确，故选A13等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（） 组别c（HCl）/（molL1）温度/（）状态12.030块状22.530块状32.020块状42.530粉末状A4、3、2、1B4、2、1、3C3、4、2、1D4、1、2、3【考点】化学反应速率的影响因素【分析】由图象可知，t越小用的时间越少，则反应速率为abcd，结合温
35、度、接触面积、浓度对反应速率的影响来解答【解答】解：由图象可知，t越小用的时间越少，则反应速率为abcd，由表中数据可知，1、2、4中的温度高于3，则1、2、4中反应速率大于3，1、2、4中4的接触面积大，则反应速率4快，1、2中2的浓度大，则反应速率21，所以反应速率为4213，故选B14将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：v（H2）=3molL1min1；乙：v（N2）=2molL1min1；丙：v（NH3）=1molL1min1则三个容器中合成氨的反应速率（）Av（甲）v（乙）v（丙）Bv（乙）v（丙）v（甲）
36、Cv（丙）v（甲）v（乙）Dv（乙）v（甲）v（丙）【考点】反应速率的定量表示方法【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项【解答】解：合成氨反应为N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），以氢气的反应速率为标准进行判断甲：v（H2）=3molL1min1；乙：v（N2）=2molL1min1，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v（H2）=3v（N2）=6molL1min1；丙：v（NH3）=1molL1min1，反应速率之比等于其化学计量数之比，所以v（H2）=1.5v（N2）=1.
37、5molL1min1；所以反应速率v（乙）v（甲）v（丙）故选D15参照反应Br+H2HBr+H的能量随反应历程变化的示意图，下列叙述中正确的是（）A反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量B正反应为吸热反应C该反应的逆反应是吸热过程D从图中可以看出，HBr的能量一定高于H2的能量【考点】反应热和焓变【分析】根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应则逆反应为放热反应，据此解答【解答】解：根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应则逆反应为放热反应，A、从图上可知，反应物具有的总能量应该是小于生成物具有的总能量，故A错误；
38、B、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故B正确；C、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应则逆反应为放热反应，故C错误；D、从图中可以看出，HBr与H的能量和高于Br和H2的能量和，HBr的能量不一定高于H2的能量，故D错误，故选：B16下列反应过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的是（）ANH4Cl NH3+HClBNH3+CO2+H2ONH4HCO3C2Na2O2+2H2O4NaOH+O2D2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O【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【分析】
39、一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，该反应中有化学键的断裂和形成说明发生了化学反应【解答】解：A该反应中有离子键的断裂但没有离子键的形成，故A错误；B该反应中没有离子键的断裂但有离子键的形成，故B错误；C过氧化钠中离子键和非极性共价键断裂、水中极性键断裂，氢氧化钠中形成离子键和极性共价键形成，氧气分子中析出非极性共价键，故C正确；D，该反应中没有极性共价键的断裂，故D错误；故选C1725、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s） 放出414kJ的热量2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s） 放出511kJ
40、的热量下列说法正确的是（）A和产物含有阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率越来越快D25.101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）2Na2O（S） 放出317kJ的热量【考点】热化学方程式；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子
41、、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，和产物的阴阳离子个数比相等，故A错误；B、由钠原子守恒可知，和生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；D、热化学方程式25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得：Na2O2（s）+2Na（s）2Na2O（s）H=317kJmol1，故D正确故选
42、：D18可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应式都为：O2+2H2O+4e4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应式为Al+3OH3eAl（OH）3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的酸、碱性保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【考点】化学电源新型电池【分析】碱性或中性条件下，形成原电池，Al易失电子作负极，负极反应式为Al+4OH3e=AlO2+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e4OH，所以
43、电池反应式为4Al+4OH+3O24AlO2+2H2O，放电时，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答【解答】解：A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e4OH，故A正确；B以NaOH溶液为电解液时，Al易失电子作负极，电极反应式为Al+4OH3e=AlO2+2H2O，故B错误；C以NaOH溶液为电解液时，电池反应式为4Al+4OH+3O24AlO2+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；D放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；故选A二、填空题（本大题共3小题，共20分）19如表是元素周期表的一部分，
44、针对表中种元素，填写下列空白：主族周期AAAAAAA0族234（1）被选作相对原子质量标准的核素是12C（填核素符号）（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，碱性最强的化合物的化学式是KOH（3）最高价氧化物是两性氧化物的元素在第A族；写出它的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（4）从到的元素中，Na原子半径最大（填元素符号）（5）元素与形成的化合物属于离子（填“共价”或“离子”）化合物（6）若要比较比的金属性强弱，下列实验方法可行的是CA、将单质置于的盐溶液中，如果不能置换出单质，说明的金属性弱B、比较和的最高价氧化物对应
45、水化物的水溶性，前者比后者溶解度大，故前者金属性强C、将、的单质分别投入到水中，观察到与水反应更剧烈，说明的金属性强D、将、的单质分别在O 2中燃烧，前者得到氧化物的颜色比后者得到氧化物的颜色深，则前者金属性强【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中的位置，可知为C、为N、为O、为F、为Na、为Mg、为Al、为Cl、为K、为Ca（1）被选作相对原子质量标准的核素是质子数为6、中子数为6碳原子；（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强；（3）氧化铝属于两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；（4）同周期自左而右原子半径减小；（5
46、）元素与形成的化合物是氟化镁，属于离子化合物；（6）A钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素；B溶解性属于物理性质，不能比较元素金属性强弱；C金属单质与水反应越剧烈，对应元素的金属性越强；D物质的颜色属于物理性质，不能比较金属性强弱【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知为C、为N、为O、为F、为Na、为Mg、为Al、为Cl、为K、为Ca（1）被选作相对原子质量标准的核素是C12，该核素符号为12C，故答案为：12C；（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是高氯酸，化学式为HClO4，上述元素中K的金属性最强，故KOH的碱性最强，故答案为：HClO4；KOH；（3）氧化铝是两性氧化物，
47、Al元素处于A族，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：A；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（4）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径NaMgAlCl，故答案为：Na；（5）元素与形成的化合物是氟化镁，由活泼非金属与活泼金属元素组成，属于离子化合物，故答案为：离子；（6）A钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明Na的金属性比较Mg弱，故A错误；B溶解性属于物理性质，不能比较元素金属性强弱，故B错误；C金属单质与水反应越剧烈，对应元素的金属性越强，故C正确；D物质的颜色属于物理性质，不能比较金属性强弱，故D
48、错误，故答案为：C20一定温度下，在容积为V L的密闭容器中进行反应：aN（g）bM（g），M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）此反应的化学方程式中=2（2）t 1到t 2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为： mol/（Lmin）（3）在a、b、c点中，表示正反应速率大于逆反应速率的点有：ab（4）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是C （填符号）A反应中M与N的物质的量之比为1：1B混合气体的总质量不随时间的变化而变化C混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化D单位时间内每消耗a mol N，同时生成b mol M【考点】化学平衡状态的判断；反应速率的定量表示方法；化学
49、反应速率的影响因素【分析】（1）化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比；（2）根据v=计算v（M）；（3）由图可知，ab点还在向正反应方向进行；（4）当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断【解答】解：（1）参加反应的N的物质的量为8mol2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol2mol=3mol，所以此反应的化学方程式中=2：1，故答案为：2：1；（2）由图可知，t1到t2时刻M的物质的量变化为4mol3mol=1mol，故v（M）=mol/（Lmin），故答案为： mol/（Lmin
50、）；（3）由图可知，ab点还在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：ab；（4）A平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，故A错误；B混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明到达平衡，故B错误；C由于ab，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，故C正确；D单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM，都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；故答案为：C21某研究性学习小组为探究锌与盐酸反应，取同质量、同体积的锌片、同浓度盐酸做了下列平行实验：实验：把纯锌片
51、投入到盛有稀盐酸的试管中，发现氢气发生的速率变化如图所示：实验：把纯锌片投入到含FeCl3的同浓度工业稀盐酸中，发现放出氢气的量减少实验：在盐酸中滴入几滴CuCl2溶液，生成氢气速率加快试回答下列问题：（1）试分析实验中t1t2速率变化的主要原因是反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，t2t3速率变化的主要原因是随反应进行，盐酸的浓度减小较大，反应速度减慢（2）实验放出氢气的量减少的原因是Fe3+氧化性大于H+，所以锌先与Fe3+反应，故氢气量减少（3）某同学认为实验反应速率加快的主要原因是因为形成了原电池，你认为是否正确？正确（填“正确”或“不正确”）请选择下列相应的a或b作答a、若不正确，
52、请说明原因：b、若正确则写出实验中原电池的正极电极反应式2H+2e=H2【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）纯锌与稀盐酸反应，放出热量，速率加快，后期c（H+）起主导作用，随着反应进行c（H+）降低，反应速率减慢；（2）锌片与FeCl3反应，导致与盐酸反应的锌的质量减少；（3）锌先与铜离子反应生成铜，然后铜与锌形成原电池，导致反应速率加快；正极氢离子得到电子生成氢气【解答】解：（1）开始温度起主要作用，纯锌与稀盐酸反应，放出热量，温度升高，t1t2速率加快；后期c（H+）起主导作用，随着反应进行c（H+）降低，t2t3反应速率减慢，故答案为：反应放热，溶液温度升高，反应速率加快；随
53、反应进行，盐酸的浓度减小较大，反应速度减慢；（2）锌片与FeCl3反应，导致与盐酸反应的锌的质量减少，生成氢气量减少，故答案为：Fe3+氧化性大于H+，所以锌先与Fe3+反应，故氢气量减少；（3）实验中锌与铜离子发生置换反应生成金属铜，生成的铜与锌形成了原电池，锌为负极，铜为正极，负极电极反应式为：Zn2e=Zn2+，H+在正极发生还原反应，电极反应式为：2H+2e=H2，故答案为：正确；2H+2e=H2三、实验题（本大题共2小题，共26分）22某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验、（1）将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的0.1molL1的盐酸中，试预测实验结果：
54、K与盐酸反应最剧烈，Al与盐酸反应最慢（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？不合理；说明理由：用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物、利用如图装置可以验证非金属性的变化规律（3）仪器A的名称为分液漏斗，干燥管D的作用是防倒吸（4）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请在其中选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S，装
55、置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为S2+Cl2=S+2Cl（5）若要证明非金属性：CSi，请根据所学过的知识选择相应的试剂，则A中加硫酸、B中加Na2CO3、C中加Na2SiO3，观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生【考点】性质实验方案的设计；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】I、（1）元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈；（2）元素的最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素的金属性越强；II、（3）根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（4）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2
56、S的氧化还原反应可验证；（5）要证明非金属性：CSi，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明【解答】解：I、（1）同一周期元素，金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，同一主族，原子序数越大，金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，所以金属性KNaMgAl，则K与盐酸反应最剧烈、Al与盐酸反应速率最慢，故答案为：K；Al；（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，故
57、答案为：不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱比较，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物II、（3）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；（4）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2+Cl2S+2Cl，故答案为：浓盐酸、KMnO4、Na2S；S2+Cl2S+2Cl；（5）若要证明非金属性：CSi，可以通过二氧
58、化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A中可以加硫酸，通过硫酸和碳酸钠的反应来制取CO2，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3H2SiO3，故非金属性：CSi故答案为：硫酸；Na2SiO3；有白色胶状沉淀产生23某校化学研究性学习小组在学习了金属的知识后，探究Cu的常见化合物的性质过程如下：【提出问题】在元素周期表中，Cu、Al位置接近，Cu不如Al活泼，Al（OH）3具有两性，Cu（OH）2也具有两性吗？通常情况下，Fe2+的稳定性小于Fe3
59、+的，Cu+的稳定性小于Cu2+的吗？CuO有氧化性，能被H2、CO等还原，也能被NH3还原吗？【实验方案】（1）解决问题需用到的药品有CuSO4溶液、稀硫酸、NaOH溶液（填试剂名称，一种或多种），同时进行相关实验（2）解决问题的实验步骤和现象如下：取 98g Cu（OH）2固体，加热至80100时，得到80g黑色固体粉末，继续加热到1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末A冷却后称量，A的质量为72g，A的化学式为Cu2O向A中加入足量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，则反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O_（3）为解决问题，设计的实验装置如图所示
60、（夹持及尾气处理装置未画出）：实验中观察到CuO变为红色物质查资料可知，同时生成一种无污染的气体，该气体的化学式为N2【实验结论】（4）Cu（OH）2具有两性证明Cu（OH）2具有两性的实验现象是Cu（OH）2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱（5）根据实验方案（2），得出的Cu+和Cu2+稳定性大小的结论：在高温时Cu+比Cu2+稳定；在酸性溶液中Cu2+比Cu+稳定（6）CuO能被NH3还原有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu，也有同学认为NH3与CuO反应后生成的红色物质是Cu和A的混合物请你设计一个简单的实验方案验证NH3与CuO反应后生成的红色物质中是否含有A：取NH3与C
61、uO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）要证明Cu（OH）2具有两性，应先加入碱生成Cu（OH）2，根据提供的药品可确定还需要的药品；（2）根据质量守恒计算中含有1molCu，质量为64g，剩余为O元素；依据反应现象书写离子方程式；（3）根据反应遵循质量守恒定律和该气体物污染确定气体的化学式；（4）根据两性氢氧化物的性质来分析，如具有两性，Cu（OH）2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱；（5）根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性；（6）A为Cu2O，在酸性条件下不稳定，可加入酸进行检验【解答】解：
62、（1）Cu不如Al活泼，可以用硫酸溶液进行验证，要证明Cu（OH）2具有两性，应先加入碱生成Cu（OH）2，药品中缺少稀硫酸、NaOH溶液，故答案为：稀硫酸、NaOH溶液；（2）98g Cu（OH）2固体的物质的量为1mol，解热分解生成的72g固体中含有Cu的质量为1mol，即64g，则氧原子的质量为72g64g8g，n（O）=0.5mol，则A中n（Cu）：n（O）=2：1，向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，说明生成了铜和铜离子，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，故答案为：Cu2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；（3
63、）氧化铜和氨气反应生成红色物质铜，根据反应遵循质量守恒定律和该气体无污染确定气体为氮气，故答案为：N2；（4）如具有两性，Cu（OH）2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱，分别生成盐和水，故答案为：Cu（OH）2既能溶解于强酸，又能溶解于强碱；（5）80100时，得到黑色固体粉末，为CuO，继续加热到1000以上，黑色粉末全部变成红色粉末，说明在较高温度时Cu2O稳定，与酸反应生成硫酸铜和铜，说明在酸性条件下+2价的铜稳定，故答案为：Cu+比Cu2+稳定；Cu2+比Cu+稳定；（6）如含有Cu2O，根据其与酸反应的现象可判断，方程式为：Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O，溶液变蓝，而铜与稀硫酸不反应，所以设计的实验方案为：取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无，故答案为：取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无2016年5月11日