1、2015-2016学年江西省九江一中高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括19小题，1-10为3分一题，11-19为2分一题，共48分）1“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路”下列与之相悖的是（）A开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要D大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放2下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A氧化钙溶于水B铁粉溶于稀硫酸C盐酸与氢氧化钠反应D氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合3136
2、CNMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，136C表示的含义正确的是（）A质量数是13，原子序数是6，核内有6个中子B与金刚石、石墨、C60等互为同素异形体C碳元素的相对原子质量为13D碳的一种核素，与126C互为同位素4下列有关粒子的表示方法正确的是（）A氨气分子的电子式：B硫原子结构示意图：C次氯酸的结构式：HOClDH2O的电子式：5下列离子中，电子数和质子数与Na+相同的是（）AH3O+BFCOHDNe6同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一下列各组物质中互为同分异构体的是（）A13C与14CBCH3CH2OH与CH3COOHC甲烷与丙烷D7在通常条件下，下列各组物质的性
3、质排列不正确的是（）A还原性强弱：CIBr一I B微粒半径大小：SNa+O2C热稳定性：HFH2ONH3D碱性：KOHNaOHLiOH8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SO39下列物质中既有离子键又有非极性共价键的是（）AMgOBNa2O2CCaCl2DNH4Cl10将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是（）A装置甲中铜片表面产生气泡B装置甲溶液中SO42向铜片做定向移动C装置乙中电子从铜
4、片经导线流向锌片D装置乙中正极的电极反应式：2H+2eH211在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s112可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变
5、的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD全部13下列对一些实验事实和理论解释正确的是（）选项实验事实理论解释A稀硫酸能导电H2SO4为离子化合物BHBr的酸性强于HCl的酸性Br的非金属性比Cl强CK3C60在熔融状态下能够导电K3C60中含有离子键DHF的沸点高于HClF的非金属性比Cl强AABBCCDD14用6g CaCO3与100mL稀盐酸反应制取少量的CO2，反应过程中生成的CO2的体积（已折算为标准状况）随反应时间变化的情况如图所示下列说法正确的是（）AOE段表示的平均反应速率最快，可能的原因是该反应是放热反应BEF段用HC1浓度的减小表示的该反应的平均反应速率为0.2
6、 mol/（Lmin）C在F点收集到的CO2的体积最大D在G点以后收集的CO2的量不再增多，原因是稀盐酸已反应完全15X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）AX与Y能形成两种常见的气态化合物B原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）CX、Z分别与R形成的化合物中化学键类型相同D含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种16据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正
7、极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示下列说法错误的是（）A电池放电时Na+从a极区移向b极区B电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C该电池的负极反应为：BH4+8OH8eBO2+6H2OD每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol17已知2HH2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是（）A氢气分子内每个氢原子都达到了8电子稳定结构B1molH2的能量比2molH的能量低C1molH2离解成2molH要放出437.6kJ的热量D氢原子不如氢气分子活泼18锗（Ge）、锡（Sn）、铅是第A元素，三种单质的熔点依次为1211、232、237.5下列关于
8、它们单质和化合物性质的说法不正确的是（）A熔点：GeCl4NaClB酸性：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4C相同条件下，锗、锡、铅单质分别与稀硫酸反应，速率依次减慢D常温下在空气中，锗单质不被氧化，铅单质表面生成一层保护薄膜19NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）A40之前与
9、40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0105molL1s1D温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂二、填空题（共计52分）20将等物质的量的H2（g）和I2（g）加入密闭容器中进行反应：H2（g）+I2（g）2HI（g），反应进行到2min时测得反应速率（HI）=0.1mol/（Lmin），I2（g）的物质的量浓度为0.4mol/L（1）反应速率（H2）=，（I2）=（2）2min未，c（HI）=mol/L（3）起始时，c（H2）=mol/L，c（I2）=mol/L21如表列出了AM13种元素在周
10、期表中的位置：周期族AAAAAAA01A2BCDE3FGHIJK4LM（1）这些元素中，金属性最强的元素是（填元素名称），非金属性最强的元素是（填元素名称），最不活泼的元素是（填元素符号），原子半径最小的元素是（填元素符号）（2）写出C元素的气态氢化物与I元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：（3）将C、D、E三种元素的氢化物按还原性增强的顺序排列为（用化学式表示）（4）A与D形成的化合物A2D2是化合物（填“共价”或“离子”），其电子式为该物质可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为22航天技术上使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便、不污染环境等优点氢氧燃料电池有酸式和
11、碱式两种酸式氢氧燃料电池中的电解质是酸，其负极反应可表示为2H24e=4H+，则其正极反应可表示为，碱式氢氧燃料电池中的电解质是碱，其正极反应可表示为O2+2H2O+4e4OH，则其负极反应可表示为23在一定条件下，RO3n和I发生反应，离子方程式为：RO3n+6I+6H+R+3I2+3H2O，则R元素的原子最外层电子有个24Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是25已知M2On2可与R2作用，R2被氧化为R的单质，M2On2的还原产物中，M为+3价，又知c（M2On2）=0.3mo
12、l/L的溶液100mL可与c（R2）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为26某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示实验：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律利用上述装置图1一次性完成Cl、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究（1）实验中选用的物质名称为：A，B（2）C处反应的离子方程式为（3）根据实验现象推知，可得出碳、硅、氯三种元素非金属性的强弱顺序是实验：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气和Mn2+，利用上述装置图2探究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、湿润红纸
13、（4）写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：（5）B处的实验现象为（6）根据A、B两处的实验现象能否推出非金属性ClBrI，（填“能”或“否”）27催化剂是在化学反应前后质量和化学性质不变的物质，研究表明催化剂有吸附和解吸过程（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图1表示：吸附后，能量状态最低的是（填字母序号）由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图2从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是；c0后速率降低的原因可能是（2）二氧化锰可以作为过氧化氢分解的催化剂，请
14、写出在酸性条件下二氧化锰参与过氧化氢分解的离子反应方程式：、（3）将等物质的量的N2、H2放入一密闭容器中发生反应，达到平衡后，N2的体积分数为2015-2016学年江西省九江一中高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括19小题，1-10为3分一题，11-19为2分一题，共48分）1“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路”下列与之相悖的是（）A开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要D大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等
15、，以减少碳、氮氧化物的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据低碳经济是以节能减排为基础的减少二氧化碳的排放为目的来分析【解答】解：A开发新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能减缓温室气体的排放，故A正确；B发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，减少使用煤、石油等化石燃料，故B正确；C大力开采煤、石油和天然气，消耗更多的化石燃料，排放更多的二氧化碳，故C错误；D发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放，故D正确；故选C2下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（）A氧化钙溶于水B铁粉溶于稀硫酸C盐酸与氢氧化钠反应D氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合【
16、考点】吸热反应和放热反应【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，根据常见的放热反应和吸热反应进行判断若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、所有中和反应、绝大多数化合反应，铝热反应；常见的吸热反应有：个别的化合反应（如C和CO2）、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）【解答】解：生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，A、氧化钙溶于水的反应是放热反应，故A错误；B、铁粉溶于稀硫酸的反应是放热反应，故B错误；C、盐酸与氢氧化钠反应的反应是放热反应，故C误；D、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合的反应是放
17、热反应，故D错误；故选D3136CNMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析，136C表示的含义正确的是（）A质量数是13，原子序数是6，核内有6个中子B与金刚石、石墨、C60等互为同素异形体C碳元素的相对原子质量为13D碳的一种核素，与126C互为同位素【考点】核素；同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】A、136C所含的质子数为6，质量数为13，中子数=质量数质子数 原子序数=质子数求算；B、由相同元素组成的形态不同的单质互为同素异形体，136C是碳元素的一种核素，不属于单质；C、元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值；D、126C与136C均属于
18、碳元素的不同核素，互为同位素【解答】解：A、136C所含的质子数为6，原子序数=质子数=6，质量数为13，中子数=质量数质子数=136=7，故A错误；B、由相同元素组成的形态不同的单质互为同素异形体，金刚石、石墨、C60互为同素异形体，136C是碳元素的一种核素，不属于单质，故B错误；C、元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，碳元素的相对原子质量为12，故C错误；D、126C与136C质子数均为6，中子数分别为6、7，均属碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故选：D4下列有关粒子的表示方法正确的是（）A氨气分子的电子式：B硫原子结构示意图：C次氯酸的结构式：HOClDH
19、2O的电子式：【考点】电子式；原子结构示意图【分析】A氨气的电子式中漏掉了氮原子的一对未成键电子对；B硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层为6个电子；C次氯酸中O分别与H和Cl成键；D水为共价化合物，不存在阴阳离子【解答】解：A氨气为共价化合物，分子中含有3个NH键，氨气正确的电子式为，故A错误；B硫原子的最外层含有6个电子，其正确的原子结构示意图为：，故B错误；C次氯酸中O分别与H和Cl形成一对共价键，结构简式为HOCl，故C正确；D水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为，故D错误；故选C5下列离子中，电子数和质子数与Na+相同的是（）AH3O+BFCOHD
20、Ne【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】Na+中质子数是11个，电子数是10个，依此进行判断【解答】解：Na+中质子数是11个，电子数是10个AH3O+质子数是11，电子数是10，所以和钠离子中质子数和电子数都相同，故A正确； BF中质子数是9，电子数是10，所以和钠离子中质子数不同，电子数相同，故B错误；COH中质子数是9，电子数是10，所以和钠离子中质子数不同，电子数相同，故C错误；DNe中质子数是10，电子数是10，所以和钠离子中质子数不同，电子数相同，故D错误故选A6同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一下列各组物质中互为同分异构体的是（）A13C与14CBC
21、H3CH2OH与CH3COOHC甲烷与丙烷D【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】具有相同的分子式、不同结构的化合物互为同分异构体，互为同分异构体的有机物一定满足：分子式相同，结构一定不同，据此进行解答【解答】解：A13C与14C，二者都是碳元素的不同核素，互为同位素，故A错误；BCH3CH2OH与CH3COOH，前者为乙醇，后者为乙酸，二者分子式不同，不属于同分异构体，故B错误；C甲烷与丙烷，都属于烷烃，二者结构相似，分子式不同，互为同系物，故C错误；D，二者的分子式相同，结构不同，所以二者互为同分异构体，故D正确故选D7在通常条件下，下列各组物质的性质排列不正确的是（）A还原性强弱：CI
22、Br一I B微粒半径大小：SNa+O2C热稳定性：HFH2ONH3D碱性：KOHNaOHLiOH【考点】元素周期律的作用【分析】A非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；B电子层数越多，半径越大，相同层数，原子序数越小，半径越大；C非金属性越强，气态氢化物越稳定；D金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强【解答】解：A同主族从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性强弱为FClBrI，故A正确；B由于钠离着O离着电子层数相同，原子序数ONa，故半径：Na+O2，故B错误；C同周期从左到右非金属性依次增强，则非金属性FON，所以气态氢化物的稳定性为HFH2O
23、NH3，故C正确；D同主族从上到下金属性依次增强，则金属性KNaLi，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性为KOHNaOHLiOH，故D正确，故选B8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
24、，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A9下列物质中既有离子键又有非极性共价键的是（）AMgOBNa2O2CCaCl2DNH4Cl【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，同种非金属之间形成非极性键，含离子键的一定为离子化合物，以此来解答【解答】解：AMgO只含离子键，故A不选；BNa2O2中含OO非极性共价键、离子键，故B选；CCaCl2中含离子键，故C不选；DNH4Cl中含极性共价键、离子键，故D不选；故选B10将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时
25、间，下列叙述正确的是（）A装置甲中铜片表面产生气泡B装置甲溶液中SO42向铜片做定向移动C装置乙中电子从铜片经导线流向锌片D装置乙中正极的电极反应式：2H+2eH2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题【解答】解：A甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故A错误；B原电池工作时阴离子向负极移动，故B错误；C锌为负极，电子从锌经导线流向铜，故C错
26、误；D透过为正极，正极上氢离子得到电子被还原生成氢气，故D正确故选D11在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A. =0.25，B. =0.3，C. =0.27，D. =0.25，则反应速率最快的为B，故选B12可逆反应：2NO22NO+O2
27、在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD全部【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，得出正确结论注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计
28、量数之和的大小关系【解答】解：2NO22NO+O2，单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故正确；单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故错误；化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：2：1，故不能说明达到平衡状态，故错误；二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故正确；密度=，总质量不变，体积不变，故
29、混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故错误；反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故正确；平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故正确；故达到平衡状态的标志是，故选A13下列对一些实验事实和理论解释正确的是（）选项实验事实理论解释A稀硫酸能导电H2SO4为离子化合物BHBr的酸性强于HCl的酸性Br的非金属性比Cl强CK3C60在熔融状态下能够导电K3C60中含有离子键DHF的沸点高于HClF的非金属性比Cl强AABBCCDD【考点】离子化合物的结构特征与性质；同一主族内元素性质递变规
30、律与原子结构的关系【分析】A硫酸分子中只存在共价键；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；C熔融状态下能导电的化合物含有离子键；D元素的非金属性强弱与其氢化物的熔沸点高低无关【解答】解：A硫酸中只含共价键，为共价化合物，但硫酸在水溶液中能电离出阴阳离子而使稀硫酸溶液导电，故A错误；B氢化物的水溶液酸性强弱与非极性强弱无关，与化学键的强弱有关，故B错误；C熔融状态下能导电的化合物中含有离子键，K3C60在熔融状态下能够导电说明为离子化合物，故C正确；D氢化物的熔沸点与相对分子质量、氢键有关，与非金属性强弱无关，故D错误；故选C14用6g CaCO3与100mL稀盐酸反应制取少量的CO2，反
31、应过程中生成的CO2的体积（已折算为标准状况）随反应时间变化的情况如图所示下列说法正确的是（）AOE段表示的平均反应速率最快，可能的原因是该反应是放热反应BEF段用HC1浓度的减小表示的该反应的平均反应速率为0.2 mol/（Lmin）C在F点收集到的CO2的体积最大D在G点以后收集的CO2的量不再增多，原因是稀盐酸已反应完全【考点】化学方程式的有关计算；化学反应速率的影响因素【分析】A溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快，温度越高反应速率越快；反应速率与曲线的斜率成正比；B由图可知EF段生成的二氧化碳体积为672mL224mL=448mL，n（CO2）=0.02mol，根据二氧化碳的物质的量计
32、算参加反应的n（HCl），再结合反应速率公式计算；C曲线上点的纵坐标的值即为该点收集的二氧化碳的体积；D二氧化碳体积最大为784mL，n（CO2）=0.035mol，根据C原子守恒知参加反应的n（CaCO3）=0.035mol=0.06mol【解答】解：A溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快，越高应该反应速率越快，该反应是放热反应，但刚开始时，浓度的影响大于温度的影响，反应速率与曲线的切线成正比，根据图知OE段表示的平均反应速率最快，原因是稀盐酸浓度大，故A错误；B由图可知EF段生成的二氧化碳体积为672mL224mL=448mL，n（CO2）=0.02mol，根据二氧化碳和稀盐酸的关系式得参加
33、反应的n（HCl）=2n（CO2）=0.02mol2=0.04mol，则HCl的平均反应速率=0.4 mol/（Lmin），故B错误；C曲线上点的纵坐标的值即为该点收集的二氧化碳的体积，所以在G点收集到的CO2的体积最大，故C错误；D二氧化碳体积最大为784mL，n（CO2）=0.035mol，根据C原子守恒知参加反应的n（CaCO3）=0.035mol=0.06mol，说明碳酸钙有剩余，则稀盐酸完全被消耗，故D正确；故选D15X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子
34、数之和下列叙述正确的是（）AX与Y能形成两种常见的气态化合物B原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）CX、Z分别与R形成的化合物中化学键类型相同D含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、R
35、是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素AX为碳元素，Y为O元素，二者能形成两种常见的气态化合物CO与二氧化碳，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Na）R（Cl）X（C）Y（O），故B错误；CX、Z分别与R形成的化合物分别为CCl4、NaCl，前者含有共价
36、键，后者含有离子键，故C错误；D含有Y（O）、Z（Na）、R（Cl）三种元素的化合物有次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等，故D错误故选：A16据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示下列说法错误的是（）A电池放电时Na+从a极区移向b极区B电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C该电池的负极反应为：BH4+8OH8eBO2+6H2OD每消耗3mol H2O2，转移的电子为3mol【考点】化学电源新型电池【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）
37、和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，结合原电池的工作原理和解答该题【解答】解：A原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A正确；B电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；C负极发生氧化反应生成BO2，电极反应式为BH4+8OH8e=BO2+6H2O，故C正确；D正极电极反应式为H2O2+2e=2
38、OH，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故D错误；故选D17已知2HH2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是（）A氢气分子内每个氢原子都达到了8电子稳定结构B1molH2的能量比2molH的能量低C1molH2离解成2molH要放出437.6kJ的热量D氢原子不如氢气分子活泼【考点】吸热反应和放热反应【分析】氢分子中两个氢原子 以一对共用电子对形成共价键，氢原子都达到了2电子的稳定结构；原子不能独立存在，比分子活泼，分子的能量低于原子的能量；已知2HH2并放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ热量【解答】解：A、氢气分子内每个氢原子都达
39、到2电子稳定结构，故A错误；B、分子的能量比原子的能量低，故B正确；C、根据已知2HH2并放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ的热量，故C错误；D、原子比分子能量高，氢气分子稳定，故D错误；故选B18锗（Ge）、锡（Sn）、铅是第A元素，三种单质的熔点依次为1211、232、237.5下列关于它们单质和化合物性质的说法不正确的是（）A熔点：GeCl4NaClB酸性：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4C相同条件下，锗、锡、铅单质分别与稀硫酸反应，速率依次减慢D常温下在空气中，锗单质不被氧化，铅单质表面生成一层保护薄膜【考点】同一主族内元素性质递变
40、规律与原子结构的关系【分析】A离子晶体晶格能越大其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；C元素的金属性越强，其单质与酸反应越剧烈；D锗、锡、铅属于同主族元素，铅的原子序数大，则铅金属性强【解答】解：AGe离子半径大于Na离子，晶格能GeCl4NaCl，所以熔点GeCl4NaCl，故A正确；B金属性GeSnPb，所以非金属性GeSnPb，则酸性：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4，故B正确；C元素的金属性越强，其单质与酸反应越剧烈，金属性GeSnPb，所以相同条件下，锗、锡、铅单质分别与稀硫酸反应，速率依次加快，故C错误；D锗、锡、铅属
41、于同主族元素，铅的原子序数大，则铅金属性强，锗、锡在空气中可能不反应，铅在空气中表面生成一层氧化铅，故D正确；故选C19NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反
42、应速率为5.0105molL1s1D温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，变色时间越长；Bb、c点对应的温度不同；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；D结合55时，没有出现蓝色分析【解答】解：A从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；B由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的
43、NaHSO3反应速率为5.0105molL1s1，故C正确；D.55时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；故选B二、填空题（共计52分）20将等物质的量的H2（g）和I2（g）加入密闭容器中进行反应：H2（g）+I2（g）2HI（g），反应进行到2min时测得反应速率（HI）=0.1mol/（Lmin），I2（g）的物质的量浓度为0.4mol/L（1）反应速率（H2）=0.05molL1min1，（I2）=0.05molL1min1（2）2min未，c（HI）=0.2mol/L（3）起始时，c（H2）=0.5mol/L，c（I2）=0.5mol/L【考点
44、】化学平衡的计算【分析】（1）根据同一反应在相同条件下，同一时间段内用各种物质表示的化学反应速率=化学计量数之比；（2）根据2min末，HI的浓度为v（HI）2min可得；（3）根据生成的HI的浓度计算参与反应的氢气和碘单质的浓度，氢气碘单质的初始浓度可得【解答】解：（1）同一反应在相同条件下，同一时间段内用各种物质表示的化学反应速率=化学计量数之比，则有（H2）=（I2）=（HI）=0.1mol/（Lmin）=0.05 molL1min1；故答案为：0.05 molL1min1；0.05 molL1min1（2）2min未，c（HI）=v（HI）2min=0.1mol/（Lmin）2min=
45、0.2mol/L；故答案为：0.2；（3）由（2）知生成的HI的浓度为0.2mol/L，则反应了I2为0.2mol/L=0.1mol/L，2min末，I2（g）的物质的量浓度为0.4mol/L，则I2的初始浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，H2（g）和I2（g）等量，则氢气的初始浓度也为0.5mol/L；故答案为：0.5；0.521如表列出了AM13种元素在周期表中的位置：周期族AAAAAAA01A2BCDE3FGHIJK4LM（1）这些元素中，金属性最强的元素是钾（填元素名称），非金属性最强的元素是氟（填元素名称），最不活泼的元素是Ar（填元素符号），原子半径最小的
46、元素是H（填元素符号）（2）写出C元素的气态氢化物与I元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：2NH3+H2SO4（NH4）2SO4（3）将C、D、E三种元素的氢化物按还原性增强的顺序排列为HFH2ONH3（用化学式表示）（4）A与D形成的化合物A2D2是共价化合物（填“共价”或“离子”），其电子式为该物质可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为H2O2+CN+OHCO32+NH3【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为氟，F为Na，G为Mg，H为Al，I为硫，J为Cl，K为Ar，L为钾，M为Ca（1）同周
47、期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱；稀有气体原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；所有元素中H原子半径最小；（2）C元素的气态氢化物为NH3，I元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，二者反应生成硫酸铵；（3）非金属性越强，对应氢化物还原性越弱；（4）A与D形成的化合物H2O2是共价化合物，分子中O原子之间形成1对共用电子对，氧原子与H原子之间形成1对共用电子对，该物质可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，配平书写相应的离子方程式【解答】解：由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为碳，C为氮，D为氧，E为氟，F为Na，G为Mg，H为Al，I为硫，J为
48、Cl，K为Ar，L为钾，M为Ca（1）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，故上述元素中K的金属性最强，F的非金属性最强；稀有气体原子最外层为稳定结构，Ar化学性质最不活泼；所有元素中H原子半径最小，故答案为：钾；氟；Ar；H；（2）C元素的气态氢化物为NH3，I元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，二者反应生成硫酸铵，反应方程式为：2NH3+H2SO4（NH4）2SO4，故答案为：2NH3+H2SO4（NH4）2SO4；（3）非金属性FON，非金属性越强，对应氢化物还原性越弱，故氢化物还原性：HFH2ONH3，故答案为：HFH2ONH3；（4）A与
49、D形成的化合物H2O2是共价化合物，分子中O原子之间形成1对共用电子对，氧原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为，该物质可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为：H2O2+CN+OHCO32+NH3，故答案为：共价；H2O2+CN+OHCO32+NH322航天技术上使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便、不污染环境等优点氢氧燃料电池有酸式和碱式两种酸式氢氧燃料电池中的电解质是酸，其负极反应可表示为2H24e=4H+，则其正极反应可表示为O2+4e+4H+=2H2O，碱式氢氧燃料电池中的电解质是碱，其正极反应可表示为O2+2H2O+4e4OH，则其负极反应可表示为2H24e+
50、4OH=2H2O【考点】电极反应和电池反应方程式【分析】酸性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子【解答】解：酸性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，负极反应式为2H24e+4OH=2H2O，故答案为：O2+4e+4H+=2H2O；2H24e+4OH=2H2O23在一定条件下，RO
51、3n和I发生反应，离子方程式为：RO3n+6I+6H+R+3I2+3H2O，则R元素的原子最外层电子有7个【考点】氧化还原反应【分析】根据生成R离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第A族元素，据此判断；【解答】解：RO3n中R元素的化合价不一定为最高正价，应根据反应物中R离子的化合价进行判断，根据生成R离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第A族元素，最外层电子数为7，故答案为：724Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是5【考点】氧化还原反应的计算【分析】Na2S
52、x在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，S元素的化合价由价变为+6价，NaClO被还原成NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为1价，根据得失电子守恒计算x值【解答】解：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4，S元素的化合价由价变为+6价，NaClO被还原成NaCl，Cl元素的化合价由+1价变为1价，根据得失电子守恒得，设Na2Sx的物质的量是1mol，则次氯酸钠的物质的量是16mol，1mol6（）x=16mol1（1），1mol6+x=16mol26x+2=32x=5，故答案为：525已知M2On2可与R2作用，R2被氧化为R的单质，M2On2的还原产物中，M为+3价
53、，又知c（M2On2）=0.3mol/L的溶液100mL可与c（R2）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为7【考点】氧化还原反应的计算【分析】M2On2可与R2作用，R2被氧化为R的单质，则每个R2失去2个电子生成R的单质，该反应中M得电子发生还原反应，根据转移电子守恒计算n值【解答】解：M2On2可与R2作用时，R2被氧化为R的单质，则每个R2失去2个电子生成R的单质，M元素得电子发生还原反应，设每个M2On2在反应中得到x个电子，根据转移电子守恒得2n（M2On2）x=2n（R2），即20.3mol/L0.1Lx=20.6mol/L0.15L，x=3，M2On2的还原产
54、物中，M为+3价，所以M原来的化合价是+（3+3）=+6，M2On2带两个负电荷，所以n=7，故答案为：726某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示实验：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律利用上述装置图1一次性完成Cl、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究（1）实验中选用的物质名称为：A高氯酸，B碳酸钙或碳酸钡或碳酸钠（2）C处反应的离子方程式为SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32（或SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3）（3）根据实验现象推知，可得出碳、硅、氯三种元素非金属性的强弱顺序是ClCSi实验：已知
55、常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气和Mn2+，利用上述装置图2探究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、湿润红纸（4）写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O（5）B处的实验现象为试纸变蓝（6）根据A、B两处的实验现象能否推出非金属性ClBrI，否（填“能”或“否”）【考点】性质实验方案的设计【分析】实验：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，AB中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅
56、酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅（1）A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；（2）C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；（3）根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、N、Si三种元素非金属性的强弱实验：探究氯、溴、碘的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为圆底烧瓶中：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸试管，溴化钠，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强
57、于溴，湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝，湿润红纸褪色（4）圆底烧瓶中浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯化锰、氯化钾和氯气，据此书写离子方程式；（5）溴单质、氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，碘单质和淀粉显示蓝色；（6）氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I+Cl2I2+2Cl，2I+Br2I2+2Br，不能说明BrI【解答】解：实验：（1）B中碳酸盐，可以是碳酸钙或碳酸钡或碳酸钠，和A中滴入B中的高氯酸反应生成二氧化碳，如碳酸钙反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，根据强酸制取弱酸的原理，高氯酸的酸性强于碳酸，高氯酸、碳酸分别为Cl、C的最高价含氧酸，
58、所以可证明氯非金属性大于碳，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸，所以可证明碳的非金属性大于硅，C装置中观察到溶液变浑浊，故答案为：高氯酸；碳酸钙或碳酸钡或碳酸钠；（2）C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，少量二氧化碳和硅酸盐反应生成硅酸和碳酸钠，离子反应为：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32，过量二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠，离子反应为：SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故答案为：SiO32+CO2
59、+H2O=H2SiO3+CO32（或SiO32+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3）；（3）A中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明高氯酸的酸性强于碳酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、高氯酸、硅酸的酸性强弱顺序是高氯酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、C、Si三种元素非金属性的强弱为ClCSi，故答案为：ClCSi；实验：（4）圆底烧瓶中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子
60、反应为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；（5）氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I+Cl2I2+2Cl，2I+Br2I2+2Br碘单质和淀粉显示蓝色，所以B处的实验现象为试纸变蓝，故答案为：试纸变蓝；（6）装置中氯气也能和碘化钾发应，不一定为生成的溴和碘化钾的反应，不能说明BrI，所以根据A、B两处的实验现象不能推出非金属性ClBrI，故答案为：否27催化剂是在化学反应前后质量和化学性质不变的物质，研究表明催化剂有吸附和解吸过程（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体
61、催化剂若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图1表示：吸附后，能量状态最低的是C（填字母序号）由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图2从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是随着气相NH3浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH3浓度增加，NH3的分解速率加快；c0后速率降低的原因可能是催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH3的分解速率降低（2）二氧化锰可以作为过氧化氢分解的催化剂，请写出在酸性条件下二氧化锰参与过氧化氢分解的离子反应方程式：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2、Mn2+H2O2=Mn
62、O2+2H+（3）将等物质的量的N2、H2放入一密闭容器中发生反应，达到平衡后，N2的体积分数为50%【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素【分析】（1）化学键的断裂要吸收能量，且该反应放热；c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸；（2）根据二氧化锰有氧化性，将过氧化氢氧化生成氧气，生成的锰离子又3被过氧化氢氧化到+4价的二氧化锰；（3）设氮气氢气的初始量为1mol，反应氮气x，根据三段式计算平衡时各物质的量，计算氮气的体积分数【解答】解：（1）由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态
63、A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；故答案为：C；c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢；故答案为：随着气相NH3浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH3浓度增加，NH3的分解速率加快；催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH3的分解速率降低；（2）二氧化锰有氧化性，将过氧化氢氧化生成氧气，生成的锰离子又3被过氧化氢氧化到+4价的二氧化锰，所以反应为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2； Mn2+H2O2=MnO2+2H+；故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2； Mn2+H2O2=MnO2+2H+（3）设氮气氢气的初始量为1mol，反应氮气x，根据三段式： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：1 1 0转化量（mol）：x 3x 2x平衡量（mol）：1x 13x 2x则N2的体积分数为100%=100%=50%；答案为：50%2016年12月11日
