2022-2022学年河南省驻马店市确山二中高一（下）期中化学试卷一、选择题（3分×16=48分），每小题只有一个正确答案．1．下列各组反应（表中物质均为反应物），反应刚开始时，放出H2的速率最大的是()金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0.16mol•L﹣1硝酸10mL30℃BMg0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃CFe0.13mol•L﹣1盐酸10mL30℃DMg0.13mol•L﹣1硫酸10mL60℃A．AB．BC．CD．D2．下列有关化学用语的表示方法中错误的是()A．CO2分子的结构式：O=C=OB．次氯酸的电子式：C．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子符合为：RD．S2﹣的结构示意图：3．反应2SO2+O2⇌2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为()A．0.1sB．2.5sC．5sD．10s4．下列分子内部都存在着极性键的一组物质是()A．H2S、NH3、SO3B．CO2、NH4Cl、Na2O2C．N2、CS2、NOD．CaO、H2O2、CH45．16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．16O2与18O2互为同分异构体B．16O2与18O2核外电子排布方式不同C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D．标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA个氧原子6．关于化学反应中的能量变化，下列说法中不正确的是()A．燃烧反应都是放热反应B．对于可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌bC（g）+dD（g），如果正反应放热，逆反应一定吸热C．氢气燃烧生成水是一个放热的化学反应，说明1molH2的能量高于1molH2O的能量D．只有放热的氧化还原反应才可以设计为原电池-17-\n7．下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是()A．化学反应的限度都相同B．可以通过改变温度控制化学反应的限度C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D．反应限度是无法改变的8．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是()A．铍是一种轻金属，它的氧化物的水化物可能具有两性B．砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定C．硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体D．硫酸锶难溶于水9．理论上不能设计为原电池的化学反应是()A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＜0B．HNO3（aq）+NaOH（aq）═NaNO3（aq）+H2O（l）△H＜0C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＜0D．2FeCl3（aq）+Fe（s）═3FeCl2（aq）△H＜010．下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是()①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．②⑤B．①②C．①②④D．①③⑤11．根据下表信息，判断以下叙述正确的是()（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0890.1020.074主要化合价+2+3+2+6、﹣2﹣2A．M与T形成的化合物熔沸点高B．最高价氧化物对应的水化物碱性：L＜QC．氢化物的还原性：H2R＜H2TD．离子半径：T2﹣＜L2+12．已知C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正反应方向是吸热过程，下列可使正反应速率增大的措施是()①减小容器体积使增大压强②增加碳的量③恒容时通入CO2④恒压下充入N2⑤恒容下充入N2⑥降低温度．A．①③⑤B．②④C．①③D．①③⑥-17-\n13．一定条件下，将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B⇌2C，达到化学反应限度时，B的物质的量可能是()A．1.5molB．1molC．0.5molD．014．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论A稀盐酸Na2S漂粉精溶液酸性：盐酸＞氢硫酸＞次氯酸B浓盐酸KMnO4Na2S溶液氧化性：KMnO4＞Cl2＞SC浓氨水NaOH酚酞碱性：NaOH＞NH3•H2OD浓硫酸Na2SO3BaCl2溶液SO2与可溶性钡盐均不反应A．AB．BC．CD．D15．已知1～18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：c＞bB．原子半径：X＜WC．热稳定性：H2Y＞HZD．还原性：Y2﹣＞Z﹣16．在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应．若将1molCH4与Cl2反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，则消耗的Cl2为()A．1.0molB．2.0molC．3.0molD．4.0mol17．关于元素周期表和元素周期律的应用有如下叙述：①元素周期表是同学们学习化学知识的一种工具②利用元素周期表可以预测新元素的原子结构和性质，③利用元素周期表和元素周期律可以预言新元素④利用元素周期表可以指导寻找某些特殊的材料．其中正确的是()A．①②③④B．只有②③④C．只有③④D．只有②18．用含有少量镁的铝片制取纯净的Al（OH）3时，下列操作中最恰当的组合是()①加盐酸溶解②加NaOH溶液溶解③过滤④通入过量的CO2生成Al（OH）3⑤加盐酸生成Al（OH）3⑥加过量的烧碱生成Al（OH）3．A．①⑤⑥③B．①③⑥③C．②③④③D．②③⑤③二、简答题19．下列各题中有关物质的比较，请用“＞”、“＜”、“=”填空：（1）酸性：H3PO4__________HNO3，H2SO4__________HClO4．（2）氧化性：F2__________S，O2__________N2．（3）气态氢化物稳定性：CH4__________NH3，HCl__________HI．（4）碱性：Mg（OH）2__________Ca（OH）2，Al（OH）3__________Mg（OH）2．（5）还原性：H2O__________H2S，HCl__________H2S．-17-\n20．有以下物质：①Ne；②NH4Cl；③KNO3；④NaOH；⑤Cl2；⑥SO2；⑦H2S；⑧Na2O2；⑨MgCl2．请用上述物质的数字序号填空：（1）只存在离子键的是__________（2）既存在离子键又存在极性键的是__________（3）不存在化学键的是__________（4）属于共价化合物的是__________．21．（18分）A、B、C、D、E、F是原子序数由小到大排列的六种短周期主族元素，其中A、B、C、E的原子序数之和为32．A是周期表中原子半径最小的元素，B、C左右相邻，A与D、C与E分别位于同族．（1）F元素原子结构示意图为：__________，最高价氧化物的化学式为：__________．（2）A与C按原子数目1：1组成的化合物的电子式为__________．（3）用电子式表示D和F组成化合物的形成过程：__________．（4）A、B、C、E四种元素中的三种能组成一种常见的强酸．该酸的稀溶液能与铜反应，其中起酸性作用的酸占消耗酸总物质的量的百分比是__________．（5）由A、B、C、E四种元素组成一种离子化合物X．已知1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体．写出加热条件下X与NaOH浓溶液反应的离子方程式：__________．（6）A、B、C、E和Fe五种元素组成化学式式量为392的化合物Y，1molY含有6mol结晶水．对化合物Y进行如下实验：a．取Y的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生无色有刺激性气味的气体和白色沉淀．该白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色．b．另取Y的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解．①Y的化学式为__________；②写出Y与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：__________．22．下列几组物质或粒子中，属于同素异形体的是__________，互为同位素的是__________，属于同系物的是__________，互为同分异构体的是__________，属于同一种物质的是__________．①14N和14C②16O和18O③1H2和2H2④足球烯（C60）和金刚石⑤CH3CH2CH2CH3和CH（CH3）3⑥CH3CH2CH3和CH3（CH2）2CH3⑦和⑧和⑨和-17-\n2022-2022学年河南省驻马店市确山二中高一（下）期中化学试卷一、选择题（3分×16=48分），每小题只有一个正确答案．1．下列各组反应（表中物质均为反应物），反应刚开始时，放出H2的速率最大的是()金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0.16mol•L﹣1硝酸10mL30℃BMg0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃CFe0.13mol•L﹣1盐酸10mL30℃DMg0.13mol•L﹣1硫酸10mL60℃A．AB．BC．CD．D【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】金属的活泼性决定金属与酸反应的快慢，然后结合氢离子浓度越大，温度越高，反应速率越大来解答．【解答】解：因金属活泼性Mg＞Fe，则排除选项C，有硝酸具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，则排除A，B、D相比较，温度相同，但D中氢离子浓度大，则反应速率最快，故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意内因是决定反应速率的关键，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，选项A为易错点，题目难度不大．2．下列有关化学用语的表示方法中错误的是()A．CO2分子的结构式：O=C=OB．次氯酸的电子式：C．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子符合为：RD．S2﹣的结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键；B．次氯酸的中心原子是氧原子；C．质子数+中子数=质量数，阳离子质子数=核外电子数+所带电荷数；D．硫离子含有16个质子，核外有18个电子．【解答】解：A．二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键，其结构式为：O=C=O，故A正确；B．次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式为：，故B错误；-17-\nC．R2+离子核外有a个电子，b个中子，质子数为：a+2，质量数为：2+a+b，R原子符合为：R，故C正确；D．硫离子含有16个质子，核外有18个电子，结构示意图：，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了化学用语，涉及电子式的书写、结构式的书写、原子结构示意图、原子符合的表示，侧重考查学生对基础知识的掌握熟练程度，题目难度不大．3．反应2SO2+O2⇌2SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为()A．0.1sB．2.5sC．5sD．10s【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（SO3），再利用△t=计算．【解答】解：用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L﹣1•s﹣1=0.08mol•L﹣1•s﹣1，故反应时间==5s，故选C．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用．4．下列分子内部都存在着极性键的一组物质是()A．H2S、NH3、SO3B．CO2、NH4Cl、Na2O2C．N2、CS2、NOD．CaO、H2O2、CH4【考点】极性键和非极性键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，根据成键元素判断共价键的极性．【解答】解：A．H2S中H和S形成极性键；NH3中N、H形成极性键；SO3中S、O形成极性键，故A正确；B．CO2中C、O形成极性键、NH4Cl中N、H形成极性键，铵根离子与氯离子形成离子键、Na2O2中O、O键形成非极性共价键，钠离子与过氧根离子形成离子键，故B错误；C．N2中N、N形成非极性共价键；CS2中C、S形成极性键；NO中N、O形成极性键，故C错误；D．CaO中钙离子与阳离子形成离子键；H2O2中H、O形成极性键，O、O形成非极性键；CH4中C、H形成极性键，故D错误；故选A．【点评】本题考查了极性键的判断，注意极性键和非极性键都是共价键，二者可以根据成键原子是否是同种元素原子判断．5．16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．16O2与18O2互为同分异构体-17-\nB．16O2与18O2核外电子排布方式不同C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D．标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA个氧原子【考点】同位素及其应用．【分析】本题考查了同位素、原子核外电子排布、阿伏加德罗常数等知识点．【解答】解：A、16O2与18O2是同一种物质，都是氧气，故A错；B、两种氧原子的电子数相等，核外电子排布方式也相同，故B错；C、16O与18O之间的转化，属于原子核的变化，不是化学变化，故C错；D、1.12L标准状况下O2的物质的量为0.05mol，含有氧原子数为0.1NA，故D正确．故选：D．【点评】本题考查的是一些基本的概念，做这类题目要细心．6．关于化学反应中的能量变化，下列说法中不正确的是()A．燃烧反应都是放热反应B．对于可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌bC（g）+dD（g），如果正反应放热，逆反应一定吸热C．氢气燃烧生成水是一个放热的化学反应，说明1molH2的能量高于1molH2O的能量D．只有放热的氧化还原反应才可以设计为原电池【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A、燃烧就是发光、放热的剧烈的氧化还原反应；B、△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和；C、反应热是反应物和生成物的能量差值；D、反应物能量高于生成物时，化学能才可能转化为电能．【解答】解：A、燃烧就是发光、放热的剧烈的氧化还原反应，所以燃烧反应都是放热反应，故A正确；B、△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，故B正确；C、氢气燃烧放热，说明氢气和氧气的能量和比水高，不变说明氢气比氧气能量高，故C错误；D、反应物比生成物能量高时，才有能量转化为其他能量，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了燃烧的概念、反应热及其求算，题目难度不大，注意平时的知识积累．7．下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是()A．化学反应的限度都相同B．可以通过改变温度控制化学反应的限度C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D．反应限度是无法改变的【考点】化学平衡建立的过程．【分析】根据化学平衡状态分析化学反应的限度．化学平衡状态是可逆反应在一定条件下进行的最大限度；任何可逆反应的进程都有一定的限度，只是不同可逆反应的限度不同罢了．【解答】解：在一定条件下的可逆反应经过移动的时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度．A、化学反应不同，限度不同，故A错误；B、可以改变外界条件控制化学反应的限度，故B正确；C、化学反应的限度与反应时间无关，故C错误；-17-\nD、反应条件改变，反应限度亦可以改变，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应限度，温度、浓度、气体的压强等都能使化学反应速率发生改变，所以化学反应的限度可用通过改变条件而改变．8．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是()A．铍是一种轻金属，它的氧化物的水化物可能具有两性B．砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定C．硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体D．硫酸锶难溶于水【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．处于对角线上的元素性质具有相似性；B．第VIIA族元素中，单质的颜色随着原子序数的增大而加深，氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱；C．元素的非金属性越弱，其氢化物越不稳定；D．根据第IIA族元素碳酸盐溶解性的递变性判断．【解答】解：A．Be和Al处于对角线，其性质具有相似性，氢氧化铝具有两性，则氢氧化铍可能具有两性，故A正确；B．第VIIA族元素中，单质的颜色随着原子序数的增大而加深，氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定，故B正确；C．元素的非金属性越弱，其氢化物越不稳定，Se的非金属性小于S，则硒化氢（H2Se）不如H2S稳定，故C错误；D．硫酸钙微溶于水、硫酸钡难溶于水，则硫酸锶难溶于水，故D正确；故选C．【点评】本题考查了元素周期律的运用，明确元素周期律内涵是解本题关键，根据同一主族元素的递变性和相似性来分析解答，题目难度不大．9．理论上不能设计为原电池的化学反应是()A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＜0B．HNO3（aq）+NaOH（aq）═NaNO3（aq）+H2O（l）△H＜0C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＜0D．2FeCl3（aq）+Fe（s）═3FeCl2（aq）△H＜0【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，据此分析解答．【解答】解：A．该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成甲烷燃料电池，故A不选；B．该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故B选；C．该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成氢氧燃料电池，故C不选；D．该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，Fe作负极，电解质溶液为氯化铁溶液，故D不选；故选B．-17-\n【点评】本题考查了原电池电池反应式特点，方程式只要同时具备“自发进行”、“放热”、“氧化还原反应”就能设计成原电池，否则不能设计成原电池．10．下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是()①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．②⑤B．①②C．①②④D．①③⑤【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】比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．【解答】解：①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故①正确；②比较非金属性的强弱，根据最高价含氧酸的氧化性强弱来比较，最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，HClO不是最高价含氧酸，故②错误；③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，故③正确；④元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，故④正确；⑤比较非金属性的强弱不能根据最外层电子数的多少，应根据得电子能力判断，故⑤错误；⑥元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，说明Cl2的氧化性大于S，则非金属性Cl大于S，故⑥正确．故选A．【点评】本题考查非金属性的比较，学习中注意把握比较非金属性强弱的角度，题目难度不大．11．根据下表信息，判断以下叙述正确的是()（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0890.1020.074主要化合价+2+3+2+6、﹣2﹣2A．M与T形成的化合物熔沸点高B．最高价氧化物对应的水化物碱性：L＜QC．氢化物的还原性：H2R＜H2TD．离子半径：T2﹣＜L2+【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，T只有﹣2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素．A、M与T形成的化合物为氧化铝；B、同主族从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物碱性增强；C、非金属性越强，氢化物的还原性越弱；D、电子排布式相同的离子，原子序数越大，离子半径越小．【解答】解：短周期元素，由元素的化合价可知，T只有﹣2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素．-17-\nA、M与T形成的化合物为氧化铝，氧化铝的熔沸点很高，故A正确；B、同主族从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物碱性增强，金属性：Be＜Mg，则最高价氧化物对应的水化物碱性：L＞Q，故B错误；C、非金属性越强，氢化物的还原性越弱，非金属性：S＜O，则氢化物的还原性：H2R＞H2T，故C错误；D、电子排布式相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：T2﹣＞L2+，故D错误．故选A．【点评】本题考查元素的性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大．12．已知C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正反应方向是吸热过程，下列可使正反应速率增大的措施是()①减小容器体积使增大压强②增加碳的量③恒容时通入CO2④恒压下充入N2⑤恒容下充入N2⑥降低温度．A．①③⑤B．②④C．①③D．①③⑥【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】根据影响反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂以及接触面积分析：升温、增大物质的浓度、加压、使用催化剂、增大固体的接触面积反应速率加快，反之减慢来回答．【解答】解：①减小容器体积使增大压强，气体浓度增大，反应速率加快，故正确；②增加碳的量，不能改变影响反应速率的因素，因为C是固体，故错误；③恒容时通入CO2，其浓度增大反应时间加快，故正确；④恒压下充入N2，各相关气体浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤恒容下充入N2，各相关气体浓度不变，反应速率不变，故错误；⑥降低温度，反应速率减慢，故错误；故选C．【点评】本题主要考查学生外界条件对化学反应速率的影响，要求学生熟记结论，并灵活应用，题目较简单．13．一定条件下，将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B⇌2C，达到化学反应限度时，B的物质的量可能是()A．1.5molB．1molC．0.5molD．0【考点】化学平衡建立的过程．【分析】将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B⇌2C，假设平衡向正反应方向移动且A完全转化为生成物，此时A和B的物质的量最少、C的物质的量最多，如果平衡向逆反应方向移动且C完全转化为A和B，此时A和B的物质的量最多、C的物质的量最少，据此分析解答．-17-\n【解答】解：将A、B、C三种物质各1mol通入一个密闭容器中发生反应：2A+B⇌2C，假设平衡向正反应方向移动且A完全转化为生成物，此时A和B的物质的量最少、C的物质的量最多，则n（A）=0、n（B）=1mol﹣0.5mol=0.5mol、n（C）=1mol+1mol=2mol；如果平衡向逆反应方向移动且C完全转化为A和B，此时A和B的物质的量最多、C的物质的量最少，n（C）=0、n（B）=0.5mol+1mol=1.5mol、n（A）=1mol+1mol=2mol，所以最终平衡状态时n（A）在0﹣2mol之间、n（B）在0.5mol﹣1.5mol之间、n（C）在0﹣2mol之间，所以只有B合适，故选B．【点评】本题考查化学平衡建立过程，侧重考查学生分析判断能力，采用极限法分析解答，注意可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，题目难度不大．14．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论A稀盐酸Na2S漂粉精溶液酸性：盐酸＞氢硫酸＞次氯酸B浓盐酸KMnO4Na2S溶液氧化性：KMnO4＞Cl2＞SC浓氨水NaOH酚酞碱性：NaOH＞NH3•H2OD浓硫酸Na2SO3BaCl2溶液SO2与可溶性钡盐均不反应A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．次氯酸钠具有强氧化性，能氧化硫化氢生成S单质；B．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C．氢氧化钠固体易潮解，溶于水放热；D．二氧化硫能和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀．【解答】解：A．次氯酸钠具有强氧化性，能氧化硫化氢生成S单质，同时生成氯化钠，所以不能据此判断酸性强弱，故A错误；B．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气、氯气和硫化钠反应生成S，第一个反应中氧化剂是高锰酸钾、氧化产物的氯气，第二个反应中氧化剂是氯气、氧化产物的S，同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：KMnO4＞Cl2＞S，故B正确；C．氢氧化钠固体易潮解，溶于水放热，使氨气挥发，与碱性无关，故C错误；D．亚硫酸酸性小于HCl，所以二氧化硫和氯化钡溶液不反应，二氧化硫具有还原性，能被强氧化性物质氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以二氧化硫能和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备与性质等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．15．已知1～18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：c＞bB．原子半径：X＜WC．热稳定性：H2Y＞HZD．还原性：Y2﹣＞Z﹣【考点】原子结构与元素的性质．【专题】原子组成与结构专题．-17-\n【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答．【解答】解：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，A．由以上分析可知c=8，b=11，则质子数c＜b，故A错误；B．W为Al元素，X为Na元素，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径Na＞Al，故B错误；C．非金属性F＞O，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HF＞H2O，故C错误；D．非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2﹣＞F﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的相关知识，难度不大，可以根据电子层结构确定在周期表中的位置关系，从而推断其性质．16．在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应．若将1molCH4与Cl2反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，则消耗的Cl2为()A．1.0molB．2.0molC．3.0molD．4.0mol【考点】取代反应与加成反应．【专题】有机反应．【分析】发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，一般的氯在有机物中，根据四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4；计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量．【解答】解：四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，则四种取代物的物质的量分别为：n（CH3Cl）：0.1mol，n（CH2Cl2）：0.2mol，n（CHCl3）：0.3mol，n（CCl4）：0.4mol，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故选C．【点评】本题考查了甲烷的取代反应，题目难度不大，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生．17．关于元素周期表和元素周期律的应用有如下叙述：①元素周期表是同学们学习化学知识的一种工具②利用元素周期表可以预测新元素的原子结构和性质，③利用元素周期表和元素周期律可以预言新元素④利用元素周期表可以指导寻找某些特殊的材料．其中正确的是()A．①②③④B．只有②③④C．只有③④D．只有②【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】-17-\n元素周期表是根据原子核外电子排布制成，在元素周期表中，元素的性质在同一周期和同一主族中都有着规律性的变化，根据元素在周期表中的位置，可确定元素对应单质、化合物的性质，可用于预测新元素的原子结构和性质，预言新元素，寻找某些特殊的材料，具有指导意义．【解答】解：①根据元素周期表可知元素的相对原子质量、原子序数以及元素在周期表中的位置等，是同学们学习化学知识的一种重要工具，故①正确；②原子核外电子层等于元素所在的周期表的周期数，原子核外最外层电子数等于所在族序数，故②正确；③根据元素在周期表中的位置，结合元素周期律的相似性和递变性，可推知元素可能具有的性质，故③正确；④元素周期表中，不同位置的元素具有不同的性质和用途，周期表中位置靠近的元素性质相似，这就启发人们在周期表中一定的区域内寻找新的物质，故④正确；故选A．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．18．用含有少量镁的铝片制取纯净的Al（OH）3时，下列操作中最恰当的组合是()①加盐酸溶解②加NaOH溶液溶解③过滤④通入过量的CO2生成Al（OH）3⑤加盐酸生成Al（OH）3⑥加过量的烧碱生成Al（OH）3．A．①⑤⑥③B．①③⑥③C．②③④③D．②③⑤③【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶解，过滤分离，再将偏铝酸钠与弱酸反应变为氢氧化铝．【解答】解：因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al（OH）3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，再过滤即得纯净的Al（OH）3，实验操作最合理的组合及顺序为②③④③，故选C．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及铝及其化合物的性质，注意NaAlO2制备氢氧化铝只能用弱酸不能强酸，因为强酸一旦过量，氢氧化铝会继续与强酸反应，与弱酸不反应．二、简答题19．下列各题中有关物质的比较，请用“＞”、“＜”、“=”填空：（1）酸性：H3PO4＜HNO3，H2SO4＜HClO4．（2）氧化性：F2＞S，O2＞N2．（3）气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，HCl＞HI．（4）碱性：Mg（OH）2＜Ca（OH）2，Al（OH）3＜Mg（OH）2．（5）还原性：H2O＜H2S，HCl＜H2S．【考点】元素周期律的作用．【分析】（1）元素的非金属性越强，其最高正价含氧酸的酸性越强；（2）元素的非金属性越强，其得电子能力越强，则元素的氧化性越强，对应单质的氧化性越强；（3）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；（4）同主族自上而下，金属性增强，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；-17-\n（5）非金属性越强，对应氢化物的还原性的还原性越弱．【解答】解：（1）同一周期元素，其非金属性随着原子序数的增大而增强，所以非金属性S＜Cl，同一主族元素，其非金属性随着原子序数的增大而减小，所以非金属性P＜N，所以酸性：H3PO4＜HNO3，H2SO4＜HClO4，故答案为：＜；＜；（2）同周期元素从左向右非金属性增强，非金属性Cl＞S，同主族元素从上到下非金属性减弱非金属性F＞Cl，非金属性F＞Cl＞S，则非金属性F＞S，则单质的氧化性F2＞S，同周期元素从左向右非金属性增强，非金属性O＞N，则单质的氧化性O2＞N2，故答案为：＞；＞；（3）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：N＞C，则有稳定性：CH4＞NH3，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：Cl＞I，且非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则有稳定性：HCl＞HI，故答案为：＜；＞；（4）同主族自上而下，金属性增强，所以金属性Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Ca（OH）2＞Mg（OH）2，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，所以金属性Mg＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3，故答案为：＜；＜；（5）非金属性O＞S，氢化物的还原性：H2O＜H2S，非金属性Cl＞S，对应氢化物的还原性为HCl＜H2S，故答案为：＜；＜．【点评】本题考查了元素周期律，明确元素非金属性与其最高价含氧酸酸性、氢化物的稳定性的关系即可解答，熟练掌握元素周期律内涵，并会灵活运用，题目难度中等．20．有以下物质：①Ne；②NH4Cl；③KNO3；④NaOH；⑤Cl2；⑥SO2；⑦H2S；⑧Na2O2；⑨MgCl2．请用上述物质的数字序号填空：（1）只存在离子键的是⑨（2）既存在离子键又存在极性键的是②③④（3）不存在化学键的是①（4）属于共价化合物的是⑥⑦．【考点】化学键．【分析】金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，以此解答该题．【解答】解：①Ne为单质，不存在化学键；②NH4Cl为离子化合物，含有离子键和极性共价键；③KNO3为离子化合物，含有离子键和极性共价键；④NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键；⑤Cl2为单质，只含有共价键；⑥SO2属于共价化合物，含有共价键；⑦H2S属于共价化合物，含有共价键；⑧Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键；⑨MgCl2为离子化合物，只含有离子键．（1）只存在离子键的是⑨，故答案为：⑨；（2）既存在离子键又存在极性键的是②③④，故答案为：②③④；-17-\n（3）不存在化学键的是①，故答案为：①；（4）属于共价化合物的是⑥⑦，故答案为：⑥⑦．【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，易错点是①，注意稀有气体是单原子分子，所以不含化学键，为易错点．21．（18分）A、B、C、D、E、F是原子序数由小到大排列的六种短周期主族元素，其中A、B、C、E的原子序数之和为32．A是周期表中原子半径最小的元素，B、C左右相邻，A与D、C与E分别位于同族．（1）F元素原子结构示意图为：，最高价氧化物的化学式为：Cl2O7．（2）A与C按原子数目1：1组成的化合物的电子式为．（3）用电子式表示D和F组成化合物的形成过程：．（4）A、B、C、E四种元素中的三种能组成一种常见的强酸．该酸的稀溶液能与铜反应，其中起酸性作用的酸占消耗酸总物质的量的百分比是75%．（5）由A、B、C、E四种元素组成一种离子化合物X．已知1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体．写出加热条件下X与NaOH浓溶液反应的离子方程式：NH4++OH﹣NH3↑+H2O．（6）A、B、C、E和Fe五种元素组成化学式式量为392的化合物Y，1molY含有6mol结晶水．对化合物Y进行如下实验：a．取Y的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生无色有刺激性气味的气体和白色沉淀．该白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色．b．另取Y的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解．①Y的化学式为（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O；②写出Y与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：2NH4++Fe2++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数由小到大排列的六种短周期主族元素，其中A、B、C、E的原子序数之和为32，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、E位于同主族，设B的原子序数为x，则C原子序数为x+1，E原子序数为x+1+8，故1+x+x+1+x+1+8=32，解得x=7，故B为N元素，C为O元素，E为S元素，则F为Cl；A与D同主族，结合原子序数之和可知，D为Na元素．（1）F为Cl元素，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、7；最高价正价为+7；（2）A与C按原子数目1：1组成的化合物H2O2；（3）D和F组成化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，用Na原子、Cl原子电子式表示其形成过程；（4）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该酸为硝酸，稀硝酸与Cu反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（5）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物X，1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，说明该物质阳离子为NH4+，且1molA中含有2molNH4+，则A为硫酸铵或亚硫酸铵，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气；-17-\n（6）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物Y，Y的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+，另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则B中含有硫酸根离子，又1molB中含有6mol结晶水，令Y的化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•6H2O，结合其相对分子质量确定．【解答】解：A、B、C、D、E、F是原子序数由小到大排列的六种短周期主族元素，其中A、B、C、E的原子序数之和为32，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B、C左右相邻，C、E位于同主族，设B的原子序数为x，则C原子序数为x+1，E原子序数为x+1+8，故1+x+x+1+x+1+8=32，解得x=7，故B为N元素，C为O元素，E为S元素，则F为Cl；A与D同主族，结合原子序数可知，则D为Na元素；（1）F为Cl元素，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为；最高价正价为+7，最高价氧化物化学式为：Cl2O7，故答案为：；Cl2O7；（2）A与C按原子数目1：1组成的化合物H2O2，电子式为：，故答案为：；（3）D和F组成化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，用电子式表示其形成过程为，故答案为：；（4）由H、N、O、S四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该酸为硝酸，稀硝酸与Cu反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，其中起酸性作用的酸占消耗酸总物质的量的百分比是×100%=75%，故答案为：75%；（5）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物X，1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下44.8L气体，说明该物质阳离子为NH4+，且1molA中含有2molNH4+，则A为硫酸铵或亚硫酸铵，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，反应离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；（6）①由H、N、O、S和Fe五种元素组成的式量为392的化合物Y，Y的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体．过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，可知Y中含有Fe2+、NH4+；另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则B中含有硫酸根离子，又1molB中含有6mol结晶水，令Y的化学式为x（NH4）2SO4•yFeSO4•6H2O，则：（96+36）x+（96+56）y+108=392，则x=y=1，故Y化学式为：（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，-17-\n②与足量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：2NH4++Fe2++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O，故答案为：（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O；2NH4++Fe2++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O．【点评】本题考查位置结构性质的应用、无机物推断等，明确B、C、E的位置及原子序数的关系来推断元素是关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度较大．22．下列几组物质或粒子中，属于同素异形体的是④，互为同位素的是②，属于同系物的是⑥，互为同分异构体的是⑤⑨，属于同一种物质的是③⑦⑧．①14N和14C②16O和18O③1H2和2H2④足球烯（C60）和金刚石⑤CH3CH2CH2CH3和CH（CH3）3⑥CH3CH2CH3和CH3（CH2）2CH3⑦和⑧和⑨和【考点】同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．【分析】相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同一物质是分子组成相同，结构相同的物质．【解答】解：④足球烯（C60）和金刚石都是由碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，②16O和18O质子数相同，中子数不同，故互为同位素，⑥CH3CH2CH3和CH3（CH2）2CH3结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，故互为同系物，⑤CH3CH2CH2CH3和CH（CH3）3⑨和分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，③1H2和2H2⑦和⑧和是同一物质，故答案为：④；②；⑥；⑤⑨；③⑦⑧．【点评】本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的概念，难度不大，对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．-17-
