2019-2020年高一下学期期中化学试卷（必修）含解析.doc

2019-2020年高一下学期期中化学试卷（必修）含解析一、单项选择题：在每题的4个选项中只有1个选项是符合要求的（本部分28题，每题3分）1xx年是我国的”互联网+”战略年，建设互联网信息高速公路所需光纤的制作原料是（）A铁B硅C二氧化硅D优质沥青2新能源的开发利用是人类社会可持续发展的重要课题下列属于新能源的是（）A氢气B煤炭C天然气D石油3xx年2月朝鲜进行了第三次核试验，引起国际社会的极大关注 U是一种重要的核燃料，这里的“235”是指该原子的（）A质子数B中子数C电子数D质量数4下列含有共价键的离子化合物是（）ANH4ClBH2OCN2DMgCl25用NA表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）A18gH2O含有的氢原子数目为NAB标准状况下，22.4LCO2含有的分子数目为NAC1L1molL1K2SO4溶液中含有的钾离子数目为NAD1molH2在O2中完全燃烧转移的电子数目为NA6世界气候大会与xx年12月在丹麦首都哥本哈根召开，商讨xx至2020年全球温室气体减排协议下列物质属于温室气体的是（）AN2BH2CCO2DO27下列过程有热量放出的是（）A断开氢气中的HH键BBa（OH）28H2O晶体与NH4Cl晶体反应CC与H2O（g）反应DNa与H2O反应8石墨烯是仅由一层碳原子构成的新型材料，具有超强的导电性下列元素与碳元素处于同一主族的是（）AHeBOCSiDP9ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂下列反应可制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列判断正确的是（）AKClO3在反应中失去电子BH2C2O4是氧化剂CH2SO4发生氧化反应D生成2mol ClO2时有2mol电子转移10用NA表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）A标准状况下，22.4 L苯中含有的分子数目为NAB25、101 kPa时，20 g SO3中含有的原子数目为NAC1 L 1 molL1 MgCl2溶液中含有的氯离子数目为NAD16.8 g Fe与足量水蒸气反应，转移的电子数目为0.9NA11氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其原理如图所示有关氢氧燃料电池的说法不正确的是（）A该电池工作时化学能转化为电能B该电池中电极b是正极，发生还原反应C外电路中电流由电极a通过导线流向电极bD该电池的总反应为：2H2+O2=2H2O12下列化学用语正确的是（）A氟化氢的电子式：B氯原子的结构示意图：C氯化钠的电离方程式：NaCl=Na+ClD乙醇的结构式：C2H6O13能在强酸性溶液中大量共存的一组离子是（）AK+、Cu2+、SO42、NO3BNa+、Ba2+、Br、SO42CNH4+、Fe3+、Cl、SCNDK+、Fe2+、Cl、NO314将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，电流计指针发生偏转下列针对该装置的说法正确的是（）A将电能转换为化学能B电子由铜片流出C锌片是负极D铜片逐渐被腐蚀15已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是（）AR的原子半径比Z大BR的氢化物的稳定性比W的强CX与Y形成离子化合物DY的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强16关于元素周期表的说法正确的是（）A元素周期表有8个主族BA族的元素全部是金属元素C元素周期表有7个周期D短周期是指第一、二周期17当其他条件不变时，下列说法正确的是（）A用浓硫酸代替稀硫酸可以加快和锌反应制取氢气的速率B在合成氨反应中，增大N2浓度可以使H2的转化率达到100%C当可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率均为零D用锌粉代替锌块与稀硫酸反应可以加快制取氢气的速率18下列实验装置（部分仪器已省略）或操作，能达到相应实验目的是（）A干燥氯气B闻气体气味C分离乙醇和水D进行喷泉实验19下列离子方程式正确的是（）A锌与稀硫酸反应：Zn+2H+Zn2+H2B碳酸钙与稀硝酸反应：CO32+2H+CO2+H2OC氢氧化铝与盐酸反应：H+OHH2OD氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应：Mg2+OHMg（OH）220N2+3H22NH3，是工业上制造氮肥的重要反应下列关于该反应的说法正确的是（）A增加N2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若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100%转化为NH321X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z和N可以形成ZN2型化合物下列有关说法正确的是（）AX与Y只能形成一种化合物B最高价氧化物对应水化物的碱性：YZC单质熔点：MND单质的氧化性：XM22下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法中，正确的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B相同温度下在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C取1 molL1的两种溶液，分别滴加澄清石灰水，有沉淀生成的是Na2CO3溶液D取等质量的两种固体分别与等浓度等体积的盐酸反应，生成气泡较快的是NaHCO3溶液23硝酸工业尾气中含有NO和NO2的混合物，可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 现用足量的纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4L（标准状况）CO2时，吸收液质量就增加44g则吸收液中和NaNO2和NaNO3物质的量之比为（）A5：3B3：1C1：1D2：324我国首创的海洋电池以铝板、铂网为电极，以海水作为电解质溶液，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时将电能转化为化学能B通常一段时间后该电池只需更换铝板就可继续使用C负极反应式是：O2+2H2O+4e=4OHD铝片发生还原反应25下列ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是（）A20Ne和22Ne互为同位素B20Ne和22Ne互为同素异形体C20Ne和22Ne的质量数相同D20Ne和22Ne的中子数相同26对于反应中的能量变化，表述正确的是（）A氧化反应均为吸热反应B断开化学键的过程会放出能量C加热才能发生的反应一定是吸热反应D放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量27短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大AC的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半下列叙述正确的是（）A原子半径：ABCDB非金属性：ACCB和D最高价氧化物对应水化物相互不反应D单质B常温下能溶于浓硝酸28某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl、SO42、CO32、NH4+、Na+、K+为确认溶液组成进行如下实验：（1）200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（）A一定存在SO42、CO32、NH4+，可能存在Cl、Na+、K+B一定存在SO42、CO32、NH4+、Cl，一定不存在Na+、K+Cc（CO32）=0.01mol，c（NH4+）c（SO42）D如果上述6种离子都存在，则c（Cl）c（SO42）二.填空题：（本部分共两题，共16分）29如图所示的物质转化关系中（反应条件未全部列出），A为某金属矿的主要成分，B、D为组成元素相同的无色液体，C、E是单质，I的溶液呈蓝色，反应是工业上冶炼金属的一种方法请回答下列问题：（1）B的电子式为_（2）G的化学式为_（3）E与H的浓溶液反应的化学方程式为_（4）I的溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_30纳米氧化铝在陶瓷材料、电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到已知：硫酸铝铵晶体的化学式为Al2（NH4）2（SO4）424H2O，相对分子质量为906（1）制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法是_上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：_、_、过滤、洗涤、干燥（2）取4.53g 硫酸铝铵晶体加热分解，最终剩余0.51g Al2O3固体加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示请通过计算确定400时剩余固体成分的化学式（写出计算过程）xx学年江苏省泰州市泰兴中学高一（下）期中化学试卷（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题：在每题的4个选项中只有1个选项是符合要求的（本部分28题，每题3分）1xx年是我国的”互联网+”战略年，建设互联网信息高速公路所需光纤的制作原料是（）A铁B硅C二氧化硅D优质沥青【考点】硅和二氧化硅【分析】光导纤维是信息技术的基石，主要成分是SiO2【解答】解：光导纤维的主要成分是二氧化硅，有良好的导光性，故选：C2新能源的开发利用是人类社会可持续发展的重要课题下列属于新能源的是（）A氢气B煤炭C天然气D石油【考点】清洁能源【分析】新能源包括太阳能、核能、风能、氢能等；煤、石油、天然气是化石燃料【解答】解：新能源包括太阳能、核能、风能、氢能等；而煤、石油、天然气是化石燃料，属于常规能源，故选A3xx年2月朝鲜进行了第三次核试验，引起国际社会的极大关注 U是一种重要的核燃料，这里的“235”是指该原子的（）A质子数B中子数C电子数D质量数【考点】核素【分析】根据原子符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数来解答【解答】解：235U中“235”是指该原子的质量数，故选D4下列含有共价键的离子化合物是（）ANH4ClBH2OCN2DMgCl2【考点】化学键【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物【解答】解：A氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，为离子化合物，故A正确；B水分子中氢原子和氧原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；C氮气分子中氮原子之间只存在共价键，为单质，故C错误；D氯化镁中镁离子和氯离子之间中存在离子键，为离子化合物，故D错误；故选A5用NA表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）A18gH2O含有的氢原子数目为NAB标准状况下，22.4LCO2含有的分子数目为NAC1L1molL1K2SO4溶液中含有的钾离子数目为NAD1molH2在O2中完全燃烧转移的电子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出水的物质的量，然后根据水中含2个氢原子来分析；B、分子个数N=；C、求出硫酸钾的物质的量n=CV，然后根据1mol硫酸钾中含2mol钾离子来分析；D、氢气在氧气中完全燃烧时，H元素由0价变为+1价【解答】解：A、18g水的物质的量为1mol，而水中含2个氢原子，故1mol水中含2NA个H原子，故A错误；B、分子个数N=NA个，故B正确；C、溶液中硫酸钾的物质的量n=CV=1mol/L1L=1mol，而1mol硫酸钾中含2mol钾离子，即含2NA个钾离子，故C错误；D、氢气在氧气中完全燃烧时，H元素由0价变为+1价，故1mol氢气反应后转移2NA个电子，故D错误故选B6世界气候大会与xx年12月在丹麦首都哥本哈根召开，商讨xx至2020年全球温室气体减排协议下列物质属于温室气体的是（）AN2BH2CCO2DO2【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】温室效应加剧主要是由于现代化工业社会燃烧过多煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的【解答】解：化石燃料的过度燃烧产生大量的二氧化碳气体排放到大气中形成了温室效应，故温室气体主要是二氧化碳气体故选C7下列过程有热量放出的是（）A断开氢气中的HH键BBa（OH）28H2O晶体与NH4Cl晶体反应CC与H2O（g）反应DNa与H2O反应【考点】吸热反应和放热反应【分析】放出热量的过程可以是放热反应，也可以是放热的物理过程常见的放热反应有：绝大多数的化合反应；所有的燃烧；金属和水或酸的反应；酸碱中和反应；铝热反应；常见的放热的物理过程有：浓硫酸用水稀释；氢氧化钠固体溶于水；物质由气态液态固态据此分析【解答】解：A、断开化学键要吸收能量，故A错误；B、铵盐和碱的反应为吸热反应，故Ba（OH）28H2O晶体与NH4Cl晶体要吸收热量，故B错误；C、C和水蒸汽的反应为以碳做还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故C错误；D、金属和水或酸的反应为放热反应，故钠和水的反应为放热反应，故D正确故选D8石墨烯是仅由一层碳原子构成的新型材料，具有超强的导电性下列元素与碳元素处于同一主族的是（）AHeBOCSiDP【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】碳元素最外层电子数4，处于A族，对于主族元素最外层电子数等于族序数，据此判断【解答】解：A、He属于稀有气体，处于零族元素，故A不符合；B、O元素原子最外层电子数是6，处于第A族，故B不符合；C、Si元素原子最外层电子数为4，处于第A族，故C符合；D、P元素原子最外层电子数为5，处于第A族，故D不符合；故选C9ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂下列反应可制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O下列判断正确的是（）AKClO3在反应中失去电子BH2C2O4是氧化剂CH2SO4发生氧化反应D生成2mol ClO2时有2mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价，C元素化合价由+3价变为+4价，A元素失电子化合价升高；B得电子化合价降低的反应物是氧化剂；C还原剂发生氧化反应；D根据二氧化氯和转移电子之间的关系式计算【解答】解：该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价，C元素化合价由+3价变为+4价，A该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价，所以KClO3在反应中得到电子，故A错误；BC元素化合价由+3价变为+4价，所以草酸失电子化合价升高，则草酸作还原剂，故B错误；C硫酸中各元素化合价不变，所以硫酸既不发生氧化反应也不发生还原反应，故C错误；D生成2mol ClO2时转移电子的物质的量=2mol（54）=2mol，故D正确；故选D10用NA表示阿伏加德罗常数的值下列判断正确的是（）A标准状况下，22.4 L苯中含有的分子数目为NAB25、101 kPa时，20 g SO3中含有的原子数目为NAC1 L 1 molL1 MgCl2溶液中含有的氯离子数目为NAD16.8 g Fe与足量水蒸气反应，转移的电子数目为0.9NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下苯为液态；B、求出三氧化硫的物质的量，然后根据1mol三氧化硫中含4mol原子来分析；C、求出氯化镁的物质的量，然后根据1mol氯化镁中含2mol氯离子来分析；D、求出铁的物质的量，然后根据铁和水蒸气反应后变为+价来分析【解答】解：A、标况下苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故A错误；B、20g三氧化硫的物质的量n=0.25mol，而1mol三氧化硫中含4mol原子，故0.25mol三氧化硫中含NA个原子，故B正确；C、溶液中氯化镁的物质的量n=CV=1mol/L1L=1mol，而1mol氯化镁中含2mol氯离子，故含2NA个，故C错误；D、16.8g铁的物质的量n=0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为+价，故0.3mol铁转移0.8NA个电子，故D错误故选B11氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其原理如图所示有关氢氧燃料电池的说法不正确的是（）A该电池工作时化学能转化为电能B该电池中电极b是正极，发生还原反应C外电路中电流由电极a通过导线流向电极bD该电池的总反应为：2H2+O2=2H2O【考点】化学电源新型电池【分析】A燃料电池是将化学能转化为电能的装置；B燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极；C外电路中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极；D在得失电子相同条件下，将正负极电极反应式相加即得电池反应式【解答】解：A燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B通入氧化剂的电极为正极，所以b为正极，故B正确；C通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，电子从负极a沿导线流向正极b，电流由电极b通过导线流向电极a，故C错误；D该电池中，负极上电极反应式为2H24e=4H+，正极电极反应式为O2+4H+4e=2H2O，正负极电极反应式相加得电池反应式2H2+O2=2H2O，故D正确；故选C12下列化学用语正确的是（）A氟化氢的电子式：B氯原子的结构示意图：C氯化钠的电离方程式：NaCl=Na+ClD乙醇的结构式：C2H6O【考点】电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；结构式；电离方程式的书写【分析】AHF为共价化合物，存在共用电子对；B根据当质子数=核外电子数，为原子；当质子数核外电子数，为阳离子；当质子数核外电子数，为阴离子；据此进行分析解答；C强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离，离子团不能拆开；DC2H6O是乙醇的分子式【解答】解：A共价化合物电子式的书写是用或x标出每个原子的最外层电子数以及原子间的共用电子对，使每个原子达到稳定结构，离子化合物电子式的书写是阴离子和复杂阳离子用括起来，在右上角标出电荷和电性，HF是共价化合物，不能写成离子化合物的形式，故A错误； B由图示可知：核电荷数=质子数=17核外电子数=18，为阴离子，故B错误；C氯化钠能完全电离出钠离子和氯离子，故C正确；D乙醇的结构式为：CH3CH2OH，故D错误故选C13能在强酸性溶液中大量共存的一组离子是（）AK+、Cu2+、SO42、NO3BNa+、Ba2+、Br、SO42CNH4+、Fe3+、Cl、SCNDK+、Fe2+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】强酸性溶液中存在大量的氢离子，AK+、Cu2+、SO42、NO3离子之间不满足离子反应发生条件，且都不与氢离子反应；B钡离子能够与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡；C铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；D酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子【解答】解：溶液为强酸性，说明溶液中存在大量的氢离子，AK+、Cu2+、SO42、NO3之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BBa2+、SO42之间能够反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+、SCN之间能够反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNO3离子在酸性条件下能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A14将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，电流计指针发生偏转下列针对该装置的说法正确的是（）A将电能转换为化学能B电子由铜片流出C锌片是负极D铜片逐渐被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn2e=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为2H+2e=H2，以此解答【解答】解：A该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故A错误；B电子从负极锌流向正极铜，故B错误；C锌易失电子作负极，铜作正极，故C正确；D铜片上电极方程式为2H+2e=H2，所以铜片质量不变，故D错误；故选C15已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是（）AR的原子半径比Z大BR的氢化物的稳定性比W的强CX与Y形成离子化合物DY的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，AZ为Mg、R为Cl，二者同周期，原子序数依次增大，原子半径减小，故A错误；B非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；CH与C元素形成烃类物质，属于共价化合物，故C错误；DY、W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故D错误，故选B16关于元素周期表的说法正确的是（）A元素周期表有8个主族BA族的元素全部是金属元素C元素周期表有7个周期D短周期是指第一、二周期【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】元素周期表有7个周期（短周期、长周期、不完全周期），有18个纵行（7个主族、7个副族、第族、零族），以此来解答【解答】解：A元素周期表有7个主族，故A错误；BA族的元素除H元素外都是金属元素，故B错误；C元素周期表有7个周期，故C正确；D短周期是指第一、二、三周期，故D错误；故选C17当其他条件不变时，下列说法正确的是（）A用浓硫酸代替稀硫酸可以加快和锌反应制取氢气的速率B在合成氨反应中，增大N2浓度可以使H2的转化率达到100%C当可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率均为零D用锌粉代替锌块与稀硫酸反应可以加快制取氢气的速率【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A浓硫酸和锌反应不生成氢气；B为可逆反应，转化率不可能达到100%；C平衡时正逆反应速率相等，但不为零；D固体表面积增大，反应速率增大【解答】解：A浓硫酸具有强氧化性，和锌反应不生成氢气，生成二氧化硫气体，故A错误；B为可逆反应，转化率不可能达到100%，故B错误；C化学平衡为动态平衡，平衡时正逆反应速率相等，但不为零，故C错误；D用锌粉代替锌块，固体表面积增大，反应速率增大，故D正确；故选D18下列实验装置（部分仪器已省略）或操作，能达到相应实验目的是（）A干燥氯气B闻气体气味C分离乙醇和水D进行喷泉实验【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的净化和干燥；氨的制取和性质【分析】A碱石灰与氯气反应；B闻气体应使极少量气体进入鼻孔；C乙醇与水不分层；D氧气不溶于水【解答】解：A碱石灰与氯气反应，则图中装置不能干燥氯气，故A错误；B闻气体应使极少量气体进入鼻孔，图中操作合理，故B正确；C乙醇与水不分层，不能利用分液漏斗分离，应利用蒸馏，故C错误；D氧气不溶于水，不能进行喷泉实验，故D错误；故选B19下列离子方程式正确的是（）A锌与稀硫酸反应：Zn+2H+Zn2+H2B碳酸钙与稀硝酸反应：CO32+2H+CO2+H2OC氢氧化铝与盐酸反应：H+OHH2OD氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应：Mg2+OHMg（OH）2【考点】离子方程式的书写【分析】A锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；B碳酸钙为沉淀，应保留化学式；C氢氧化铝为沉淀应保留化学式；D电荷、原子个数都不守恒【解答】解：A锌与稀硫酸反应，离子方程式：Zn+2H+Zn2+H2，故A正确；B碳酸钙与稀硝酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故B错误；C氢氧化铝与盐酸反应，离子方程式：3H+Al（OH）33H2O+Al3+，故C错误；D氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2，故D错误；故选：A20N2+3H22NH3，是工业上制造氮肥的重要反应下列关于该反应的说法正确的是（）A增加N2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若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100%转化为NH3【考点】化学反应速率的影响因素；化学反应的可逆性【分析】该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，结合浓度、温度、催化剂对反应速率的影响解答该题【解答】解：A反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；B升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；C加入催化剂能增大反应速率，故C错误；D该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误故选A21X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z和N可以形成ZN2型化合物下列有关说法正确的是（）AX与Y只能形成一种化合物B最高价氧化物对应水化物的碱性：YZC单质熔点：MND单质的氧化性：XM【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层电子分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，结合对应的单质化合物的性质与元素周期律的递变规律解答【解答】解：X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层电子分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，则AX为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2，故A错误；B同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaMg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性NaOHMg（OH）2，故B正确；C硫常温下为固体，而氯气为气体，则硫的熔点高，故C错误；D同主族自上而下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故单质氧化性XM，故D错误；故选B22下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法中，正确的是（）A热稳定性：Na2CO3NaHCO3B相同温度下在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C取1 molL1的两种溶液，分别滴加澄清石灰水，有沉淀生成的是Na2CO3溶液D取等质量的两种固体分别与等浓度等体积的盐酸反应，生成气泡较快的是NaHCO3溶液【考点】钠的重要化合物【分析】NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，以此解答该题【解答】解：A因2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，故A错误；B在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳可生成NaHCO3沉淀，可说明水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3，故B错误；C加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，故C错误；DNaHCO3与盐酸反应只需一步即放出二氧化碳气体：HCO3+H+=CO2+H2O，而Na2CO3要和HCl反应放出二氧化碳气体需两步：CO32+H+=HCO3，HCO3+H+=CO2+H2O，故NaHCO3与盐酸反应更剧烈，反应速率更快，故D正确故选D23硝酸工业尾气中含有NO和NO2的混合物，可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 现用足量的纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4L（标准状况）CO2时，吸收液质量就增加44g则吸收液中和NaNO2和NaNO3物质的量之比为（）A5：3B3：1C1：1D2：3【考点】化学方程式的有关计算【分析】设NaNO2的物质的量为xmol，NaNO3的物质的量为ymol，2NO2+Na2CO3NaNO2+NaNO3+CO22y y y yNO+NO2+Na2CO32NaNO2 +CO2 xy 已知产生22.4L（标准状况下）CO2，则x+=溶液增加的质量为：2y46+30+46（y+）44=44，据此计算【解答】解：设NaNO2的物质的量为xmol，NaNO3的物质的量为ymol，2NO2+NaCO3NaNO2+NaNO3+CO22y y y yNO+NO2 +Na2CO3 2NaNO2 +CO2 xy 已知产生22.4L（标准状况下）CO2，则y+=溶液增加的质量为：2y46+30+4644=44，联立两个方程式解得：x：y=5：3，所以吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为5：3；故选A24我国首创的海洋电池以铝板、铂网为电极，以海水作为电解质溶液，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列有关该电池说法正确的是（）A该电池工作时将电能转化为化学能B通常一段时间后该电池只需更换铝板就可继续使用C负极反应式是：O2+2H2O+4e=4OHD铝片发生还原反应【考点】化学电源新型电池【分析】根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，结合原电池的工作原理解答该题【解答】解：A该装置属于原电池，电池工作时，化学能转化为电能，故A错误；BAl不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故B正确；C正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；DAl失电子发生氧化反应，故D错误故选B25下列ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是（）A20Ne和22Ne互为同位素B20Ne和22Ne互为同素异形体C20Ne和22Ne的质量数相同D20Ne和22Ne的中子数相同【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；同位素及其应用；同素异形体【分析】具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素同种元素形成的不同单质为同素异形体在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数【解答】解：A由具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素，20Ne和22Ne互为同位素，故A正确；B，同种元素形成的不同单质为同素异形体，20Ne和22Ne不是同素异形体，故B错误；C、20Ne和22Ne的质量数分别为20、22，故C错误；D、20Ne和22Ne的中子数分别为2010=10、2210=12，故D错误；故选：A26对于反应中的能量变化，表述正确的是（）A氧化反应均为吸热反应B断开化学键的过程会放出能量C加热才能发生的反应一定是吸热反应D放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量【考点】吸热反应和放热反应【分析】反应物的总能量大于生成物的总能量时，或当断键吸收的能量小于成键放出的能量时，反应放热，反之吸热；反应吸放热与反应条件无必然的关系，据此分析【解答】解：A、氧化反应是失电子的反应，与反应吸放热无必然关系，故A错误；B、由于原子的能量高于对应分子的能量，故断开化学键由分子变为原子要吸收能量，故B错误；C、加热才能发生的反应不一定是吸热反应，不需要加热就能发生的也不一定是放热反应，即反应吸放热与反应条件无关，故C错误；D、放热反应中，反应物的总能量会大于生成物的总能量，或断键吸收的能量要小于成键放出的能量，故D正确故选D27短周期主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大AC的原子序数的差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半下列叙述正确的是（）A原子半径：ABCDB非金属性：ACCB和D最高价氧化物对应水化物相互不反应D单质B常温下能溶于浓硝酸【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，结合三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半令B的最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C、D，原子序数依次递增，则A为氧元素，B为铝元素，C为硫元素，D为氯元素，以此解答该题【解答】解：A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，结合三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半令B的最外层电子数为x，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C，原子序数依次递增，则A为氧元素，B为铝元素，C为硫元素，D为氯元素A、由于B、C、D同周期，原子序数依次增大，同一周期，从左到右半径在减小，原子半径BCD，D为氯元素，A为氧元素，原子半径为DA，故原子半径为BCDA，故A错误；B、A、C同主族，自上而下金属性增强，非金属性减弱，所以非金属性AC，故B正确；C、B和D最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，二者发生中和反应，故C错误；D、B为铝元素，常温下铝在浓硝酸钝化，不能溶解，故D错误故选B28某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl、SO42、CO32、NH4+、Na+、K+为确认溶液组成进行如下实验：（1）200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（）A一定存在SO42、CO32、NH4+，可能存在Cl、Na+、K+B一定存在SO42、CO32、NH4+、Cl，一定不存在Na+、K+Cc（CO32）=0.01mol，c（NH4+）c（SO42）D如果上述6种离子都存在，则c（Cl）c（SO42）【考点】离子共存问题；几组未知物的检验【分析】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32、SO42；（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4+；【解答】解：（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有CO32、SO42，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是=0.01mol，所以碳酸钡的质量是4.3g2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol；（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是=0.05mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol；A、溶液中一定存在SO42、CO32、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl，不能确定是否存在Na+、K+，故A错误；B、溶液中一定存在SO42、CO32、NH4+，根据电荷守恒，一定存在Cl，不能确定是否存在Na+、K+，故B错误；C、碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，浓度是=0.05mol/L，铵根离子浓度是=0.25mol/L，故C错误；D、如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c（Cl）+2c（SO42）+2c（CO32）=c（NH4+）+c（Na+）+c（K+），则c（Cl）c（SO42），故D正确故选D二.填空题：（本部分共两题，共16分）29如图所示的物质转化关系中（反应条件未全部列出），A为某金属矿的主要成分，B、D为组成元素相同的无色液体，C、E是单质，I的溶液呈蓝色，反应是工业上冶炼金属的一种方法请回答下列问题：（1）B的电子式为（2）G的化学式为SO3（3）E与H的浓溶液反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（4）I的溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cu2+2OH=Cu（OH）2【考点】无机物的推断【分析】B、D为组成元素相同的无色液体，且B在二氧化锰作用下生成D与单质C，可知B为H2O2，D为H2O，则C为O2，反应是工业上冶炼金属的一种方法，由I的溶液呈蓝色，可知A中应含有Cu元素，应为Cu2S，则E为Cu，F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，I为CuSO4，据此答题【解答】解：B、D为组成元素相同的无色液体，且B在二氧化锰作用下生成D与单质C，可知B为H2O2，D为H2O，则C为O2，反应是工业上冶炼金属的一种方法，由I的溶液呈蓝色，可知A中应含有Cu元素，应为Cu2S，则E为Cu，F为SO2，G为SO3，H为H2SO4，I为CuSO4，（1）由以上分析可知，B为H2O2，电子式为，故答案为：；（2）由上述分析可知，G为SO3，故答案为：SO3；（3）Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（4）CuSO4溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cu2+2OH=Cu（OH）2，故答案为：Cu2+2OH=Cu（OH）230纳米氧化铝在陶瓷材料、电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到已知：硫酸铝铵晶体的化学式为Al2（NH4）2（SO4）424H2O，相对分子质量为906（1）制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法是取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（2）取4.53g 硫酸铝铵晶体加热分解，最终剩余0.51g Al2O3固体加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示请通过计算确定400时剩余固体成分的化学式（写出计算过程）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，（1）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+；由工艺流程可知，流程中“分离”是从溶液中获得晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（2）计算晶体中水的质量，根据固体质量差，计算晶体中剩余结晶水的质量，进而计算剩余固体中n（NH4）Al（SO4）2：n（H2O），据此书写化学式【解答】解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体；（1）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3，过滤后的滤液中可能含有Fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽故答案为：取少许滤液于试管中，加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽；由工艺流程可知，流程中“分离”是从溶液中获得晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（2）取4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为=0.005mol，4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol2418g/mol=2.16g，加热400时固体质量减少m=4.53g2.46g=2.07g2.16g剩余固体中结晶水的物质的量为=0.005mol剩余固体中n（NH4）2Al2（SO4）4：n（H2O）=0.005mol：0.005mol=1：1，故400时剩余固体成分的化学式为（NH4）2Al2（SO4）4H2O答：400时剩余固体成分的化学式为（NH4）2Al2（SO4）4H2Oxx年9月29日