2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试卷(含解析).doc

2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试卷(含解析)可能用到的元素的相对原子质量： H-l C-l2 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137一、选择题(共23小题，每小题2分，共46分。每小题只有一个选项符合题意)1.下面有关诗词或古文中对化学知识的分析错误的是( )A. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，说明金的性质稳定，在自然界中以游离态形态存在，不需要冶炼还原B. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能C. “试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的熔点高且不易分解D. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”，该句诗中未涉及化学变化【答案】D【解析】【详解】A“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”过程中没有新物质生成，说明金的化学性质稳定，在自然界中以游离态存在，故A正确；B “豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故B正确； C玉的成分是硅酸盐，玉的硬度比河砂小，金刚砂的成分是碳化硅，“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高且不易分解，故C正确；D“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，属于化学变化，故D错误；答案选D。2.13CNMR(核磁共振)、15NNMR 可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wuthrich 等人为此获得 xx 年诺贝尔化学奖下面有关 13C、15N 叙述正确的是( )A. 13C 与 15N 有相同的中子数B. 13C 与 12C 是同一种核素C. 15N2 与 14N2 互为同位素D. 13C60 与金刚石互为同素异形体【答案】D【解析】【分析】13C、15N的质量数分别为13、15，质子数分别为6、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答。【详解】A. 13C 与 15N的中子数分别为7、8，故A错误；B. 13C 与 12C中子数不相同，不是同一种核素，故B错误；C.同位素是质子数相同中子数不同的原子，14N2与15N2都是分子，不是同位素，故C错误；D.由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体，13C60 与金刚石是碳元素的同素异形体，故D正确。答案选D。3.下列关于碱金属和卤素的说法，错误的是 ( )A. 随着核电荷数的增大,碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大B. 碱金属元素中,锂原子失去电子的能力最弱,卤素中氟原子得电子能力最强C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈D. 溴单质与水反应比氯单质与水反应更剧烈【答案】D【解析】同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,A项正确;碱金属元素中,锂的金属性最弱,卤素中,氟的非金属性最强,B项正确;钾比钠活泼,故钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈,C项正确;氯的非金属性比溴强,溴单质与水反应不如氯单质与水反应剧烈,D项错误。4.下列电子层上运动的电子能量最低的是A. LB. KC. ND. M【答案】B【解析】【分析】原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，而电子层从内到外为：K、L、M、N、O、P、Q。【详解】原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，所以N层能量最高，K层能量最低，故选B。5.利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( )A. 实验室制取纯净干燥的氨气B. 实验室用自来水制取蒸馏水C. 用浓硫酸干燥CO2D. 测量铜与浓硝酸反应生成气体的体积【答案】B【解析】【详解】A氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；B利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故B正确； C用浓硫酸干燥CO2，二氧化碳应从长导管进入，短导管出，故C错误；D铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮那个与水反应，不能用排水法测量其体积，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意氯化铵受热分解后生成氨气和氯化氢，而氨气和氯化氢在常温下又化合生成氯化铵，但该反应不属于可逆反应。6.元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性变化的原因是( )A. 元素的原子半径呈周期性变化B. 元素的化合价呈周期性变化C. 元素原子的电子层数呈周期性变化D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化【答案】D【解析】【详解】A、原子半径的周期性变化是由元素原子的核外电子排布呈周期性变化决定的，不是元素性质的周期性变化的根本原因，故A错误；B、元素的化合价呈周期性变化是由元素原子的核外电子排布呈周期性变化决定的，不是元素性质的周期性变化的根本原因，故B错误；C、随着原子序数的递增，元素原子的电子层数没有呈现周期性变化，电子层数的变化也不是元素性质的周期性变化的根本原因，故C错误；D、元素原子的核外电子排布呈周期性变化决定了元素的性质的周期性变化，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系是解答的关键，注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化。7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 ( )A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A熔点高的物质可作耐高温材料，由于Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，如制作耐火材料等，故A正确；B二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故B错误；C二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用于制造光导纤维，与其硬度大小无关，故C错误；D氨气的沸点高，液氨气化吸热，用作制冷剂，与其溶解性无关，故D错误；答案选A。8.下列关于元素周期表的说法正确的是()A. 第A族元素称为碱金属元素B. 过渡元素全是金属元素C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为8D. 俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立作出了巨大贡献【答案】B【解析】分析：AIA族包含碱金属与氢元素；B过渡元素全部是金属元素；C氦原子核外只有2个电子；D俄国化学家门捷列夫为元素周期表的建立作出了巨大贡献。详解：AIA族包含碱金属与氢元素，除氢之外的其它元素属于碱金属，A错误；B过渡元素全部是金属元素，B正确；C氦原子核外只有2个电子，其它稀有气体原子最外层电子数为8，C错误；D俄国化学家门捷列夫为元素周期表的建立作出了巨大贡献，门捷列夫制作出了第一张元素周期表，D错误；答案选B。9.下列有关化学用语表示正确的是( )A. 16O原子的核外电子数为8B. 氟原子的结构示意图C. CaCl2的电子式D. 氯化氢分子的电子式【答案】A【解析】【详解】A16O中左下角的数字为8，表示原子序数为8，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子核外电子数为8，故A正确；B氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其原子结构示意图为，故B错误；C氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，且不能合并，氯化钙的电子式为，故C错误；DHCl为共价化合物，氯化氢分子中不存在氢离子和氯离子，氯化氢的电子式为，故D错误；答案选A。【点睛】明确常见化学用语的书写原则为解答关键。本题的易错点为CD，在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在，共价化合物一定不存在。同时注意书写电子式的“不合并，不靠近”。10.如表涉及了四个离子方程式，对离子方程式的正误判断及改正方法均正确的是( )化学反应离子方程式判断及改正方法A过量铁粉与稀硝酸Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O正确B向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液Ba2+OH-+H+SO42=BaSO4+H2O错误，OH-、H+、H2O的计量数应均为2C过量的浓氨水加入到AlCl3溶液中Al3+3NH3H2O=3NH4+Al(OH)3错误，应生成AlO2、NH4+、H2ODCu与醋酸Cu+2H+=Cu2+H2错误，醋酸应该写分子式A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.过量的铁粉与稀硝酸反应生成的是Fe2+，则离子方程式书写错误，故A的判断错误；B.向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B判断和改正方法正确；C.该反应的离子方程式是正确的，故C的判断和改正方法错误；D. Cu与醋酸不反应，故D的离子方程式以及判断都错误；答案选B。11.xx年俄美两国科学家共同宣布发现了第118号元素，已知第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是A. 位于周期表的第七周期第A族B. 肯定是非金属元素C. 原子的最外层有4个电子D. 常见的化合价有+2和+4价【答案】B【解析】A. 已知第118号元素位于周期表的第七周期0族，则第114号元素位于周期表的第七周期第A族，A正确；B. 同主族从上到下金属性逐渐增强，因此可能是金属元素，B错误；C. 位于第A族，原子的最外层有4个电子，C正确；D. 位于第A族，常见的化合价有+2和+4价，D正确，答案选B。12.下列叙述正确的有两种原子构成的共价化合物分子中的化学键都是极性健两个不同种非金属元素的原子间形成的化学键都是极性键含有非极性键的化合物一定是共价化合物难失去电子的原子，一定易形成阴离子单质分子中不存在化学键，化合物的分子中才存在化学键离子化合物中一定含有离子键A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【详解】两种原子构成的共价化合物分子中的化学键不一定都是极性键，如H2O2中既有极性键也有非极性键，故错误；两种不同非金属元素原子间形成的化学键都是极性共价键，如HCl，故正确；含有非极性键的化合物不一定是共价化合物，如Na2O2属于离子化合物，故错误；难失去电子的原子，可能也难得到电子，不一定易形成阴离子，如稀有气体等，故错误；单质分子中可能存在化学键，如氢气中有共价键；化合物的分子一定存在化学键，故错误；含有离子键的化合物是离子化合物，则离子化合物中一定含有离子键，故正确；正确的有，故选B。13.某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这种原子的原子核内中子的物质的量为A. w(A+xn)AmolB. A(Ax+n)wmolC. w(Axn)A molD. w(A+x+n)A mol【答案】C【解析】元素原子的质量数为A，w克这种元素的原子，其物质的量为wAmol，阳离子Xn+核外有x个电子，则质子数为x+n，原子核内中子数为A-(x+n)=A-x-n，则w克这种元素的原子核内中子数为wAmol(A-x-n)=w(Axn)Amol，故选C。点睛：本题考查了有关物质的量的计算，明确以物质的量为核心的计算公式，熟悉原子中各微粒之间数量关系。解答本题的重点是确定阳离子Xn+的质子数。14.下列变化过程，属于放热反应的是( )液态水变成水蒸气 酸碱中和反应 浓H2SO4 稀释固体NaOH溶于水 H2 在 Cl2 中燃烧 食物腐败A. B. C. D. 【答案】A【解析】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。不是化学变化，其中和是吸热过程，是放热过程，故选A。点睛：本题考查常见的放热反应和吸热反应。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。15.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族。下列说法不正确的是( )A. 简单离子半径 X WB. W的氢化物沸点大于Y的氢化物沸点C. Z的氧化物中含离子键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性 Z X【答案】A【解析】【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则内层电子数=2，最外层电子数=6，为O元素；W与Y同族，Y为S元素，Z一定为第四周期元素；W、X、Z最外层电子数之和为10，则X、Z最外层电子数之和为4，可以是1+3、2+2、3+1，若X为Na，Z不在20号元素之前、若X为Mg，Z为Ca、若X为Al，Z为K。据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，Y为S元素。X为Mg，Z为Ca，或者X为Al，Z为K。A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，W为O元素，X为Mg或Al，简单离子半径 X W，故A错误；B. W为O元素，水分子间能够形成氢键，硫化氢不能，因此水的沸点H2S，故B正确；C. Z为Ca或K，均为活泼的金属元素，则氧化物一定为离子化合物，含离子键，故C正确；D. X为Mg或Al，Z为Ca或K，金属性ZX，最高价氧化物对应水化物的碱性 Z X，故D正确；答案选A。16.下列说法正确的是( )A. 22.4L H2中含有的氢分子数为NAB. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数C. 在密闭容器中加入1.5 mol H2和0.5 mol N2 ，充分反应后得到NH3分子数小于NAD. 常温常压，56 g铁片投入足量浓硫酸中生成SO2分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A气体状况未知，气体摩尔体积未知，无法计算氢分子的个数，故A错误；B.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者含有的质子数不相同，故B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于NA个，故C正确；D、常温下，铁在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，不能进行完全，生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为A，气体摩尔体积的相关判断，要注意适用条件，物质的状态是否为气体；外界条件是否为标准状况，即0，1.01105Pa，在标准状况下，Vm=22.4L/mol。17.按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物，下列说法错误的是A. 步骤(3)需要用到坩埚B. 步骤(2)需要用到分液漏斗C. 步骤(1)需要过滤装置D. 步骤(4)需要蒸馏装置【答案】A【解析】【分析】根据流程图，步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤；步骤(2)为分离互不相溶的液体混合物，需进行分液；步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发；步骤(4)是从有机溶液中获得甲苯，应该利用沸点不同采取蒸馏，据此分析解答。【详解】A步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故A错误；B步骤(2)为分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确； C步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故C正确；D步骤(4)是从有机溶液中获得甲苯，应该利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；答案选A。18.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、Cl、NH4+、Mg2+、CO32、Ba2+、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行三组实验，实验内容和结果如下表所示：实验序号实验内容实验结果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成2加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(已折算成标准状况下的体积)3加入足量BaCl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后对剩余沉淀进行洗涤、干燥、称量第一次称量读数为6.27g第二次称量读数为2.33g根据实验判断，下列说法正确的是( )A. 该溶液中一定含有的阳离子是K+、NH4+B. 该溶液中一定不含的离子是Ba2+、Mg2+、ClC. 无法确定是否含有的离子是K+、ClD. 向实验3所得沉淀中加入盐酸时所发生反应的离子方程式为CO32 + 2H+ = H2O + CO2【答案】A【解析】【分析】实验1加入硝酸银生成白色沉淀，说明含有Cl-、CO32-、SO42-等离子中的至少一种；实验2加足量NaOH溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有0.5molNH4+；实验3加入足量BaCl2溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后对剩余沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为6.27g，第二次称量读数为2.33g，则说明含有CO32-、SO42-，则一定不存在Mg2+、Ba2+，且n(SO42-)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(CO32-)=6.27g2.33g197g/mol=0.02mol，结合电荷守恒分析解答。【详解】根据以上分析，溶液中一定含有0.02mol CO32-、0.01mol SO42-和0.5molNH4+；一定没有Mg2+、Ba2+；溶液显电中性，根据电荷守恒，溶液中一定存在K+，可能存在Cl-。A溶液中一定含有的阳离子是K+、NH4+，故A正确；B不能确定是否含有氯离子，故B错误；C溶液中一定存在K+，可能存在Cl-，故C错误；D向实验3所得沉淀中加入盐酸时，碳酸钡被盐酸溶解，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=H2O+CO2+Ba2+，故D错误；答案选A。【点睛】根据现象判断溶液中存在的离子是解题的关键。本题的难点是K+、Cl-的判断，需要结合溶液的电中性分析判断。本题的易错点为D，要注意碳酸钡难溶于水，在离子方程式中用化学式表示。19.德国化学家F.Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的微观历程及能量变化的示意图如下，用、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是( )A. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量B. 催化剂在吸附N2、H2时，催化剂与气体之间的作用力为化学键C. 在该过程中，N2、H2断键形成N原子和H原子D. 使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少【答案】C【解析】【详解】A根据能量变化的示意图，合成氨的反应是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故A错误；B催化剂吸附N2、H2，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不属于化学键，故B错误；C由图可知，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子，然后生成2个氨分子，生成氨分子之前是氢原子和氮原子，故C正确； D催化剂对反应热无影响，合成氨反应放出的热量不变，故D错误；答案选C。20.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，判断以下叙述正确的是( )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. L2与R2的核外电子数相等B. 单质与稀盐酸反应的速率为LQC. M与T形成的化合物具有两性D. R与T2可以直接化合生成RT3【答案】C【解析】【分析】短周期元素中，R和T的化合价都有-2价，均处于A族，R的最高价为+6价，T无正价，且R的原子半径较大，则R为S元素，T为O元素；L和Q的化合价都为+2价，处于A族，且L的原子半径大于Q的，则Q为Be元素，L为Mg元素；M的化合价为+3价，为周期表第A族元素，而M原子半径大于硫、小于Mg，则M为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，L为Mg元素，M为Al元素，Q为Be元素，R为S元素，T为O元素。AMg2+核外有10个电子，S2-核外有18个电子，二者核外电子数不同，故A错误；B金属性MgBe，则Mg与酸反应越剧烈，相同条件下单质与稀盐酸反应速率为QL，故B错误；CM与T形成的化合物是氧化铝，能与酸反应生成相应的盐与水，与碱反应生成相应的盐与水，氧化铝是两性氧化物，故C正确；D硫与氧气直接化合生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选C。21.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+、MnO4B. 加入金属铝能产生氢气的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClC. 无色透明溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3D. 酸性溶液中：SO42、Na+、ClO、I、Fe3+【答案】C【解析】【详解】ApH=1的溶液显酸性，酸性条件下NO3-、MnO4-能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故A错误；B加入金属铝能产生氢气的溶液，呈酸性或强碱性，NH4+、Al3+与氢氧根离子反应，不能大量共存，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故B错误；CCa2+、K+、Cl-、HCO3-之间能够共存，且为无色溶液，故C正确；D酸性条件下ClO-与I-能够发生氧化还原反应，I-、Fe3+也能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，加入金属铝能产生氢气的溶液，可能是酸性，也可能是强碱性溶液，尤其是酸性溶液中NO3-具有强氧化性，硝酸与Al反应不会生成氢气。22.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【解析】分析：本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。详解：黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。BHCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。CClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。D标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。23.已知： CO(g) 12O2(g)=CO2(g)H 283.0 kJmol1 H2(g) 12O2(g)=H2O(g)H 241.8 kJmol1下列说法正确的是( )A. 1mol H-H键与0.5mol O=O键的键能之和大于2mol H-O 键的键能总和B. 由可知，1 mol CO(g)和 12 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量C. 可用上图表示 2CO2(g)=2CO(g)O2(g) 反应过程中的能量变化关系D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为241.8 kJ【答案】B【解析】【详解】A、根据反应，氢气和氧气反应生成水是放热反应，因此1mol H-H键与0.5mol O=O键的键能之和小于2mol H-O 键的键能总和，故A错误；B、热化学方程式可知表示的意义是1mol一氧化碳和0，5mol氧气完全反应生成1mol二氧化碳放热283kJ，符合热化学方程式的含义，故B正确；C、图中忽视了化学计量数与反应热的定量关系，应该注明各物质的物质的量，故C错误；D、根据反应，分解水是生成水的逆过程，分解1mol水需要吸收241.8kJ的热量，即反应热为241.8 kJmol1，故D错误；答案选B。第卷 非选择题(共54分)二、填空题(本题包括4个小题，共54分)24.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题： 族周期IAAAAAAA0123(1)这九种元素中，位于第三周期且原子半径最小元素的原子结构示意图_。(2)、三种元素中，离子半径由大到小的顺序为_(填离子符号)。(3)、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_(填化学式)。和元素的气态氢化物稳定性顺序为_(填化学式)。(4)单质与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_。(5)、四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式_。(6)元素与元素能形成原子个数比为1:1的化合物Y，Y在常温下为固态，焰色反应为黄色，Y与的最高价氧化物反应的化学方程式为_，的最高价氧化物的电子式_。(7)能说明的非金属性比的非金属性_(填“强”或“弱”)的事实是_(用离子方程式说明)。【答案】 (1). (2). S2-O2-Na+ (3). H2SO4H2CO3H2SiO3 (4). HClH2S (5). 2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2 (6). 或 (7). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2 (8). (9). 弱 (10). Cl2+S2-=S+2Cl-【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，为H、为C、为N、为O、为Na、为Al、为Si、为S、为Cl。(1)根据同周期，从左到右，原子半径逐渐减小判断； (2)电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小； (3)非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，对应氢化物越稳定；(4)单质与的最高价氧化物的水化物反应生成偏铝酸钠和氢气；(5)、四种元素中某些元素形成的既含离子键又含极性共价键的化合物可以是NaOH或NaClO；(6)元素与元素能形成原子个数比为11的化合物为过氧化钠，的最高价氧化物为二氧化碳；(7)非金属单质之间的置换反应可说明非金属性强弱。【详解】(1)同周期，从左到右，原子半径逐渐减小，九种元素中，位于第三周期且原子半径最小元素为氯，其原子结构示意图为，故答案为：；(2)电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，、三种元素中，离子半径由大到小的顺序为S2-O2-Na+，故答案为：S2-O2-Na+；(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，非金属性ClSCSi，、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是H2SO4H2CO3H2SiO3；非金属性越强，对应氢化物越稳定性，和元素的气态氢化物稳定性顺序为HClH2S，故答案为：H2SO4H2CO3H2SiO3；HClH2S；(4)的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(5)、四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含极性共价键的化合物为NaOH或NaClO，电子式为或，故答案为：或；(6)元素与元素能形成原子个数比为11的化合物Y，Y在常温下为固态，焰色反应为黄色，Y为过氧化钠，的最高价氧化物为二氧化碳，二者反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，二氧化碳的电子式为，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(7)同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，非金属性SCl，可以通过非金属单质之间的置换反应说明非金属性强弱，即Cl2+S2-=S+2Cl-说明非金属性SCl，故答案为：弱；Cl2+S2-=S+2Cl-。【点睛】本题的难点和易错点为(7)，要注意掌握元素非金属性强弱的比较方法，如最高价含氧酸的强弱，氢化物的稳定性，物质间的置换反应等，要具体情况具体分析。25.现有A、B、C、D四种短周期元素，B是非金属性最强的元素，A分别与 B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三种分子中含相同数目的质子，乙常温下为液态化合物， C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如下图所示：(1)写出B乙 甲C的化学反应方程式_。(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种，不能被确定的第四种元素是_。(填写序号) A B C D(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素： 甲与丙以及乙与丙均能够发生反应， 甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质。据此，请回答下列问题：写出上述第四种元素在周期表中第_ 周期第_ 族；写出 C丙 乙丁 的化学反应方程式_。【答案】 (1). 2F22H2O=4HFO2 (2). (3). 二 (4). A (5). 4NH35O24NO6H2O【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素，B是非金属性最强的元素，B为氟元素；A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙3分子中含相同数目的质子数，乙常温下为液态化合物，乙为水；乙和B单质反应生成C单质和化合物甲，反应是置换反应，则C为氧元素，化合物甲为HF，则A为H元素；化合物丙所含质子数与水和HF相同，则丙是NH3或CH4；C、D结合生成化合物丁，根据框图，氧气和丙能够反应生成丁和水，丁是NO或CO2，D是N或C元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A是H元素，B是F元素，C是O元素，D是N或C元素，甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2。(1)B+乙甲+C的反应是氟气和水反应生成氟化氢和氧气，化学反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；(2)依据分析可知，D元素不能确定，故答案为：；(3)甲是HF，乙是H2O，丙是NH3或CH4，根据甲与丙以及乙与丙均能够发生反应，可以判断丙是NH3；甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质，因此丁为NO ，则D为氮元素，在元素周期表中位于第二周期第VA族，C+丙乙+丁的化学反应方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：二；VA；4NH3+5O2 4NO+6H2O。26.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备和A中加热装置已省略)。请回答：(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，相关反应的化学方程为_。(2)装置B中饱和食盐水的作用是_。同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入_。选项A干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条B干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条C湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条(4)装置F烧杯中盛放的试剂是_。(5)设计装置D、E的目的是比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱。当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙黄色，说明Cl2的氧化性大于Br2。打开装置D的活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_。该现象_(填“能”或“不能”)说明Br2 的氧化性强于I2 。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). B中长颈漏斗中液面上升，形成一段水柱，锥形瓶内液面下降 (4). D (5). NaOH溶液 (6). E中溶液分为两层，下层(四氯化碳层)液体为紫红色 (7). 不能【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以除去氯化氢；装置C可以验证氯气是否具有漂白性，选用验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；氯气有毒，直接排放容易引起空气污染，选用用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；(2)制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢在饱和食盐水中溶解度较大，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用B中饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢；装置B也是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，气体将溶液压入长颈漏斗B中，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl； B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶内液面下降；(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中AB的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；C中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故选D；(4)氯气有毒，直接排放容易引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯钠、次氯酸钠和水，离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为：NaOH溶液；(5)打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于四氯化碳呈紫红色，振荡。观察到的现象是：E中溶液分为两层，下层(四氯化碳层)液体为紫红色，此现象不能说明溴的氧化性大于碘，因为过量的氯气也会氧化碘离子为碘单质，故答案为：E中溶液分为两层，下层(四氯化碳层)液体为紫红色；不能。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意干燥的氯气无漂白性，起漂白性作用的是氯气与水反应生成的次氯酸。27.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2)是分析化学中的重要试剂，在隔绝空气加热至500时能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。某化学小组选用下图所示装置进行实验(夹持装置略)，探究此反应产物。(1)甲同学根据可能生成的气体产物，设计下列实验：操作步骤实验现象结论或解释按_的顺序组装仪器并进行实验_气体产物中既有H2O ，也有NH3按A、C、D、E的顺序组装仪器并进行实验，其中装置C的作用是_C中无明显现象，D中生成白色沉淀D中发生反应的离子方程式为_(2)乙同学称取14.20g硫酸亚铁铵固体，隔绝空气加热至500 时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，则所得固体产物的化学式为_。(硫酸亚铁铵的摩尔质量为284gmol-1)(3)实验证明：(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2生成，写出硫酸亚铁铵在隔绝空气的条件下加热至500时的分解反应方程式_。【答案】 (1). A、F、E、B (2). F中无水硫酸铜变蓝，B中溶液变红 (3). 吸收NH3，验证是否含有SO3 (4). SO2+H2O2+Ba2+ = BaSO4+2H+ (5). Fe2O3 (6). 2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O【解析】【分析】硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2在隔绝空气加热至500时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。(1)要验证气体产物中既有H2O，也有NH3，可以用F中无水硫酸铜变蓝色证明生成水，B中溶液变红说明生成氨气，需要用E除去硫的氧化物；按ACDE的顺序组装仪器，通过装置C中的足量盐酸和氯化钡溶液中，C中无明显现象说明无三氧化硫，D中生成白色沉淀， D中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀；(2)首先计算14.20g硫酸亚铁铵固体的物质的量，求出铁元素的物质的量，根据常见铁的氧化物有氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，结合铁的氧化物质量4.00g计算判断；(3)反应的生成物有NH3、SO2、Fe2O3、H2O、N2，结合元素守恒和得失电子守恒配平反应的化学方程式。【详解】(1)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2在隔绝空气加热至500时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。在A中先通入氮气排净装置中的空气，然后加热分解硫酸亚铁铵。根据装置图中的药品可知，装置B可以检验氨气；装置C可以检验生成的产物中是否含有三氧化硫，装置D可以将二氧化硫氧化生成三氧化硫，装置E浓氢氧化钠溶液可以吸收硫的氧化物，装置F中无水硫酸铜可以检验生成的水。要验证气体产物中既有H2O，也有NH3，可以按照装置顺序AFEB连接，F中无水硫酸铜变蓝色证明生成水，B中溶液变红说明生成氨气；按A、C、D、E的顺序组装仪器并进行实验，通过装置C中的足量盐酸和氯化钡溶液中，C中无明显现象说明无三氧化硫，D中生成白色沉淀，D中过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+；故答案为：A、F、E、B；F中无水硫酸铜变蓝，B中溶液变红；吸收NH3，验证是否含有SO3；SO2+H2O2+Ba2+ = BaSO4+2H+；(2)称取14.20g硫酸亚铁铵固体，物质的量=14.20g284g/mol=0.05mol，铁元素物质的量为0.05mol，铁常见氧化物为氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，其相对分子质量分别为160、72、232。隔绝空气加热至500时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，0.05mol铁元素若为Fe2O3，物质的量为0.025mol，质量=0.025mol160g/mol=4.0g，FeO质量=0.05mol72g/mol=3.6g，若为Fe3O4的质量=130.05mol232g/mol=3.9g，故固体为氧化铁，故答案为：Fe2O3；(3)实验可知反应的生成物有NH3、SO2、Fe2O3、H2O、N2，结合元素守恒和得失电子守恒配平的2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O，故答案为：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O。