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北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题
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这是一份北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题，共22页。试卷主要包含了请将个人信息完整填写在相应位置， 下列变化不需要破坏化学键是， 下列反应中，属于吸热反应的是等内容，欢迎下载使用。
考试说明
1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有25题，试卷共8页，1张答题纸，满分100分，考试时间为90分钟。
2.请用黑色签字笔(选择题使用2B铅笔)按规定要求在答题纸上作答。
3.请将个人信息完整填写在相应位置。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Br：80
第Ⅰ卷(共42分)
一、每小题只有一个选项符合题意(每小题2分，共21小题)。
1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2. 2021年我国科学家首次合成新核素，下列说法不正确的是
A. 原子核内质子数为92B. 原子核内中子数为122
C. 原子核外电子数为92D. 转化成属于化学变化
【答案】D
【解析】该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【分析】中Z为质子数，A为质量数=质子数+中子数。
【详解】A．该原子的质子数为92，A项正确；
B．该原子的质量数为214，质子数为92，则中子数=214-92=122，B项正确；
C．该原子的质子数92，其电子数=质子数=92，C项正确；
D．该反应为原子核变为物理变化，D项错误；
故选D。
3. 下列物质的电子式，书写正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式为，故A正确；
B．氯气是共用一对电子，其电子式为，故B错误；
C．过氧化氢是共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．二氧化碳是共价化合物，碳与每个氧共用两对电子，其电子式为 ，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列变化不需要破坏化学键是
A. 酒精溶于水B. HCl气体溶于水
C. NH4Cl受热分解D. NaCl熔化
【答案】A
【解析】
【详解】A．酒精溶于水破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故A选；
B．HCl溶于水生成氢离子和氯离子，破坏H-Cl共价键，故B不选；
C．加热氯化铵反应生成氨气和HCl，发生化学变化，化学键一定破坏，故C不选；
D．氯化钠熔化破坏离子键，故D不选；
故选A。
5. 下列物质中，既含共价键又含离子键的是
A. NaClB. O2C. NH4ClD. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠中只存在钠离子和氯离子之间的离子键，选项A错误；
B．氧气分子中只有共价键，选项B错误；
C．铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，选项C正确；
D．二氧化碳分子中只有共价键，选项D错误；
答案选C。
6. 下列微粒中，与HCl分子具有相同的质子数和相同的电子数的是
A. H2O2B. NH3C. NH4+D. O22－
【答案】A
【解析】
【分析】质子数等于各原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。
【详解】HCl的质子数为17+1=18，电子数为18，
A、H2O2的质子数为1×2+8×2=18，电子数为18，符合题意，选项A正确；
B、NH3的质子数为7+1×3=10，电子数为10，不符合题意，选项B错误；
C、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，不符合题意，选项C错误；
D、O22－的质子数为8×2=16，电子数为16+2=18，不符合题意，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。
7. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 还原性：B. 酸性：
C. 热稳定性：D. 氢化物的稳定性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素非金属性，又元素非金属性越强，其对应阴离子还原性越弱，即还原性，A能用元素周期律解释；
B．元素非金属性，又元素非金属性越强，其最高价氧化物水化物对应酸性越强，即酸性，B能用元素周期律解释；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性无法用元素周期律解释，C不能用元素周期律解释；
D．元素非金属性，又元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即氢化物的稳定性，D能用元素周期律解释；
故选C。
8. 下列化合物中，阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaFB. NaClC. MgI2D. KBr
【答案】C
【解析】
【详解】阳离子与阴离子的半径比值最小，则阳离子最小，阴离子最大。在所给物质的阳离子中，K+半径最大，其次是镁离子，钠离子最小；阴离子中碘离子的电子层数最多，所以碘离子的半径最大，所以排除D；A与B相比则氯离子的半径大于氟离子，排除A；C与B相比钠与镁是同周期元素，钠离子与镁离子的半径相差不大，但碘离子比氯离子的半径大的多，所以比值最小的是C，答案选C。
9. 下列反应中，属于吸热反应的是
A. 铝与盐酸的反应B. 氢气在氯气中燃烧
C. 氢氧化钠与盐酸的反应D. 煅烧石灰石
【答案】D
【解析】
【分析】所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应都属于放热反应；绝大数分解反应，八水氢氧化钡与氯化铵的反应，碳或氢气高温条件下的氧化还原反应都属于吸热反应。
【详解】A．铝与盐酸的置换反应为放热反应，故A不符合题意；
B．氢气在氯气中燃烧的反应为放热反应，故B不符合题意；
C．氢氧化钠与盐酸的中和反应为放热反应，故C不符合题意；
D．煅烧石灰石的分解反应为吸热反应，故D符合题意；
故选D。
10. 下列关于原电池的说法中，正确的是（ ）
A. 任何化学反应上都能设计成原电池
B. 原电池工作时，阳离子向负极移动
C. 原电池的负极发生氧化反应
D. 原电池工作时，电子通过电解质溶液流向正极
【答案】C
【解析】
【详解】A．自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，非氧化还原反应一定不能设计成原电池，故A错误；
B．原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故B错误；
C．原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；
D．原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，溶液中存在离子的定向迁移，电解质溶液中不存在电子的移动，故D错误；
答案选C。
【点睛】自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池中发生的是自发进行的氧化还原反应，为学生的疑难点。
11. 下图表示N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法不正确的是
A. O2过量时，可能会有红棕色气体产生
B. N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlNO(g)，需吸收能量180kJ
D. 1mlN2(g)和1mlO2(g)所具有的能量之和比2mlNO(g)的能量高
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2过量时，会继续与NO反应生成NO2,可能会有红棕色气体产生，选项A正确；
B．N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量，每断裂1mlNN，需要吸收946kJ热量，选项B正确；
C．根据图中信息可知，1mlN2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlNO(g)，需吸收能量(946+498-6322)kJ=180kJ，选项C正确；
D．根据选项C可知，反应的△H=+180kJ/ml，反应为吸热反应，1mlN2(g)和1mlO2(g)所具有的能量之和比2mlNO(g)的能量低，选项D不正确；
答案选D。
12. 对事实：“100℃时，水会沸腾变成水蒸气；温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2.”的解释不正确的是
A. 100℃所提供的能量，破坏了水分子之间存在的相互作用
B. 2200℃所提供的能量，破坏了水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用
C. 100℃及2200℃时，水分子均变为氢原子和氧原子
D. 对比温度值可知，水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用比水分子之间存在的相互作用强
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．100℃时，水会沸腾变成水蒸气，说明破坏了水分子之间存在的相互作用，故A正确；
B．温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2，说明发生了化学变化，有旧键的断裂和新建的形成，故B正确；
C．100℃，只是水的状态变化，无化学变化，无键的断裂，故C错误；
D．2200℃时破坏水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用，100℃时破坏水分子之间存在的相互作用，故D正确；
故选C。
13. 在25℃、下，1 g甲醇燃烧生成和液态水时放热，下列热化学方程式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1ml甲醇燃烧放的热量为726kJ，64g甲醇即2ml甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=—725.8kJ/ml或2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ·ml－1；
答案选B。
14. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
15. 已知Fe2O2(s)＋C(s)= CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·ml-1，C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·ml-1，则2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s)的△H是
A. -824.4kJ·ml-1B. -627.6kJ·ml-1
C. -744.7kJ·ml-1D. -169.4kJ·ml-1
【答案】A
【解析】
【详解】①Fe2O2(s)＋C(s)= CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·ml-1② C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·ml-1，根据盖斯定律：②×－①，得2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s) △H=-824.4kJ·ml-1，答案选A。
16. 下列叙述I和II均正确，并有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，说明氢氧化铝显碱性，与铝的金属性有关，A错误；
B．金属性越强，与水反应越剧烈，金属性：K＞Na，体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈，B正确；
C．钠比铜的金属性强，但钠加入硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，C错误；
D．非金属性Cl>I，所以Cl2的氧化性强于I2，则Iˉ的还原性强于Clˉ，D错误；
故答案为：B。
17. 燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如图，该电池工作时，下列说法正确的是
A. 电极是该电池的正极B. 在电极上发生氧化反应
C. 电解质溶液中向电极移动D. 该装置实现了电能向化学能的转化
【答案】C
【解析】
【详解】A．通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；
B．通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；
C．电解质溶液中OH-向负极（a极）移动，C正确；
D．该装置是原电池，实现了化学能向电能的转化，D错误；
故选C。
18. 为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A与可形成三核分子，B元素原子层的电子数是其层电子数的2倍，元素的焰色试验中为黄色，元素的周期数与主族序数相等，下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 元素组成的化合物比例一定为
D. 的单质在D的最高价含氧酸的冷的浓溶液中会钝化
【答案】C
【解析】
【分析】为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A为氢、D为氮；A与E可形成三核分子，E为氧；B元素原子层的电子数是其层电子数的2倍，B为碳；F元素的焰色试验中为黄色，为钠；G元素的周期数与主族序数相等，为铝。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：N3->O2->Na+>Al3+，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3C．H、O元素组成的化合物可能为H2O2，C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化，D正确；
故选C。
19. 用可除去水体中过量氨氮(以表示)，以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 原理中所涉及的元素的原子半径：
B. 所含的质子数和电子数均相等
C. 和所含的化学键类型相同
D. 反应①②③中只有反应②是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．原理中所涉及的元素的原子半径，A错误；
B．所含电子数相同为10，质子数相同为10，质子数为9，B错误；
C．所含的化学键类型有离子键、共价键，所含的化学键类型只有共价键，不含离子键，C错误；
D．反应①②③中，只有反应②有元素化合价变化，中Cl化合价由+1价转化为中-1价Cl，中-3价N转化为中0价N，只有该反应为氧化还原反应，D正确；
答案选D。
20. 某同学设计如图实验方案，从海带中提取。下列说法正确的是
A. 操作①是萃取
B. ②中双氧水作还原剂
C. ③的离子方程式是
D. 含的溶液经3步转化为的悬浊液，其目的是富集，便于分离提纯
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和，分液后向含I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘。
【详解】A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A错误；
B．向滤液中加入双氧水是将I–氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误；
C．I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，故C错误；
D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确；
故选D。
21. 硼氢化钠(NaBH4)被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2，NaBH4在催化剂钌()表面与水反应的历程如图所示：
下列说法正确的是
A. 、、是元素钌的三种同素异形体
B. 若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中只含HD和D2
C. 过程③中产生1mlH2，转移电子物质的量为2ml
D. 过程①至过程④的总反应为：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．、、是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，A错误；
B．若将NaBH4中的H用D代替，过程①反应后生成的气体为D2，过程②生成的HD，过程③生成的为HD，过程④中中有一个D和两个H ，故气体为HD和H2，B错误；
C．过程③中产生1mlH2，消耗1ml水，则转移电子物质的量为1ml，C错误；
D．根据进去的为反应物，出来的为生成物分析，过程①至过程④的总反应为：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑，D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(共58分)
22. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答相应问题。
（1）元素⑨在周期表中的位置是_______。元素⑥的简单阴离子的结构示意图为______。
（2）元素①的单质的电子式为______。元素④和⑦可形成化合物，用电子式表示其形成过程：_______。
（3）比较元素②、③形成离子的半径大小：_____ ____。
（4）元素③、④、⑤的单质中，与水反应最剧烈的反应的离子方程式为_____。
（5）③的最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键类型为______，形成化合物的类型为_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)。③与⑤二者的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，该反应的离子方程式为______。
（6）元素⑦的单质与元素③⑧组成的化合物的水溶液可以反应，写出该反应的离子方程式______，从原子结构的角度解释该反应能发生的原因：_______。
（7）⑩是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是_______(用化学方程式表示)。
（8）已知硒()与⑥同主族，请根据硒元素在元素周期表中的位置，推测硒及其化合物可能具有的性质是____。(填序号)
a．的最低负化合价为价 b．既有氧化性又有还原性
c．的气态氢化物的稳定性比⑥的强 d．最高价氧化物对应的水化物为
e．在一定条件下可与溶液反应
【答案】（1） ① 第2周期第ⅣA族 ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②.
（4）
（5） ①. 离子键、共价键 ②. 离子化合物 ③.
（6） ①. ②. 和同一主族，最外层电子数相同，电子层数，原子半径，得电子能力，非金属性，单质氧化性
（7）
（8）
【解析】
【分析】由题干部分周期表可知，①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Br，⑨为C，⑩为Si，据此分析解题。
【小问1详解】
C在周期表中的位置是第2周期第ⅣA族，S是16号元素，S2-的结构示意图为。
【小问2详解】
N2的电子式为：，Mg和Cl可形成离子化合物MgCl2，其形成过程用电子式表示为：。
【小问3详解】
由分析可知，元素②即F、③即Na形成离子分别为：F-和Na+，二者具有相同的电子层结构，Na的核电荷数较大，故它们离子的半径大小为：F-＞Na+。
【小问4详解】
由分析可知，元素③、④、⑤分别为Na、Mg、Al，同一周期从左往右金属性依次增强，则其中与水反应最剧烈是Na，其离子方程式为：。
【小问5详解】
由分析可知，元素③为Na，故其最高价氧化物对应的水化物即NaOH中含有的化学键类型为Na+和OH-之间的离子键和OH-内部的共价键，该化合物是由阴阳离子形成的离子化合物，与⑤即Al的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3之间可以发生反应，该反应的离子方程式为。
【小问6详解】
由分析可知，由于Cl和Br属于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br > Cl，原子半径Br > Cl，得电子能力Cl > Br，表现为非金属性Cl > Br，单质氧化性Cl2 > Br2，则将元素⑦的单质即Cl2与元素③⑧组成的化合物即NaBr的水溶液能够反应，该反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，则其离子方程式为。
【小问7详解】
Si是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是SiO2会和NaOH反应生成具有粘性的硅酸钠，化学方程式为：。
【小问8详解】
由分析可知，⑥为硫，已知硒(34Se)与⑥同主族即位于第四周期第ⅥA族，据此分析解题：
a．根据元素最高正价等于主族序数，元素最高正价和最低负价的绝对值之和等于8可知，Se的最低负化合价为-2价，a正确；
b．SeO2中元素化合价为+4价，处于Se元素的中间价态，故既有氧化性又有还原性，b正确；
c．根据同一主族从上往下元素的非金属性减弱，其气态氢化物的稳定性减弱可知，Se的气态氢化物即H2Se的稳定性比⑥的即H2S弱，c错误；
d．已知元素最高正价等于主族序数，Se的最高正价为+6价，则最高价氧化物对应的水化物为H2SeO4，d错误；
e．SeO2是酸性氧化物，在一定条件下可与NaOH溶液反应，e正确；
故选。
23. 人类活动离不开能量，能量的利用与化学反应中能量变化密切相关。
Ⅰ．某小组研究氨氮废水的处理(氮元素主要为和)，实验流程如图。
（1）过程Ⅰ：加溶液，调节至9后，升温至，再通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加溶液的作用：_______。
（2）过程Ⅱ：在微生物作用下，经过两步反应被氧化成。能量变化示意图如图：
①第一步反应是_____反应(选填“放热”或“吸热”)。
②全部被氧化成的热离子方程式是_______。
Ⅱ．某小组研究片与稀硫酸反应中的能量变化，进行实验。
（3）实验Ⅰ：将片和片分别插入2个盛有稀硫酸的烧杯中。观察到片表面产生气泡，溶液温度由升到片表面无明显变化，溶液温度无变化。片与稀硫酸反应的能量变化关系符合图______(填“A”或“B”)。
（4）实验Ⅱ：用导线将电流表、小灯泡与片、片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中(如图所示)。
①观察到电流表指针发生偏转，片表面产生气泡，溶液温度由升到
②结合电子的移动方向，解释片表面产生气泡的原因：该原电池中失电子，_______。
（5）实验Ⅰ和Ⅱ产生等量气体时，测得。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因______。
（6）将片和片换成片和石墨棒，重复实验Ⅱ，请判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出片表面发生的电极反应式。理由或电极反应式是______。
【答案】（1）
（2） ①. 放热 ②.
（3）A （4）电子沿导线流向正极铜，溶液中的在正极上得电子生成
（5）根据能量守恒，能量的变化相同，但温度变化不相同，则说明实验Ⅰ中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能
（6）
【解析】
【小问1详解】
铵盐和氢氧化钠在加热条件下反应生成氨气，反应的离子方程式为：。
【小问2详解】
①有图可知，第一步反应中反应物能量高于生成物的能量，为放热反应；
②由盖斯定律可知，第一步反应+第二步反应可知 。
小问3详解】
Zn片与稀硫酸反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，其能量变化关系符合如图A。
【小问4详解】
结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因该原电池中Zn失电子，电子沿导线流向正极铜，溶液中的H+在正极Cu上得电子生成H2。
【小问5详解】
实验I和Ⅱ产生等量气体时，测得T2＞T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因实验I和Ⅱ产生等量气体时，根据能量守恒，则能量改变相同，但温度变化不相同，则说明实验I中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能。
【小问6详解】
将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，电流表指针发生偏转，则Fe片溶解，其铁片表面发生的电极反应式。
24. 海洋资源的利用具有广阔的前景。利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图：
已知：常压下，溴单质沸点为58.5℃
（1）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为_______。
（2）“蒸馏塔”具有将溴单质与水溶液分离的作用，其温度应控制在_____ (填序号)。
A．40∼50℃ B．60∼70℃ C．100℃以上
（3）物质A_____(填化学式)可以循环利用。
（4）探究“氧化”的适宜条件，测得不同条件下溶液中被氧化的的百分含量如图：
已知：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。
①结合实际生产，“氧化”的适宜条件为______。
②海水中溴元素的浓度是64mg/L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4gBr2，则该实验海水中溴元素的提取率为______。
③吸收后的空气进行循环利用，吹出时，吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示，当流量过大，吹出率反而下降，其原因：______。
【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO
（2）B （3）HCl、H2SO4
（4） ①. 、=1.1 ②. 60% ③. 过量的随“吸收后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应
【解析】
【分析】由题给流程可知，向酸化的浓缩海水中通入氯气，将溶液中的溴离子氧化为溴，用热空气将溴吹出，吹出的溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，向酸溶液中通入氯气，将氢溴酸氧化为溴，蒸馏得到可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液和液溴。
【小问1详解】
由分析可知，吸收塔中发生的反应为溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO；
【小问2详解】
由常压下，溴单质沸点为58.5℃可知，蒸馏塔中温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，故选B；
【小问3详解】
由分析可知，物质A为可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液，故答案为：HCl、H2SO4；
【小问4详解】
①由图可知， 为1.1时，pH为1和3的溶液中溴的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为pH为3、为1.1，故答案为：、=1.1；
②海水中溴元素的浓度是64mg/L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4g溴，则该实验海水中溴元素的提取率为×100%=60%，故答案为：60%；
③若二氧化硫的量过大，过量的二氧化硫随吸收溴后的空气一同进入吹出步骤，在吹出塔中与溴反应，导致溴吹出率下降，故答案为：过量的随“吸收后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应。
25. 某小组同学制备碘酸盐()并探究其性质。
资料：①可与溶液反应生成和。
②碘酸钙 []为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。
③的氧化性，的还原性与溶液的酸碱性无关：与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为、或I)。
实验装置如图(加热与夹持装置略)
步骤：
I．打开A中分液漏斗活塞，加热固底烧瓶；一段时间后，B中溶液由无色变为棕黄色。
II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。
（1）A装置发生的化学方程式为___________。
（2）C装置发生的离子方程式为___________。
（3）取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为___________。
原因二：___________(填化学式)在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。
ⅳ.……
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论：___________。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。补全实验ⅳ的操作和现象___________。
（4）根据实验ⅲ得出：氧化性___________(填“”或“”)，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
（5）查阅资料发现，与相应的(，)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性，但浓度均为的和开始发生反应时的pH为1，而浓度均为的和开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3） ①. 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O ②. HClO ③. 酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质 ④. 继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀
（4） ①. < ②. 碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强
（5）氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化
【解析】
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。
【小问1详解】
A装置为制取氯气，反应的方程式为：。
A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问3详解】
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。
原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。
ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
【小问4详解】
根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性<，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强。
【小问5详解】
溴酸根离子和氯酸根离子的氧化性接近，但溴和氯为同主族元素原子，氯的电负性大于溴，故氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化。【点睛】事实
推测
A．
12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快
56Ba(ⅡA)与水反应会更快
B．
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
ⅣA族的元素都是半导体材料
C．
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D．
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
选项
叙述I
叙述II
A
Al有一定的非金属性
向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解
B
将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈
金属性：K＞Na
C
钠比铜的金属性强
金属钠可从硫酸铜溶液中置换出铜单质
D
I- 还原性弱于Cl-
向NaI溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
考试说明
1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有25题，试卷共8页，1张答题纸，满分100分，考试时间为90分钟。
2.请用黑色签字笔(选择题使用2B铅笔)按规定要求在答题纸上作答。
3.请将个人信息完整填写在相应位置。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Br：80
第Ⅰ卷(共42分)
一、每小题只有一个选项符合题意(每小题2分，共21小题)。
1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A. 硅太阳能电池B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2. 2021年我国科学家首次合成新核素，下列说法不正确的是
A. 原子核内质子数为92B. 原子核内中子数为122
C. 原子核外电子数为92D. 转化成属于化学变化
【答案】D
【解析】该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【分析】中Z为质子数，A为质量数=质子数+中子数。
【详解】A．该原子的质子数为92，A项正确；
B．该原子的质量数为214，质子数为92，则中子数=214-92=122，B项正确；
C．该原子的质子数92，其电子数=质子数=92，C项正确；
D．该反应为原子核变为物理变化，D项错误；
故选D。
3. 下列物质的电子式，书写正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式为，故A正确；
B．氯气是共用一对电子，其电子式为，故B错误；
C．过氧化氢是共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．二氧化碳是共价化合物，碳与每个氧共用两对电子，其电子式为 ，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列变化不需要破坏化学键是
A. 酒精溶于水B. HCl气体溶于水
C. NH4Cl受热分解D. NaCl熔化
【答案】A
【解析】
【详解】A．酒精溶于水破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故A选；
B．HCl溶于水生成氢离子和氯离子，破坏H-Cl共价键，故B不选；
C．加热氯化铵反应生成氨气和HCl，发生化学变化，化学键一定破坏，故C不选；
D．氯化钠熔化破坏离子键，故D不选；
故选A。
5. 下列物质中，既含共价键又含离子键的是
A. NaClB. O2C. NH4ClD. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠中只存在钠离子和氯离子之间的离子键，选项A错误；
B．氧气分子中只有共价键，选项B错误；
C．铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，选项C正确；
D．二氧化碳分子中只有共价键，选项D错误；
答案选C。
6. 下列微粒中，与HCl分子具有相同的质子数和相同的电子数的是
A. H2O2B. NH3C. NH4+D. O22－
【答案】A
【解析】
【分析】质子数等于各原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。
【详解】HCl的质子数为17+1=18，电子数为18，
A、H2O2的质子数为1×2+8×2=18，电子数为18，符合题意，选项A正确；
B、NH3的质子数为7+1×3=10，电子数为10，不符合题意，选项B错误；
C、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，不符合题意，选项C错误；
D、O22－的质子数为8×2=16，电子数为16+2=18，不符合题意，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。
7. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 还原性：B. 酸性：
C. 热稳定性：D. 氢化物的稳定性：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素非金属性，又元素非金属性越强，其对应阴离子还原性越弱，即还原性，A能用元素周期律解释；
B．元素非金属性，又元素非金属性越强，其最高价氧化物水化物对应酸性越强，即酸性，B能用元素周期律解释；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性无法用元素周期律解释，C不能用元素周期律解释；
D．元素非金属性，又元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即氢化物的稳定性，D能用元素周期律解释；
故选C。
8. 下列化合物中，阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaFB. NaClC. MgI2D. KBr
【答案】C
【解析】
【详解】阳离子与阴离子的半径比值最小，则阳离子最小，阴离子最大。在所给物质的阳离子中，K+半径最大，其次是镁离子，钠离子最小；阴离子中碘离子的电子层数最多，所以碘离子的半径最大，所以排除D；A与B相比则氯离子的半径大于氟离子，排除A；C与B相比钠与镁是同周期元素，钠离子与镁离子的半径相差不大，但碘离子比氯离子的半径大的多，所以比值最小的是C，答案选C。
9. 下列反应中，属于吸热反应的是
A. 铝与盐酸的反应B. 氢气在氯气中燃烧
C. 氢氧化钠与盐酸的反应D. 煅烧石灰石
【答案】D
【解析】
【分析】所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应都属于放热反应；绝大数分解反应，八水氢氧化钡与氯化铵的反应，碳或氢气高温条件下的氧化还原反应都属于吸热反应。
【详解】A．铝与盐酸的置换反应为放热反应，故A不符合题意；
B．氢气在氯气中燃烧的反应为放热反应，故B不符合题意；
C．氢氧化钠与盐酸的中和反应为放热反应，故C不符合题意；
D．煅烧石灰石的分解反应为吸热反应，故D符合题意；
故选D。
10. 下列关于原电池的说法中，正确的是（ ）
A. 任何化学反应上都能设计成原电池
B. 原电池工作时，阳离子向负极移动
C. 原电池的负极发生氧化反应
D. 原电池工作时，电子通过电解质溶液流向正极
【答案】C
【解析】
【详解】A．自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，非氧化还原反应一定不能设计成原电池，故A错误；
B．原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故B错误；
C．原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；
D．原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，溶液中存在离子的定向迁移，电解质溶液中不存在电子的移动，故D错误；
答案选C。
【点睛】自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池中发生的是自发进行的氧化还原反应，为学生的疑难点。
11. 下图表示N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法不正确的是
A. O2过量时，可能会有红棕色气体产生
B. N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlNO(g)，需吸收能量180kJ
D. 1mlN2(g)和1mlO2(g)所具有的能量之和比2mlNO(g)的能量高
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2过量时，会继续与NO反应生成NO2,可能会有红棕色气体产生，选项A正确；
B．N2化学性质稳定，是因为断开N2分子中的化学键需要吸收较多能量，每断裂1mlNN，需要吸收946kJ热量，选项B正确；
C．根据图中信息可知，1mlN2(g)和1mlO2(g)反应生成2mlNO(g)，需吸收能量(946+498-6322)kJ=180kJ，选项C正确；
D．根据选项C可知，反应的△H=+180kJ/ml，反应为吸热反应，1mlN2(g)和1mlO2(g)所具有的能量之和比2mlNO(g)的能量低，选项D不正确；
答案选D。
12. 对事实：“100℃时，水会沸腾变成水蒸气；温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2.”的解释不正确的是
A. 100℃所提供的能量，破坏了水分子之间存在的相互作用
B. 2200℃所提供的能量，破坏了水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用
C. 100℃及2200℃时，水分子均变为氢原子和氧原子
D. 对比温度值可知，水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用比水分子之间存在的相互作用强
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．100℃时，水会沸腾变成水蒸气，说明破坏了水分子之间存在的相互作用，故A正确；
B．温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2，说明发生了化学变化，有旧键的断裂和新建的形成，故B正确；
C．100℃，只是水的状态变化，无化学变化，无键的断裂，故C错误；
D．2200℃时破坏水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用，100℃时破坏水分子之间存在的相互作用，故D正确；
故选C。
13. 在25℃、下，1 g甲醇燃烧生成和液态水时放热，下列热化学方程式正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1ml甲醇燃烧放的热量为726kJ，64g甲醇即2ml甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=—725.8kJ/ml或2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452kJ·ml－1；
答案选B。
14. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
15. 已知Fe2O2(s)＋C(s)= CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·ml-1，C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·ml-1，则2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s)的△H是
A. -824.4kJ·ml-1B. -627.6kJ·ml-1
C. -744.7kJ·ml-1D. -169.4kJ·ml-1
【答案】A
【解析】
【详解】①Fe2O2(s)＋C(s)= CO2(g)＋2Fe(s) △H=+234.1kJ·ml-1② C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·ml-1，根据盖斯定律：②×－①，得2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s) △H=-824.4kJ·ml-1，答案选A。
16. 下列叙述I和II均正确，并有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，说明氢氧化铝显碱性，与铝的金属性有关，A错误；
B．金属性越强，与水反应越剧烈，金属性：K＞Na，体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈，B正确；
C．钠比铜的金属性强，但钠加入硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜单质，C错误；
D．非金属性Cl>I，所以Cl2的氧化性强于I2，则Iˉ的还原性强于Clˉ，D错误；
故答案为：B。
17. 燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如图，该电池工作时，下列说法正确的是
A. 电极是该电池的正极B. 在电极上发生氧化反应
C. 电解质溶液中向电极移动D. 该装置实现了电能向化学能的转化
【答案】C
【解析】
【详解】A．通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；
B．通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；
C．电解质溶液中OH-向负极（a极）移动，C正确；
D．该装置是原电池，实现了化学能向电能的转化，D错误；
故选C。
18. 为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A与可形成三核分子，B元素原子层的电子数是其层电子数的2倍，元素的焰色试验中为黄色，元素的周期数与主族序数相等，下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
C. 元素组成的化合物比例一定为
D. 的单质在D的最高价含氧酸的冷的浓溶液中会钝化
【答案】C
【解析】
【分析】为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A与D可形成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，A为氢、D为氮；A与E可形成三核分子，E为氧；B元素原子层的电子数是其层电子数的2倍，B为碳；F元素的焰色试验中为黄色，为钠；G元素的周期数与主族序数相等，为铝。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：N3->O2->Na+>Al3+，A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3
D．浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化，D正确；
故选C。
19. 用可除去水体中过量氨氮(以表示)，以防止水体富营养化，其原理如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 原理中所涉及的元素的原子半径：
B. 所含的质子数和电子数均相等
C. 和所含的化学键类型相同
D. 反应①②③中只有反应②是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．原理中所涉及的元素的原子半径，A错误；
B．所含电子数相同为10，质子数相同为10，质子数为9，B错误；
C．所含的化学键类型有离子键、共价键，所含的化学键类型只有共价键，不含离子键，C错误；
D．反应①②③中，只有反应②有元素化合价变化，中Cl化合价由+1价转化为中-1价Cl，中-3价N转化为中0价N，只有该反应为氧化还原反应，D正确；
答案选D。
20. 某同学设计如图实验方案，从海带中提取。下列说法正确的是
A. 操作①是萃取
B. ②中双氧水作还原剂
C. ③的离子方程式是
D. 含的溶液经3步转化为的悬浊液，其目的是富集，便于分离提纯
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和，分液后向含I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘。
【详解】A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A错误；
B．向滤液中加入双氧水是将I–氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误；
C．I-和的溶液中加稀硫酸发生5I-++6H+=3I2+3H2O，故C错误；
D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确；
故选D。
21. 硼氢化钠(NaBH4)被称为“万能还原剂”，能与水反应产生H2，NaBH4在催化剂钌()表面与水反应的历程如图所示：
下列说法正确的是
A. 、、是元素钌的三种同素异形体
B. 若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中只含HD和D2
C. 过程③中产生1mlH2，转移电子物质的量为2ml
D. 过程①至过程④的总反应为：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．、、是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，不是同素异形体，A错误；
B．若将NaBH4中的H用D代替，过程①反应后生成的气体为D2，过程②生成的HD，过程③生成的为HD，过程④中中有一个D和两个H ，故气体为HD和H2，B错误；
C．过程③中产生1mlH2，消耗1ml水，则转移电子物质的量为1ml，C错误；
D．根据进去的为反应物，出来的为生成物分析，过程①至过程④的总反应为：NaBH4+4H2O=NaB(OH)4+4H2↑，D正确；
故选D。
第Ⅱ卷(共58分)
22. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，回答相应问题。
（1）元素⑨在周期表中的位置是_______。元素⑥的简单阴离子的结构示意图为______。
（2）元素①的单质的电子式为______。元素④和⑦可形成化合物，用电子式表示其形成过程：_______。
（3）比较元素②、③形成离子的半径大小：_____ ____。
（4）元素③、④、⑤的单质中，与水反应最剧烈的反应的离子方程式为_____。
（5）③的最高价氧化物对应的水化物中含有的化学键类型为______，形成化合物的类型为_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)。③与⑤二者的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，该反应的离子方程式为______。
（6）元素⑦的单质与元素③⑧组成的化合物的水溶液可以反应，写出该反应的离子方程式______，从原子结构的角度解释该反应能发生的原因：_______。
（7）⑩是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是_______(用化学方程式表示)。
（8）已知硒()与⑥同主族，请根据硒元素在元素周期表中的位置，推测硒及其化合物可能具有的性质是____。(填序号)
a．的最低负化合价为价 b．既有氧化性又有还原性
c．的气态氢化物的稳定性比⑥的强 d．最高价氧化物对应的水化物为
e．在一定条件下可与溶液反应
【答案】（1） ① 第2周期第ⅣA族 ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②.
（4）
（5） ①. 离子键、共价键 ②. 离子化合物 ③.
（6） ①. ②. 和同一主族，最外层电子数相同，电子层数，原子半径，得电子能力，非金属性，单质氧化性
（7）
（8）
【解析】
【分析】由题干部分周期表可知，①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Br，⑨为C，⑩为Si，据此分析解题。
【小问1详解】
C在周期表中的位置是第2周期第ⅣA族，S是16号元素，S2-的结构示意图为。
【小问2详解】
N2的电子式为：，Mg和Cl可形成离子化合物MgCl2，其形成过程用电子式表示为：。
【小问3详解】
由分析可知，元素②即F、③即Na形成离子分别为：F-和Na+，二者具有相同的电子层结构，Na的核电荷数较大，故它们离子的半径大小为：F-＞Na+。
【小问4详解】
由分析可知，元素③、④、⑤分别为Na、Mg、Al，同一周期从左往右金属性依次增强，则其中与水反应最剧烈是Na，其离子方程式为：。
【小问5详解】
由分析可知，元素③为Na，故其最高价氧化物对应的水化物即NaOH中含有的化学键类型为Na+和OH-之间的离子键和OH-内部的共价键，该化合物是由阴阳离子形成的离子化合物，与⑤即Al的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3之间可以发生反应，该反应的离子方程式为。
【小问6详解】
由分析可知，由于Cl和Br属于同一主族，最外层电子数相同，电子层数Br > Cl，原子半径Br > Cl，得电子能力Cl > Br，表现为非金属性Cl > Br，单质氧化性Cl2 > Br2，则将元素⑦的单质即Cl2与元素③⑧组成的化合物即NaBr的水溶液能够反应，该反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，则其离子方程式为。
【小问7详解】
Si是组成玻璃的元素之一，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液的原因是SiO2会和NaOH反应生成具有粘性的硅酸钠，化学方程式为：。
【小问8详解】
由分析可知，⑥为硫，已知硒(34Se)与⑥同主族即位于第四周期第ⅥA族，据此分析解题：
a．根据元素最高正价等于主族序数，元素最高正价和最低负价的绝对值之和等于8可知，Se的最低负化合价为-2价，a正确；
b．SeO2中元素化合价为+4价，处于Se元素的中间价态，故既有氧化性又有还原性，b正确；
c．根据同一主族从上往下元素的非金属性减弱，其气态氢化物的稳定性减弱可知，Se的气态氢化物即H2Se的稳定性比⑥的即H2S弱，c错误；
d．已知元素最高正价等于主族序数，Se的最高正价为+6价，则最高价氧化物对应的水化物为H2SeO4，d错误；
e．SeO2是酸性氧化物，在一定条件下可与NaOH溶液反应，e正确；
故选。
23. 人类活动离不开能量，能量的利用与化学反应中能量变化密切相关。
Ⅰ．某小组研究氨氮废水的处理(氮元素主要为和)，实验流程如图。
（1）过程Ⅰ：加溶液，调节至9后，升温至，再通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加溶液的作用：_______。
（2）过程Ⅱ：在微生物作用下，经过两步反应被氧化成。能量变化示意图如图：
①第一步反应是_____反应(选填“放热”或“吸热”)。
②全部被氧化成的热离子方程式是_______。
Ⅱ．某小组研究片与稀硫酸反应中的能量变化，进行实验。
（3）实验Ⅰ：将片和片分别插入2个盛有稀硫酸的烧杯中。观察到片表面产生气泡，溶液温度由升到片表面无明显变化，溶液温度无变化。片与稀硫酸反应的能量变化关系符合图______(填“A”或“B”)。
（4）实验Ⅱ：用导线将电流表、小灯泡与片、片相连接，插入盛有稀硫酸的烧杯中(如图所示)。
①观察到电流表指针发生偏转，片表面产生气泡，溶液温度由升到
②结合电子的移动方向，解释片表面产生气泡的原因：该原电池中失电子，_______。
（5）实验Ⅰ和Ⅱ产生等量气体时，测得。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因______。
（6）将片和片换成片和石墨棒，重复实验Ⅱ，请判断电流表指针是否发生偏转。若不偏转，说明理由；若偏转，写出片表面发生的电极反应式。理由或电极反应式是______。
【答案】（1）
（2） ①. 放热 ②.
（3）A （4）电子沿导线流向正极铜，溶液中的在正极上得电子生成
（5）根据能量守恒，能量的变化相同，但温度变化不相同，则说明实验Ⅰ中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能
（6）
【解析】
【小问1详解】
铵盐和氢氧化钠在加热条件下反应生成氨气，反应的离子方程式为：。
【小问2详解】
①有图可知，第一步反应中反应物能量高于生成物的能量，为放热反应；
②由盖斯定律可知，第一步反应+第二步反应可知 。
小问3详解】
Zn片与稀硫酸反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，其能量变化关系符合如图A。
【小问4详解】
结合电子的移动方向，解释Cu片表面产生气泡的原因该原电池中Zn失电子，电子沿导线流向正极铜，溶液中的H+在正极Cu上得电子生成H2。
【小问5详解】
实验I和Ⅱ产生等量气体时，测得T2＞T3。结合能量的转化形式，分析两溶液温度变化幅度不同的原因实验I和Ⅱ产生等量气体时，根据能量守恒，则能量改变相同，但温度变化不相同，则说明实验I中化学能主要转化为热能，实验Ⅱ中化学能主要转化为电能，部分转化为热能。
【小问6详解】
将Zn片和Cu片换成Fe片和石墨棒，重复实验Ⅱ，电流表指针发生偏转，则Fe片溶解，其铁片表面发生的电极反应式。
24. 海洋资源的利用具有广阔的前景。利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图：
已知：常压下，溴单质沸点为58.5℃
（1）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为_______。
（2）“蒸馏塔”具有将溴单质与水溶液分离的作用，其温度应控制在_____ (填序号)。
A．40∼50℃ B．60∼70℃ C．100℃以上
（3）物质A_____(填化学式)可以循环利用。
（4）探究“氧化”的适宜条件，测得不同条件下溶液中被氧化的的百分含量如图：
已知：表示加入氯元素与海水中溴元素物质的量之比。
①结合实际生产，“氧化”的适宜条件为______。
②海水中溴元素的浓度是64mg/L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4gBr2，则该实验海水中溴元素的提取率为______。
③吸收后的空气进行循环利用，吹出时，吹出塔中吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示，当流量过大，吹出率反而下降，其原因：______。
【答案】（1）Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO
（2）B （3）HCl、H2SO4
（4） ①. 、=1.1 ②. 60% ③. 过量的随“吸收后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应
【解析】
【分析】由题给流程可知，向酸化的浓缩海水中通入氯气，将溶液中的溴离子氧化为溴，用热空气将溴吹出，吹出的溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，向酸溶液中通入氯气，将氢溴酸氧化为溴，蒸馏得到可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液和液溴。
【小问1详解】
由分析可知，吸收塔中发生的反应为溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br−+SO；
【小问2详解】
由常压下，溴单质沸点为58.5℃可知，蒸馏塔中温度应控制在58.5℃以上，但不能高于水的沸点，故选B；
【小问3详解】
由分析可知，物质A为可以循环使用的盐酸、硫酸混合溶液，故答案为：HCl、H2SO4；
【小问4详解】
①由图可知， 为1.1时，pH为1和3的溶液中溴的含量最高，再加大氯的量，对溴的含量的提高也几乎没有影响，所以“氧化”的适宜条件为pH为3、为1.1，故答案为：、=1.1；
②海水中溴元素的浓度是64mg/L，经该方法处理后1m3海水最终得到38.4g溴，则该实验海水中溴元素的提取率为×100%=60%，故答案为：60%；
③若二氧化硫的量过大，过量的二氧化硫随吸收溴后的空气一同进入吹出步骤，在吹出塔中与溴反应，导致溴吹出率下降，故答案为：过量的随“吸收后的空气”进入“吹出步骤”，与溴反应。
25. 某小组同学制备碘酸盐()并探究其性质。
资料：①可与溶液反应生成和。
②碘酸钙 []为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。
③的氧化性，的还原性与溶液的酸碱性无关：与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为、或I)。
实验装置如图(加热与夹持装置略)
步骤：
I．打开A中分液漏斗活塞，加热固底烧瓶；一段时间后，B中溶液由无色变为棕黄色。
II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。
（1）A装置发生的化学方程式为___________。
（2）C装置发生的离子方程式为___________。
（3）取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为___________。
原因二：___________(填化学式)在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。
ⅳ.……
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论：___________。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。补全实验ⅳ的操作和现象___________。
（4）根据实验ⅲ得出：氧化性___________(填“”或“”)，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
（5）查阅资料发现，与相应的(，)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性，但浓度均为的和开始发生反应时的pH为1，而浓度均为的和开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3） ①. 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O ②. HClO ③. 酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质 ④. 继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀
（4） ①. < ②. 碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强
（5）氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化
【解析】
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。
【小问1详解】
A装置为制取氯气，反应的方程式为：。
A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问3详解】
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。
原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。
ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
【小问4详解】
根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性<，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强。
【小问5详解】
溴酸根离子和氯酸根离子的氧化性接近，但溴和氯为同主族元素原子，氯的电负性大于溴，故氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化。【点睛】事实
推测
A．
12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快
56Ba(ⅡA)与水反应会更快
B．
Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料
ⅣA族的元素都是半导体材料
C．
HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D．
Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应
P与H2在高温时能反应
选项
叙述I
叙述II
A
Al有一定的非金属性
向氢氧化铝沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解
B
将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈
金属性：K＞Na
C
钠比铜的金属性强
金属钠可从硫酸铜溶液中置换出铜单质
D
I- 还原性弱于Cl-
向NaI溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
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