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【化学】浙江省慈溪中学2018-2019学年高一下学期期中考试复习模拟试题（解析版）
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浙江省慈溪中学2018-2019学年高一下学期期中考试复习模拟试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 绿矾、苛性钠、小苏打都是盐
B. 生铁、水玻璃、冰水混合物都是混合物
C. Fe3O4、Cu2O、HClO、 ClO2都是氧化物
D. HNO3、CH3COOH、HI都是酸
【答案】D
【解析】A.绿矾的成分为FeSO4∙7H2O、属于盐类，苛性钠的成分为NaOH属于碱类，小苏打的成分为NaHCO3属于盐类,故A错误；
B.生铁指的是铁碳合金，属于混合物，水玻璃主要成分为Na2SiO3,属于混合物，冰水指的是水，为纯净物，故B错误；
C.Fe3O4、Cu2O、ClO2都是氧化物，HClO属于酸，故C错误；
D.HNO3、CH3COOH、HI均为电离时生成的阳离子全部是H+的化合物，都属于酸，故D正确；
答案选D。
2.如图所示是分离混合物时常用的仪器，其中适用于互溶性液体分离的仪器是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】互溶性液体分离的方法是蒸馏；需用到的仪器为蒸馏烧瓶，上述仪器中A是蒸馏烧瓶、B是漏斗、C是分液漏斗、D是蒸发皿，所以符合题意的为A；
答案选A。
3.下列物质溶于水后，溶液能导电，但既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A. 蔗糖 B. 漂白粉 C. 氧化钙 D. 二氧化碳
【答案】B
【解析】A. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能导电，故A不符合题意；
B. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，溶于水后，溶液能导电，故B符合题意；
C. 氧化钙属于电解质，溶于水生成氢氧化钙，也是电解质，溶液能导电，故C不符合题意；
D. 二氧化碳属于非电解质，溶于水后生成碳酸，能导电，故D不符合题意；
答案选B。
4.下列有关化学用语表示正确的是 （ ）
A. 氨气的球棍模型： B. 氧离子(18O2−)的结构示意图：
C. 二氧化硅的结构式：O=Si=O D. CO2的电子式：
【答案】B
【解析】A. 氨气的比例模型：，故A错误；
B. 氧离子(18O2−)的结构示意图：，故B正确；
C. 二氧化硅为原子晶体，Si原子周围有4个O原子，O原子周围有2个Si原子，在空间形成网状结构，不存在Si=O，故C错误；
D. CO2的电子式：，故D错误；
答案选B。
5.下列说法中正确的是 （ ）
A. 126C和146C是一种核素
B. 宇宙射线的作用下可使 14N 转变为 14C，14C和14N互为同位素
C. 金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高
D. 乙醇(CH3CH2OH)与甲醚(CH3OCH3)互为同分异构体
【答案】D
【解析】A.具有一定数目的质子数和中子数的原子叫核素。 126C和146C质子数相同，中子数不同，不是一种核素，故A错误；
B.14C和14N质子数不同不互为同位素，故B错误；
C. 金刚石和石墨互为同素异形体，金刚石属于原子晶体，所以熔点和硬度都很高，石墨属于混合晶型，质软，故C错误；
D.乙醇和甲醚(CH3−O−CH3)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选D。
6.下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）
A. 酸性强弱：HBrO4 ＞HClO4＞H3PO4＞H2CO3
B. 碱性强弱：NaOH ＞Mg(OH)2 ＞KOH
C. 离子半径大小：r(N3-)＞r(O2-)＞ r(Na+)
D. 气态氢化物稳定性强弱：H2O＜H2S＜PH3
【答案】C
【解析】A. 同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Cl>Br，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以酸性HBrO4
C. 核外电子排布相同的微粒，原子序数越大，半径越小，所以r(N3-)＞r(O2-)＞ r(Na+)，故C正确；
D. 同主族自上而下非金属性减弱，同周期自左而右非金属性增强，故非金属性O>S>P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则稳定性H2O>H2S>PH3，故D错误；
答案选C。
7.下列说法正确的是 （ ）
A. 硅酸钠可用作木材防火剂；二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
B. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多；高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
C. 水泥、玻璃、水晶都是硅酸盐制品；石英、光导纤维主要成分是SiO2
D. 镁可用于制造信号弹和焰火；高温SO2可被催化氧化生成SO3
【答案】D
【解析】A. 硅酸钠可用于阻燃剂，用硅酸钠浸泡的木材可防火，二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水，但可溶于氢氟酸，故A错误；
B. 碳酸钠的碱性较强，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；
C.水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，故C错误；
D. 镁可用于制造信号弹和焰火；高温SO2可被催化氧化生成SO3，故D正确；
答案选D。
8.下列说法正确的是 （ ）
A. 工业上铁的冶炼是在沸腾炉中进行；工业通过电解氯化镁溶液制得镁单质
B. 二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂；可用钠与熔融的四氯化钛反应制取金属钛
C. 等物质的量氯气与SO2通入品红，溶液不会褪色
D. 灼热的铜丝放入盛有干燥氯气的集气瓶中燃烧生成蓝色的烟雾
【答案】C
【解析】A. 工业上铁的冶炼是在高炉中进行，工业上通过电解熔融氯化镁制得镁单质，电解氯化镁溶液不能生成单质镁，故A错误；
B. 二氧化碳可与镁反应生成氧化镁和碳，所以C02不能作镁燃烧灭火剂，故B错误；
C. 等物质的量氯气与SO2发生反应为：Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以通入品红后，溶液不会褪色，故C正确；
D. 灼热的铜丝放入盛有干燥氯气的集气瓶中燃烧生成棕黄色的烟雾，故D错误；
答案选C。
9.下列说法正确的是 （ ）
A. 萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气
B. 分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏；可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
C. 蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应插入烧瓶内液面下
D. 粗盐的提纯试验中，滤液在坩埚中加热蒸发结晶
【答案】A
【解析】A. 萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气，否则分液漏斗内压强过大易产生安全事故，故A正确；
B. 酒精和水互溶，所以不能用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质，故B错误；
C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，所以水银球应插入到烧瓶内侧支管口处，故C错误；
D. 粗盐的提纯试验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶，故D错误；
答案选A。
10.下列离子方程式正确的是 （ ）
A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-
C. 硫酸氢钠溶液中滴加 Ba(OH)2 至溶液刚好呈中性：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42ˉ＝BaSO4↓＋H2O
D. 电解饱和食盐水 2Cl—+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑+ 2OH—
【答案】D
【解析】A. CH3COOH是弱电解质，离子方程式中不能拆，所以用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气，Fe2+和Br-同时被氧化，其反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B错误；
C. 硫酸氢钠溶液中滴加 Ba(OH)2 至溶液刚好呈中性，其离子反应的方程式：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42ˉ＝BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D. 电解饱和食盐水的离子反应的方程式为： 2Cl—+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑+ 2OH—，故D正确；
答案选D。
11.X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 热稳定性：XM>X2Z
C. 仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，应该为第二周期元素，W位于第三周期，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设W最外层电子数为x，则2+8+x=2(x+3)，解得x=4，则W为Si、Y为N元素、Z为O元素，M为F元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、M为F元素、W为Si元素。A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞N＞O＞F＞H，故A正确；B．XM为HF，X2Z为H2O，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性F＞O，则热稳定性HF＞H2O，故B正确；C．H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，硝酸铵中既有离子键又有共价键，故C错误；D．WM4为SiF4，Si、F原子最外层均满足8电子结构，故D正确；故选C。
12.一定温度下，在容积不变的密闭容器中，反应I2(g) + H2(g)2HI(g)达到平衡的标志是（ ）
A. v正（I2）=2v逆(HI)
B. 容器中气体的压强不再改变，气体的密度和摩尔质量不再改变
C. I2、H2、HI的分子数之比为1∶1∶2；
D. 容器内气体的颜色不再发生改变
【答案】D
【解析】A. 反应I2(g) + H2(g)2HI(g)达到平衡的标志是:2v正（I2）=v逆(HI)，故A错误；
B. 因为I2(g) + H2(g)2HI(g)是两边化学反应计量数相等，容器中气体的压强始终不变，气体的密度和摩尔质量也是定值，所以容器中气体的压强不再改变，气体的密度和摩尔质量不再改变不能作为判断达到平衡的依据；故B错误；
C、I2、H2、HI的分子数之比为1∶1∶2，不能判断各组分浓度是否不变，正逆反应速率是否相等，故C错误；
D.当混合气体的颜色不再改变时，该反应体系中各物质浓度不变，该反应达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
13.某手机电池采用了石墨烯电池，可充电5分钟，通话2小时。一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8=Li2S8）工作原理示意图如图,已知参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量。下列有关该电池说法不正确的是（ ）
A. 金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料
B. B电极为该电源的负极，发生还原反应
C. A电极的反应：Li-e-=Li+
D. 电子从A电极经过外电路流向B电极
【答案】B
【解析】A.单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则放出的电能越多，能量越高，Li是所有金属元素中原子量最小的金属，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A项正确；
B.原电池中阳离子向正极移动,由图可以知道,B为正极,A为负极,负极发生失电子的氧化反应，B项错误；
C. 原电池中阳离子向正极移动,由图Li+的移动方向可以知道,B为正极,A为负极,A电极的反应：Li-e-=Li+，C项正确；
D. 外电路，电子由负极流向正极，则电子从A电极经过外电路流向B电极， D项正确；
答案选B。
14.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝＋285.8kJ／mol
B. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者反应的△H小
C. 由“C（石墨）→C（金刚石） ΔH＝＋1.9kJ／mol”可知，金刚石比石墨稳定
D. 反应是放热的还是吸热的必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
【答案】D
【解析】A. 在101kPa时，2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝-571.6kJ／mol，故A错误；
B. 硫蒸气的能量比硫固体高，所以若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者反应放出的热量高，所以△H小，故B错误；
C. 物质的能量越低越稳定，“C（石墨）→C（金刚石） ΔH＝＋1.9kJ／mol”为吸热反应，所以石墨的能量比金刚石的低，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；
D. 反应是放热的还是吸热的必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，为放热反应，反之为吸热反应，故D正确；
答案选D。
15.根据下图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)转化为氢原子是一个放热过程
B. 1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量低
C. 1 个 HCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431.8 kJ能量
D. 2HCl(g)= H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH=+184.5 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A、断开化学键需要吸收热量，是吸热过程，故A错误；B、氢气和氯气生成HCl时的△H=反应物键能和-生成物键能和= 436.4kJ/mol+242.7kJ/mol-2×431.8kJ/mol =-184.5kJ/mol，反应放热，因此1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量高，故B错误；C、1molHCl分子中化学键断裂时需要吸收431.8kJ的能量，不是1 个 HCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431.8 kJ能量，故C错误；D、HCl分解生成氢气和氯气时，△H=反应物键能和-生成物键能和=2×431.8kJ/mol -436.4kJ/mol-242.7kJ/mol=+184.5kJ/mol，反应放热，故D正确；故选D。
16.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（ ）
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 相同物质的量浓度的两溶液，分别与足量镁反应，产生氢气体积盐酸多
D. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同
【答案】A
【解析】A. pH相等的盐酸和醋酸两种溶液，根据电荷守恒：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)，故A正确；
B. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，pH相等的盐酸和醋酸两种溶液中，c(CH3COOH)>c(HCl),分别用NaOH溶液中和体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，故B错误；
C. 相同物质的量浓度的两溶液，没有体积，无法计算产生氢气体积，故C错误；
D. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，相同物质的量浓度的两溶液，盐酸中离子浓度大，导电能力强，故D错误；
答案选A。
17.下列说法正确的是 ( )
A. 由于分子间作用力依次增大，所以热稳定性：NH3＜H2O＜HF
B. 离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中不一定存在共价键
C. BeCl2熔点较低，易升华，可溶于醇和醚，由此可推测BeCl2晶体属于原子晶体
D. NH3和CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】B
【解析】A. 由于N、O、F的非金属性逐渐增强，所以气态氢化物稳定性NH3＜H2O＜HF，热稳定性与分子间作用力无关，故A错误；
B. 离子晶体中可能存在共价键，如NaOH等，分子晶体中不一定存在共价键；如稀有气体单质，属于分子晶体，没有共价键，故B正确；
C. 原子晶体的熔沸点高，硬度较大，分子晶体熔沸点较低，BeCl2熔点较低，易升华，可溶于醇和醚，由此可推测BeCl2晶体属于分子晶体，故C错误；
D. NH3中的H原子最外层有两个电子，不符合每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D错误；
答案选B
18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 5.6g Fe与2.24L Cl2充分反应转移电子数为0.2NA
B. 0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
C. 2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NA
D. 16 g S8 (分子结构：)中的共价键数目为NA
【答案】C
【解析】A. 2.24L Cl2没有指明所处的状态，无法计算Cl2的物质的量，就无法计算转移的电子数，故A错误；
B.2 I-+2 Fe3+I2+ 2Fe2+ ，该反应为可逆反应，在溶液中反应不能进行到底，所以转移的电子数小于0.1 NA，故B错误；
C. H218O与D216O的摩尔质量相等，电子数相等，中子数相等，所以2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均相等， 2 g H218O与D216O的混合物的电子数为2 g/20 g∙mol-1×10=1mol,中子数为1mol；均为NA，故C正确；
D. 由S8 的分子结构可知，S8含有8条S-S键，所以16g/256 g∙mol-1×8=0.5mol，即16 g S8中的共价键数目为0.5NA，故D错误；
答案选C。
19.向100mL FeI2溶液中逐渐通入C12,其中n(I2)、n(Fe3+)随通入n(C12)的变化如图所示,下列说法不正确的是（ ）
A. 氧化性强弱:I2
C. 由图可知,该FeI2溶液的浓度为1mol· L-l
D. n(C12):n(FeI2)=1:2时,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【解析】A、根据图像可知，Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，还原性大小关系为I->Fe2+，所以氧化性大小关系为Fe3+>I2，A正确；B、根据图像可知，n(Cl2)=0.12mol时，I-已完全转化为I2，Fe2+部分被氧化，所以溶液中含有的离子主要为Fe2+、Fe3+、Clˉ，B正确；C、I-完全氧化需要消耗0.1molCl2，根据电子守恒可知I-的物质的量为0.2mol，FeI2的物质的量为0.1mol，所以FeI2溶液的浓度为1mol· L-l，C正确；D、n(C12):n(FeI2)=1:2时，设Cl2为1mol，提供2mol电子，I-的还原性大于Fe2+的还原性，Cl2先与I-发应且可以氧化2molI-，I-未完全氧化，所以对应的离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，D错误。正确答案为D。
20.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+
B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-
D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，4.66g沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.02mol，即n(SO42-)=0.02mol，沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32-、SO42-，碳酸钡沉淀质量为6.63g-4.66g=1.97g，物质的量为0.01mol，即n(CO32-)=0.01mol；
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)，物质的量为=0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol；根据电荷守恒，阴离子所带负电荷的物质的量=0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，阳离子所带正电荷的物质的量=0.03mol×1=0.03mol，所以一定含有钠离子，其物质的量是：0.06mol-0.03mol=0.03mol。
【详解】A、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，故A正确；
B、该固体中一定没有Cu2+、故B错误；
C、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，其余的无法判断，故C错误；
D、根据以上实验，该固体中一定有Na+，故D错误；
故选A。
21.（1）Na2O2的电子式____________________
（2）写出“海洋元素”的元素符号__________,该元素单质的苯溶液颜色为______________。
（3）写出木炭与浓硫酸共热时发生的化学反应方程式：_______________________。
【答案】(1). (2). Br (3). 橙红色 (4). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】（1）Na2O2为离子化合物，其电子式为，所以本题答案：；
（2）溴元素有百分之九十九存在于海洋中，人们叫它为“海洋元素”；溴易溶于苯中得到溴的苯溶液，呈现出橙红色，所以本题答案：Br；橙红色。
（3）木炭与浓硫酸共热产生二氧化碳、二氧化硫气体和水，其化学反应方程式：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，答案：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
22.为探究黑色固体 X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
（1）X的化学式是________________。
（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。
【答案】(1). CuO (2). Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O
【解析】
【分析】根据框图逆推本题：气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明X中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。
【详解】（1）32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X为氧化铜，本题答案： CuO；
（2）由n(CuO)=32.0g÷80g∙mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)=3.2g÷32g∙mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n(Cu): n(O)=0.4mol:(O.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O；答案：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。
23.绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：
（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是______________________________。
（2）乙组同学认为甲组同学实验结论不严谨，认为需要补做实验。乙对甲组同学做完实验的装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中______。
A．不含SO2 B．可能含SO2 C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：
丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→ _______；其中仪器F的名称___________。
【答案】(1). 品红溶液褪色 (2). 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 (3). BC (4). FGBDH (5). 球形干燥管或干燥管均可
【解析】 (1)绿矾（FeSO4·7H2O）在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等，由此得出绿矾的分解产物中含有SO3、SO2都能使品红褪色，所以装置B中的品红褪色，SO3、SO2对环境有污染，且两者都能和氢氧化钠溶液反应，所以装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境；故答案为：品红溶液褪色；吸收尾气，防止SO2和SO3等气体扩散到空气中污染环境；
(2)根据题意，SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红，三氧化硫的漂白不可恢复，乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中肯定有三氧化硫，未对二氧化硫检验，则可能含有二氧化硫；故答案为：BC；
(3)检验绿矾分解气态产物，由A分解绿矾，经F球形干燥管干燥，二氧化硫、三氧化硫均能漂白品红，故先检验三氧化硫并与二氧化硫分离，三氧化硫熔沸点低，故连接G装置冷凝三氧化硫，由装置B检验二氧化硫，经过装置D除去二氧化硫，连接装置H，收集并检验氧气；故答案为：FGBDH；球形干燥管。
24.短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：
（1）写出A与D以1∶1的原子个数比形成的化合物的电子式：______________。F的离子结构示意图为_______________________。
（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为________键(填“离子”或“共价”，下同)。A、D、E三种元素形成的化合物为____________化合物。
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为________________________________。
（4）化合物C2A4和C2D4的液体曾被用作火箭推进剂，燃烧反应的生成物是一种气态单质和一种化合物，它们对环境无污染。1 mol C2A4液体和足量C2D4液体完全反应生成两种气体时放出热量516.8 kJ，则该反应的热化学方程式为_________________________________。
【答案】(1). (2). (3). )共价 (4). 离子 (5). OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O (6). 2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大,由B形成的化合物种类繁多,可以知道B为C元素；根据C、D为空气中含量最多的两种元素,且C、D的原子序数依次增大,所以C为N元素,D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，A的电子层数为13-2-2-2-3-3=1，则A为H元素；以此分析解答。
【详解】（1）由上述分析可知：A为H元素，D为O元素，所以A与D以1∶1的原子个数比形成的化合物为H2O2,其电子式：。由F为Cl元素，所以F的离子结构示意图为；所以本题答案：； ；
（2）由上述分析可知；B为C元素，D为O元素，B、D形成的化合物为CO2属于共价化合物，分子中存在共价键。由A为H元素，D为O元素，E为Na，A、D、E三种元素形成的化合物为氢氧化钠，属于离子化合物。所以本题答案：共价；离子；
（3）由A为H元素，B为C元素，D为O元素，E为Na，化合物甲、乙由A、B、D、E中三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。所以甲、乙可能为Na 2CO3、NaOH、NaHCO3中的两种，且甲、乙两种物质能反应，所以甲、乙中一个为NaOH，一个为NaHCO3，两者反应的离子方程式为OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O；答案：OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O。
（4）由C为N元素，A为H元素，D为O元素，所以化合物C2A4为N2H4,C2D4的化学式为N2O4, 1mol C2A4液体和足量C2D4液体完全反应生成两种气体时放出热量516.8 kJ，所以该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1，答案：2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1
25.（1）已知甲烷的热值为56kJ/g ,写出甲烷完全燃烧生成稳定的物质的热化学方程式：______________________________
（2）一定温度下，将3 molA气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为______________________；x为____________。
（3）下列说法中可以充分说明反应: P（g）+2Q（g）2R（g）+S（s），在恒温恒容下已达平衡状态的是 （ ）
A．P和R的生成速率相等
B．反应容器内总的物质的量保持不变
C．反应容器中的压强不随时间的变化而变化
D．反应容器内P、Q、R、S四者共存
E. 反应器中摩尔质量保持不变
（4）如图为某种甲烷燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。
电极B的名称___________,发生_________反应。写出电极A的电极反应式：__________，电极A附近pH如何变化？_____________________________。
【答案】(1). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1 (2). 0.2mol/(L·min) (3). 2 (4). BCE (5). 正极 (6). 还原 (7). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (8). 减小
【解析】（1）已知甲烷的热值为56kJ/g ,1molCH4的质量为16g, 完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出的热量为：Q=16g×56kJ/g=896KJ,所以甲烷完全燃烧生成稳定的物质的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1；所以本题答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1；
（2）利用三段式法计算 3A（g）+B（g）═xC（g）
起始（mol/L）： 1.5 0.5 0
转化（mol/L）： 0.6 0.2 0.2x
1min后（mol/L） 0.9 0.3 0.2x
1min内，B的平均反应速率为v=∆c/∆t=0.2 mol∙L-1 /1min=0.2mol/(L∙min)
1min后C的浓度为0.4mol/L,所以 0.2x=0.4,x=2；所以本题答案：0.2mol/(L∙min)；2；
（3）A.P为反应物，R为产物，P和R的生成速率相等，说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A不符合题意；
B.此反应是气体体积减小的反应，故气体总物质的量不变，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故B符合题意。
C.此反应是气体体积减小的反应，故压强不随反应程度发生变化，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.该反应为可逆反应，反应过程中，P、Q、R、S四者一直共存，无法判断是否达到平衡状态，故D不符合题意；
E. 此反应是气体体积减小的反应，根据M=m/n可知，反应器中摩尔质量保持不变，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态；故E符合题意；
综上所述，本题正确答案为BCE。
（4）根据图中电子流向可知：电极A为负极，发生氧化反应，甲烷燃料电池中的燃料做负极，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，电极反应消耗了OH-,所以该电极pH减小；电极B为正极，发生还原反应；
所以本题答案：正极 ；还原； CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O； 减小。
26.200mL NaOH 与 Na2SO3的混合溶中含 c(Na+)＝0.400mol/L，现用此混合液处理尾气 Cl2，吸收一定量氯气后经检测吸收液中的溶质只有3种钠盐。现往吸收液滴加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀盐酸，白色沉淀减少，剩余白色沉淀质量为2.33g。
（1）被吸收 Cl2在标准状况下的体积为_____________________。
（2）原溶液中 NaOH 和 Na2SO3的物质的量之比为___________。
【答案】(1). 0.224L (2). 2：3
【解析】 (1)根据题意，往吸收液中滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀盐酸，白色沉淀减少，说明该沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，剩余的2.33g白色沉淀是硫酸钡，n(BaSO4)= 2.33g÷233g∙mol-1=0.01mol,发生的化学反应为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+ SO42-+2H+, SO42-+Ba2+= BaSO4↓；由上面离子方程式可知，Cl2~SO32-~ SO42-~ BaSO4,所以消耗n(SO32-)=0.01mol ，消耗n(Cl2)= 0.01mol，标准状况下，V(Cl2)= 0.01mol ×22.4L/mol=0.224L，故答案为：0.224L；
(2)因为经检测吸收液中的溶质只有3种钠盐，根据上述分析，该钠盐为氯化钠、亚硫酸钠和硫酸钠，n(Na+)＝0.400mol/L ×0.2L=0.08mol，n(Cl2)= 0.01mol，根据Cl元素守恒，n（NaCl）=0.02mol，由Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+ SO42-+2H+,可得出反应后的溶液中，n (Na2SO4)= 0.01mol ,根据钠元素守恒，溶液中剩余n((Na2SO3)=( 0.08mol -0.02mol -0.01mol ×2)÷2=0.02mol，原溶液Na2SO3的物质的量=0.01mol +0.02mol =0.03mol，根据钠元素守恒，n（NaOH）=0.08mol-0.03mol×2=0.02mol，原溶液中NaOH和Na2SO3的物质的量之比为0.02mol : 0.03mol =2:3。故答案为：2:3。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 绿矾、苛性钠、小苏打都是盐
B. 生铁、水玻璃、冰水混合物都是混合物
C. Fe3O4、Cu2O、HClO、 ClO2都是氧化物
D. HNO3、CH3COOH、HI都是酸
【答案】D
【解析】A.绿矾的成分为FeSO4∙7H2O、属于盐类，苛性钠的成分为NaOH属于碱类，小苏打的成分为NaHCO3属于盐类,故A错误；
B.生铁指的是铁碳合金，属于混合物，水玻璃主要成分为Na2SiO3,属于混合物，冰水指的是水，为纯净物，故B错误；
C.Fe3O4、Cu2O、ClO2都是氧化物，HClO属于酸，故C错误；
D.HNO3、CH3COOH、HI均为电离时生成的阳离子全部是H+的化合物，都属于酸，故D正确；
答案选D。
2.如图所示是分离混合物时常用的仪器，其中适用于互溶性液体分离的仪器是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】互溶性液体分离的方法是蒸馏；需用到的仪器为蒸馏烧瓶，上述仪器中A是蒸馏烧瓶、B是漏斗、C是分液漏斗、D是蒸发皿，所以符合题意的为A；
答案选A。
3.下列物质溶于水后，溶液能导电，但既不是电解质，又不是非电解质的是（ ）
A. 蔗糖 B. 漂白粉 C. 氧化钙 D. 二氧化碳
【答案】B
【解析】A. 蔗糖属于非电解质，溶于水不能导电，故A不符合题意；
B. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，溶于水后，溶液能导电，故B符合题意；
C. 氧化钙属于电解质，溶于水生成氢氧化钙，也是电解质，溶液能导电，故C不符合题意；
D. 二氧化碳属于非电解质，溶于水后生成碳酸，能导电，故D不符合题意；
答案选B。
4.下列有关化学用语表示正确的是 （ ）
A. 氨气的球棍模型： B. 氧离子(18O2−)的结构示意图：
C. 二氧化硅的结构式：O=Si=O D. CO2的电子式：
【答案】B
【解析】A. 氨气的比例模型：，故A错误；
B. 氧离子(18O2−)的结构示意图：，故B正确；
C. 二氧化硅为原子晶体，Si原子周围有4个O原子，O原子周围有2个Si原子，在空间形成网状结构，不存在Si=O，故C错误；
D. CO2的电子式：，故D错误；
答案选B。
5.下列说法中正确的是 （ ）
A. 126C和146C是一种核素
B. 宇宙射线的作用下可使 14N 转变为 14C，14C和14N互为同位素
C. 金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高
D. 乙醇(CH3CH2OH)与甲醚(CH3OCH3)互为同分异构体
【答案】D
【解析】A.具有一定数目的质子数和中子数的原子叫核素。 126C和146C质子数相同，中子数不同，不是一种核素，故A错误；
B.14C和14N质子数不同不互为同位素，故B错误；
C. 金刚石和石墨互为同素异形体，金刚石属于原子晶体，所以熔点和硬度都很高，石墨属于混合晶型，质软，故C错误；
D.乙醇和甲醚(CH3−O−CH3)分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选D。
6.下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）
A. 酸性强弱：HBrO4 ＞HClO4＞H3PO4＞H2CO3
B. 碱性强弱：NaOH ＞Mg(OH)2 ＞KOH
C. 离子半径大小：r(N3-)＞r(O2-)＞ r(Na+)
D. 气态氢化物稳定性强弱：H2O＜H2S＜PH3
【答案】C
【解析】A. 同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性Cl>Br，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以酸性HBrO4
C. 核外电子排布相同的微粒，原子序数越大，半径越小，所以r(N3-)＞r(O2-)＞ r(Na+)，故C正确；
D. 同主族自上而下非金属性减弱，同周期自左而右非金属性增强，故非金属性O>S>P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则稳定性H2O>H2S>PH3，故D错误；
答案选C。
7.下列说法正确的是 （ ）
A. 硅酸钠可用作木材防火剂；二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
B. 碳酸钠可用于治疗胃酸过多；高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
C. 水泥、玻璃、水晶都是硅酸盐制品；石英、光导纤维主要成分是SiO2
D. 镁可用于制造信号弹和焰火；高温SO2可被催化氧化生成SO3
【答案】D
【解析】A. 硅酸钠可用于阻燃剂，用硅酸钠浸泡的木材可防火，二氧化硅是酸性氧化物，不溶于水，但可溶于氢氟酸，故A错误；
B. 碳酸钠的碱性较强，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；
C.水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，故C错误；
D. 镁可用于制造信号弹和焰火；高温SO2可被催化氧化生成SO3，故D正确；
答案选D。
8.下列说法正确的是 （ ）
A. 工业上铁的冶炼是在沸腾炉中进行；工业通过电解氯化镁溶液制得镁单质
B. 二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂；可用钠与熔融的四氯化钛反应制取金属钛
C. 等物质的量氯气与SO2通入品红，溶液不会褪色
D. 灼热的铜丝放入盛有干燥氯气的集气瓶中燃烧生成蓝色的烟雾
【答案】C
【解析】A. 工业上铁的冶炼是在高炉中进行，工业上通过电解熔融氯化镁制得镁单质，电解氯化镁溶液不能生成单质镁，故A错误；
B. 二氧化碳可与镁反应生成氧化镁和碳，所以C02不能作镁燃烧灭火剂，故B错误；
C. 等物质的量氯气与SO2发生反应为：Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以通入品红后，溶液不会褪色，故C正确；
D. 灼热的铜丝放入盛有干燥氯气的集气瓶中燃烧生成棕黄色的烟雾，故D错误；
答案选C。
9.下列说法正确的是 （ ）
A. 萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气
B. 分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏；可以用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
C. 蒸馏时加入沸石的目的是为了防止暴沸；蒸馏时温度计水银球应插入烧瓶内液面下
D. 粗盐的提纯试验中，滤液在坩埚中加热蒸发结晶
【答案】A
【解析】A. 萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气，否则分液漏斗内压强过大易产生安全事故，故A正确；
B. 酒精和水互溶，所以不能用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质，故B错误；
C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，所以水银球应插入到烧瓶内侧支管口处，故C错误；
D. 粗盐的提纯试验中，滤液在蒸发皿中加热蒸发结晶，故D错误；
答案选A。
10.下列离子方程式正确的是 （ ）
A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
B. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-
C. 硫酸氢钠溶液中滴加 Ba(OH)2 至溶液刚好呈中性：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42ˉ＝BaSO4↓＋H2O
D. 电解饱和食盐水 2Cl—+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑+ 2OH—
【答案】D
【解析】A. CH3COOH是弱电解质，离子方程式中不能拆，所以用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气，Fe2+和Br-同时被氧化，其反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B错误；
C. 硫酸氢钠溶液中滴加 Ba(OH)2 至溶液刚好呈中性，其离子反应的方程式：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42ˉ＝BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D. 电解饱和食盐水的离子反应的方程式为： 2Cl—+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑+ 2OH—，故D正确；
答案选D。
11.X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 热稳定性：XM>X2Z
C. 仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，应该为第二周期元素，W位于第三周期，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设W最外层电子数为x，则2+8+x=2(x+3)，解得x=4，则W为Si、Y为N元素、Z为O元素，M为F元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、M为F元素、W为Si元素。A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞N＞O＞F＞H，故A正确；B．XM为HF，X2Z为H2O，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性F＞O，则热稳定性HF＞H2O，故B正确；C．H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，硝酸铵中既有离子键又有共价键，故C错误；D．WM4为SiF4，Si、F原子最外层均满足8电子结构，故D正确；故选C。
12.一定温度下，在容积不变的密闭容器中，反应I2(g) + H2(g)2HI(g)达到平衡的标志是（ ）
A. v正（I2）=2v逆(HI)
B. 容器中气体的压强不再改变，气体的密度和摩尔质量不再改变
C. I2、H2、HI的分子数之比为1∶1∶2；
D. 容器内气体的颜色不再发生改变
【答案】D
【解析】A. 反应I2(g) + H2(g)2HI(g)达到平衡的标志是:2v正（I2）=v逆(HI)，故A错误；
B. 因为I2(g) + H2(g)2HI(g)是两边化学反应计量数相等，容器中气体的压强始终不变，气体的密度和摩尔质量也是定值，所以容器中气体的压强不再改变，气体的密度和摩尔质量不再改变不能作为判断达到平衡的依据；故B错误；
C、I2、H2、HI的分子数之比为1∶1∶2，不能判断各组分浓度是否不变，正逆反应速率是否相等，故C错误；
D.当混合气体的颜色不再改变时，该反应体系中各物质浓度不变，该反应达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
13.某手机电池采用了石墨烯电池，可充电5分钟，通话2小时。一种石墨烯锂硫电池（2Li+S8=Li2S8）工作原理示意图如图,已知参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量。下列有关该电池说法不正确的是（ ）
A. 金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料
B. B电极为该电源的负极，发生还原反应
C. A电极的反应：Li-e-=Li+
D. 电子从A电极经过外电路流向B电极
【答案】B
【解析】A.单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则放出的电能越多，能量越高，Li是所有金属元素中原子量最小的金属，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A项正确；
B.原电池中阳离子向正极移动,由图可以知道,B为正极,A为负极,负极发生失电子的氧化反应，B项错误；
C. 原电池中阳离子向正极移动,由图Li+的移动方向可以知道,B为正极,A为负极,A电极的反应：Li-e-=Li+，C项正确；
D. 外电路，电子由负极流向正极，则电子从A电极经过外电路流向B电极， D项正确；
答案选B。
14.下列说法或表示方法正确的是（ ）
A. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝＋285.8kJ／mol
B. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者反应的△H小
C. 由“C（石墨）→C（金刚石） ΔH＝＋1.9kJ／mol”可知，金刚石比石墨稳定
D. 反应是放热的还是吸热的必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
【答案】D
【解析】A. 在101kPa时，2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝-571.6kJ／mol，故A错误；
B. 硫蒸气的能量比硫固体高，所以若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者反应放出的热量高，所以△H小，故B错误；
C. 物质的能量越低越稳定，“C（石墨）→C（金刚石） ΔH＝＋1.9kJ／mol”为吸热反应，所以石墨的能量比金刚石的低，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；
D. 反应是放热的还是吸热的必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，为放热反应，反之为吸热反应，故D正确；
答案选D。
15.根据下图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)转化为氢原子是一个放热过程
B. 1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量低
C. 1 个 HCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431.8 kJ能量
D. 2HCl(g)= H2(g)+Cl2(g)的反应热ΔH=+184.5 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A、断开化学键需要吸收热量，是吸热过程，故A错误；B、氢气和氯气生成HCl时的△H=反应物键能和-生成物键能和= 436.4kJ/mol+242.7kJ/mol-2×431.8kJ/mol =-184.5kJ/mol，反应放热，因此1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量高，故B错误；C、1molHCl分子中化学键断裂时需要吸收431.8kJ的能量，不是1 个 HCl(g)分子中的化学键断裂时需要吸收431.8 kJ能量，故C错误；D、HCl分解生成氢气和氯气时，△H=反应物键能和-生成物键能和=2×431.8kJ/mol -436.4kJ/mol-242.7kJ/mol=+184.5kJ/mol，反应放热，故D正确；故选D。
16.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（ ）
A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 相同物质的量浓度的两溶液，分别与足量镁反应，产生氢气体积盐酸多
D. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同
【答案】A
【解析】A. pH相等的盐酸和醋酸两种溶液，根据电荷守恒：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)，故A正确；
B. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，pH相等的盐酸和醋酸两种溶液中，c(CH3COOH)>c(HCl),分别用NaOH溶液中和体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，故B错误；
C. 相同物质的量浓度的两溶液，没有体积，无法计算产生氢气体积，故C错误；
D. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，相同物质的量浓度的两溶液，盐酸中离子浓度大，导电能力强，故D错误；
答案选A。
17.下列说法正确的是 ( )
A. 由于分子间作用力依次增大，所以热稳定性：NH3＜H2O＜HF
B. 离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中不一定存在共价键
C. BeCl2熔点较低，易升华，可溶于醇和醚，由此可推测BeCl2晶体属于原子晶体
D. NH3和CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】B
【解析】A. 由于N、O、F的非金属性逐渐增强，所以气态氢化物稳定性NH3＜H2O＜HF，热稳定性与分子间作用力无关，故A错误；
B. 离子晶体中可能存在共价键，如NaOH等，分子晶体中不一定存在共价键；如稀有气体单质，属于分子晶体，没有共价键，故B正确；
C. 原子晶体的熔沸点高，硬度较大，分子晶体熔沸点较低，BeCl2熔点较低，易升华，可溶于醇和醚，由此可推测BeCl2晶体属于分子晶体，故C错误；
D. NH3中的H原子最外层有两个电子，不符合每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D错误；
答案选B
18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 5.6g Fe与2.24L Cl2充分反应转移电子数为0.2NA
B. 0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
C. 2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NA
D. 16 g S8 (分子结构：)中的共价键数目为NA
【答案】C
【解析】A. 2.24L Cl2没有指明所处的状态，无法计算Cl2的物质的量，就无法计算转移的电子数，故A错误；
B.2 I-+2 Fe3+I2+ 2Fe2+ ，该反应为可逆反应，在溶液中反应不能进行到底，所以转移的电子数小于0.1 NA，故B错误；
C. H218O与D216O的摩尔质量相等，电子数相等，中子数相等，所以2 g H218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均相等， 2 g H218O与D216O的混合物的电子数为2 g/20 g∙mol-1×10=1mol,中子数为1mol；均为NA，故C正确；
D. 由S8 的分子结构可知，S8含有8条S-S键，所以16g/256 g∙mol-1×8=0.5mol，即16 g S8中的共价键数目为0.5NA，故D错误；
答案选C。
19.向100mL FeI2溶液中逐渐通入C12,其中n(I2)、n(Fe3+)随通入n(C12)的变化如图所示,下列说法不正确的是（ ）
A. 氧化性强弱:I2
C. 由图可知,该FeI2溶液的浓度为1mol· L-l
D. n(C12):n(FeI2)=1:2时,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【解析】A、根据图像可知，Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+，还原性大小关系为I->Fe2+，所以氧化性大小关系为Fe3+>I2，A正确；B、根据图像可知，n(Cl2)=0.12mol时，I-已完全转化为I2，Fe2+部分被氧化，所以溶液中含有的离子主要为Fe2+、Fe3+、Clˉ，B正确；C、I-完全氧化需要消耗0.1molCl2，根据电子守恒可知I-的物质的量为0.2mol，FeI2的物质的量为0.1mol，所以FeI2溶液的浓度为1mol· L-l，C正确；D、n(C12):n(FeI2)=1:2时，设Cl2为1mol，提供2mol电子，I-的还原性大于Fe2+的还原性，Cl2先与I-发应且可以氧化2molI-，I-未完全氧化，所以对应的离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，D错误。正确答案为D。
20.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+
B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-
D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，4.66g沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.02mol，即n(SO42-)=0.02mol，沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32-、SO42-，碳酸钡沉淀质量为6.63g-4.66g=1.97g，物质的量为0.01mol，即n(CO32-)=0.01mol；
(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)，物质的量为=0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol；根据电荷守恒，阴离子所带负电荷的物质的量=0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，阳离子所带正电荷的物质的量=0.03mol×1=0.03mol，所以一定含有钠离子，其物质的量是：0.06mol-0.03mol=0.03mol。
【详解】A、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，故A正确；
B、该固体中一定没有Cu2+、故B错误；
C、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，其余的无法判断，故C错误；
D、根据以上实验，该固体中一定有Na+，故D错误；
故选A。
21.（1）Na2O2的电子式____________________
（2）写出“海洋元素”的元素符号__________,该元素单质的苯溶液颜色为______________。
（3）写出木炭与浓硫酸共热时发生的化学反应方程式：_______________________。
【答案】(1). (2). Br (3). 橙红色 (4). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】（1）Na2O2为离子化合物，其电子式为，所以本题答案：；
（2）溴元素有百分之九十九存在于海洋中，人们叫它为“海洋元素”；溴易溶于苯中得到溴的苯溶液，呈现出橙红色，所以本题答案：Br；橙红色。
（3）木炭与浓硫酸共热产生二氧化碳、二氧化硫气体和水，其化学反应方程式：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，答案：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
22.为探究黑色固体 X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
（1）X的化学式是________________。
（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。
【答案】(1). CuO (2). Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O
【解析】
【分析】根据框图逆推本题：气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明X中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。
【详解】（1）32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X为氧化铜，本题答案： CuO；
（2）由n(CuO)=32.0g÷80g∙mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)=3.2g÷32g∙mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n(Cu): n(O)=0.4mol:(O.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O；答案：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。
23.绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：
（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是______________________________。
（2）乙组同学认为甲组同学实验结论不严谨，认为需要补做实验。乙对甲组同学做完实验的装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中______。
A．不含SO2 B．可能含SO2 C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解气态产物的装置：
丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→ _______；其中仪器F的名称___________。
【答案】(1). 品红溶液褪色 (2). 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 (3). BC (4). FGBDH (5). 球形干燥管或干燥管均可
【解析】 (1)绿矾（FeSO4·7H2O）在不同温度下易分解得各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等，由此得出绿矾的分解产物中含有SO3、SO2都能使品红褪色，所以装置B中的品红褪色，SO3、SO2对环境有污染，且两者都能和氢氧化钠溶液反应，所以装置C的作用是吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境；故答案为：品红溶液褪色；吸收尾气，防止SO2和SO3等气体扩散到空气中污染环境；
(2)根据题意，SO3氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红，三氧化硫的漂白不可恢复，乙对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中肯定有三氧化硫，未对二氧化硫检验，则可能含有二氧化硫；故答案为：BC；
(3)检验绿矾分解气态产物，由A分解绿矾，经F球形干燥管干燥，二氧化硫、三氧化硫均能漂白品红，故先检验三氧化硫并与二氧化硫分离，三氧化硫熔沸点低，故连接G装置冷凝三氧化硫，由装置B检验二氧化硫，经过装置D除去二氧化硫，连接装置H，收集并检验氧气；故答案为：FGBDH；球形干燥管。
24.短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，原子核外电子层数之和为13。B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期原子半径最小的元素。试回答以下问题：
（1）写出A与D以1∶1的原子个数比形成的化合物的电子式：______________。F的离子结构示意图为_______________________。
（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为________键(填“离子”或“共价”，下同)。A、D、E三种元素形成的化合物为____________化合物。
（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。则甲、乙反应的离子方程式为________________________________。
（4）化合物C2A4和C2D4的液体曾被用作火箭推进剂，燃烧反应的生成物是一种气态单质和一种化合物，它们对环境无污染。1 mol C2A4液体和足量C2D4液体完全反应生成两种气体时放出热量516.8 kJ，则该反应的热化学方程式为_________________________________。
【答案】(1). (2). (3). )共价 (4). 离子 (5). OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O (6). 2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大,由B形成的化合物种类繁多,可以知道B为C元素；根据C、D为空气中含量最多的两种元素,且C、D的原子序数依次增大,所以C为N元素,D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，A的电子层数为13-2-2-2-3-3=1，则A为H元素；以此分析解答。
【详解】（1）由上述分析可知：A为H元素，D为O元素，所以A与D以1∶1的原子个数比形成的化合物为H2O2,其电子式：。由F为Cl元素，所以F的离子结构示意图为；所以本题答案：； ；
（2）由上述分析可知；B为C元素，D为O元素，B、D形成的化合物为CO2属于共价化合物，分子中存在共价键。由A为H元素，D为O元素，E为Na，A、D、E三种元素形成的化合物为氢氧化钠，属于离子化合物。所以本题答案：共价；离子；
（3）由A为H元素，B为C元素，D为O元素，E为Na，化合物甲、乙由A、B、D、E中三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性。所以甲、乙可能为Na 2CO3、NaOH、NaHCO3中的两种，且甲、乙两种物质能反应，所以甲、乙中一个为NaOH，一个为NaHCO3，两者反应的离子方程式为OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O；答案：OH－＋HCO3－＝CO32－＋H2O。
（4）由C为N元素，A为H元素，D为O元素，所以化合物C2A4为N2H4,C2D4的化学式为N2O4, 1mol C2A4液体和足量C2D4液体完全反应生成两种气体时放出热量516.8 kJ，所以该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1，答案：2N2H4(l)+N2O4(l) ═3N2(g)+4H2O(g) ΔH= -1033.6kJ·mol–1
25.（1）已知甲烷的热值为56kJ/g ,写出甲烷完全燃烧生成稳定的物质的热化学方程式：______________________________
（2）一定温度下，将3 molA气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为______________________；x为____________。
（3）下列说法中可以充分说明反应: P（g）+2Q（g）2R（g）+S（s），在恒温恒容下已达平衡状态的是 （ ）
A．P和R的生成速率相等
B．反应容器内总的物质的量保持不变
C．反应容器中的压强不随时间的变化而变化
D．反应容器内P、Q、R、S四者共存
E. 反应器中摩尔质量保持不变
（4）如图为某种甲烷燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。
电极B的名称___________,发生_________反应。写出电极A的电极反应式：__________，电极A附近pH如何变化？_____________________________。
【答案】(1). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1 (2). 0.2mol/(L·min) (3). 2 (4). BCE (5). 正极 (6). 还原 (7). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (8). 减小
【解析】（1）已知甲烷的热值为56kJ/g ,1molCH4的质量为16g, 完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出的热量为：Q=16g×56kJ/g=896KJ,所以甲烷完全燃烧生成稳定的物质的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1；所以本题答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) ΔH= -896kJ·mol–1；
（2）利用三段式法计算 3A（g）+B（g）═xC（g）
起始（mol/L）： 1.5 0.5 0
转化（mol/L）： 0.6 0.2 0.2x
1min后（mol/L） 0.9 0.3 0.2x
1min内，B的平均反应速率为v=∆c/∆t=0.2 mol∙L-1 /1min=0.2mol/(L∙min)
1min后C的浓度为0.4mol/L,所以 0.2x=0.4,x=2；所以本题答案：0.2mol/(L∙min)；2；
（3）A.P为反应物，R为产物，P和R的生成速率相等，说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A不符合题意；
B.此反应是气体体积减小的反应，故气体总物质的量不变，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故B符合题意。
C.此反应是气体体积减小的反应，故压强不随反应程度发生变化，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.该反应为可逆反应，反应过程中，P、Q、R、S四者一直共存，无法判断是否达到平衡状态，故D不符合题意；
E. 此反应是气体体积减小的反应，根据M=m/n可知，反应器中摩尔质量保持不变，说明浓度不再改变，该反应达到平衡状态；故E符合题意；
综上所述，本题正确答案为BCE。
（4）根据图中电子流向可知：电极A为负极，发生氧化反应，甲烷燃料电池中的燃料做负极，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，电极反应消耗了OH-,所以该电极pH减小；电极B为正极，发生还原反应；
所以本题答案：正极 ；还原； CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O； 减小。
26.200mL NaOH 与 Na2SO3的混合溶中含 c(Na+)＝0.400mol/L，现用此混合液处理尾气 Cl2，吸收一定量氯气后经检测吸收液中的溶质只有3种钠盐。现往吸收液滴加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀盐酸，白色沉淀减少，剩余白色沉淀质量为2.33g。
（1）被吸收 Cl2在标准状况下的体积为_____________________。
（2）原溶液中 NaOH 和 Na2SO3的物质的量之比为___________。
【答案】(1). 0.224L (2). 2：3
【解析】 (1)根据题意，往吸收液中滴加足量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，再滴加足量稀盐酸，白色沉淀减少，说明该沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，剩余的2.33g白色沉淀是硫酸钡，n(BaSO4)= 2.33g÷233g∙mol-1=0.01mol,发生的化学反应为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+ SO42-+2H+, SO42-+Ba2+= BaSO4↓；由上面离子方程式可知，Cl2~SO32-~ SO42-~ BaSO4,所以消耗n(SO32-)=0.01mol ，消耗n(Cl2)= 0.01mol，标准状况下，V(Cl2)= 0.01mol ×22.4L/mol=0.224L，故答案为：0.224L；
(2)因为经检测吸收液中的溶质只有3种钠盐，根据上述分析，该钠盐为氯化钠、亚硫酸钠和硫酸钠，n(Na+)＝0.400mol/L ×0.2L=0.08mol，n(Cl2)= 0.01mol，根据Cl元素守恒，n（NaCl）=0.02mol，由Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+ SO42-+2H+,可得出反应后的溶液中，n (Na2SO4)= 0.01mol ,根据钠元素守恒，溶液中剩余n((Na2SO3)=( 0.08mol -0.02mol -0.01mol ×2)÷2=0.02mol，原溶液Na2SO3的物质的量=0.01mol +0.02mol =0.03mol，根据钠元素守恒，n（NaOH）=0.08mol-0.03mol×2=0.02mol，原溶液中NaOH和Na2SO3的物质的量之比为0.02mol : 0.03mol =2:3。故答案为：2:3。
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