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【化学】山东省济南市外国语学校三箭分校2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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山东省济南市外国语学校三箭分校2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一．选择题（本题包括25小题，每题只有1个正确选项符合题意，共50分）
1.通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（ ）
A. 甲烷的产量 B. 乙烯的产量 C. 乙醇的产量 D. 苯的产量
【答案】B
【解析】乙烯的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志，答案选B。
2.下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（ ）
A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点
C. 水溶液能导电 D. 熔融状态能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.可溶于水的物质不一定含有离子键，如硫酸，故A错误；
B.具有较高熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅，故B错误；
C.水溶液能导电的物质不一定含有离子键，故HCl，故C错误；
D.固态不导电，但熔融状态能导电，说明该化合物熔融状态能电离出阴阳离子，含有离子键，故D正确；
答案：D
3.下列各组化合物中，化学键的类型相同的是（ ）
A. CaCl2和Na2S B. Na2O和Na2O2
C. CO2和NaCl D. HCl和NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A.CaCl2和Na2S都为离子化合物，并且只含有离子键，化学键类型相同，故A正确；
B.Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，化学键类型不同，故B错误；
C.CO2为共价化合物，只含共价键，NaCl为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，故C错误；
D.HCl为共价化合物，含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者化学键类型不同，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。
4.可用如图装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是（ ）
A. 铜和稀硝酸制一氧化氮
B. 碳酸钙和稀盐酸制二氧化碳
C. 锌和稀硫酸制氢气
D. 烧碱固体与浓氨水制氨气
【答案】B
【解析】A．NO易被氧化，不能利用排空气法收集，故A不选；B．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，可利用浓硫酸干燥，然后用向上排空气法收集，故B选；C．生成氢气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故C不选；D．烧碱固体与浓氨水制氨气，氨气能被浓硫酸吸收生成硫酸铵，不能干燥气体，故D不选；故选B。
点睛：把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，由图可知，为固体与液体反应制备气体，且浓硫酸可干燥气体，然后利用向上排空气法收集密度比空气密度大的气体，易错点为选项D，不能忽视氨气与浓硫酸的反应，以此来解答。
5.下列变化中，不存在化学键断裂的是（ ）
A. 氯化氢气体溶于水 B. 干冰气化
C. 氯化钠固体溶于水 D. 氢气在氯气中燃烧
【答案】B
【解析】试题分析：A．氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，A不符合题意；B．干冰气化，只是物质状态的变化，化学键没有断裂，B符合题意；C．氯化钠固体溶于水，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，C不符合题意；D．氢气的氯气中燃烧发生的化学反应，有化学键的断裂和形成，D不符合题意，答案选B。
考点：考查化学键判断
6.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A. 氘(D)原子核外有1个电子
B. 1H与D互称同位素
C. H2O与D2O互称同素异形体
D. 1H218O与D216O的相对分子质量相同
【答案】C
【解析】氘(D) 原子核外有1个电子，A对；1H与D互称同位素，B对；同素异形体都是单质，不是化合物，C错；1H218O与D216O的相对分子质量都是20，D对。
【考点定位】本题考查核素。
7.下列物质中，不能通过化合反应制取的是（ ）
A. FeCl2 B. H2SiO3
C. CaSiO3 D. Cu2(OH)2CO3
【答案】B
【解析】化合反应概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A.铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3 3FeCl2，故A不选；B.二氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故B选； C.氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故C不选；D.铜在潮湿的空气中与二氧化碳等反应生成碱式碳酸铜，属于化合反应，故D不选；故选B。
点睛：本题考查了物质的性质和化合反应的概念。涉及铁及其化合物的性质、硅酸制备等。本题的易错点是D。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
【答案】B
【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
9.反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使反应速率加快的是（ ）
A. 增加 C的质量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大
【答案】B
【解析】A. C是固体，增加 C的质量反应速率不变，A错误；B. 将容器的体积缩小一半增大压强，反应速率加快，B正确；C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选B。
10.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（ ）
A. Q1 + Q2 >Q3 B. Q1+ Q2 > 2Q3
C. Q1 + Q2 < Q3 D. Q1 + Q2 < 2Q3
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，据此解答。
【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2<2Q3。
故选D。
11.在一定条件下的恒容容器发生可逆反应：2A(g)＋2B(g)3C(g)+D(g)，反应达化学平衡的标志是（ ）
A. 单位时间内生成n molA，同时生成n molD
B. B的浓度保持不变
C. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
D. 单位时间内消耗nmolB，同时消耗nmolA
【答案】B
【解析】A．单位时间内生成n mol A，同时生成n mol D，两者速率之比不是2:1，不满足正逆反应速率相等，不是平衡状态，故A错误；B．B的浓度保持不变，量一定，能说明到达平衡状态，故B正确；C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故C错误；D．单位时间内消耗n mol B，同时消耗n mol A，均为正反应速率，无法判断是平衡状态，故D错误；故选B。
点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
12.下图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
【答案】C
【解析】
【分析】电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，这说明构成原电池，原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极材料增加或放出气泡，根据题意可知，N极是负极，M极是正极，且N极材料比M极活泼，据此分析解答。
【详解】A.M是锌作负极，溶液中的氢离子放电，故A错误；
B.铜是正极，但溶液中的氢离子放电，电极质量不变，故B错误；
C.银是正极，溶液中的银离子放电，质量增加。锌是负极，锌失去电子，质量减少，故C正确；
D.锌是负极，铁是正极，溶质的铁离子放电转化为亚铁离子，故D错误。
答案选C。
13.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，然后分析每种物质等效氢即可；
【详解】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，
A、根据所给有机物，有5种不同环境的氢原子，故A不符合题意；
B、根据所给有机物，有4种不同环境的氢原子，故B不符合题意；
C、根据所给有机物，有2种不同环境的氢原子，故C不符合题意；
D、根据所给有机物，有3种不同环境的氢原子，故D符合题意。
【点睛】等效氢的判断是本题的难点，（1）同一个碳原子上氢原子是等效的，（2）对称两端的氢原子是等效的，（3）同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。
14.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 0．5molC4H10中含有的共价键数为6．5NA
B. 3．4 g羟基和3．4g氢氧根均含有2NA个电子
C. 1L0．1 mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数为0．2NA
D. 标准状况下，22．4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数目为NA
【答案】A
【解析】A. 1分子C4H10中含有13个共价键，则0.5mol C4H10中含有的共价键数为6.5NA，A正确；B. 3.4 g羟基和3.4 g氢氧根均是0.2mol，分别含有1.8NA、2NA个电子，B错误；C. 1L0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数远大于0.2NA，因为溶剂水中还含有氧原子，C错误；D. 标准状况下CHCl3和CH2Cl2均不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数，D错误，答案选A。
点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如B中的羟基和氢氧根的区别。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有、、、。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
15.下列化合物的类别完全正确的是（ ）
A. Na2CO3，碱，电解质 B. MgO，金属氧化物，非电解质
C. H2SO4，酸，电解质 D. CO2，酸性氧化物，电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于电解质，故A错误；
B.MgO由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，属于金属氧化物，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于电解质，故B错误；
C.H2SO4的阳离子全部是由氢离子构成，属于酸，溶于水的部分，可以完全电离变成离子，属于电解质，故C正确；
D.CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，二氧化碳本身在溶液中或熔融状态下，不能电离出离子，所以是非电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。
16.下列有关化学用语的表示中正确的是（ ）
A. 乙醇分子的球棍模型为 B. 一氯甲烷的电子式为
C. 乙酸的结构简式：C2H4O2 D. 分子组成为C5H12的有机物有3种
【答案】D
【解析】
【分析】A.该模型为比例模型，不是球棍模型；
B.一氯甲烷中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，漏掉了Cl的3对未成键电子对；
C.该结构简式中没有标出其官能团结构；
D.C5H12为戊烷，戊烷存在3种同分异构体。
【详解】A.为比例模型，乙醇分子中原子半径大小为C＞O＞H，乙醇正确的球棍模型为：，故A错误；
B.一氯甲烷为共价化合物，C、Cl原子最外层都满足8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故B错误；
C.乙酸分子中含有羧基，其正确的结构简式为：CH3COOH，故C错误；
D.分子组成为C5H12的有机物为戊烷，戊烷存在正戊烷、异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故D正确。
故选D。
17.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0．160
0．143
0．086
0．102
0．074
主要化合价
+2
+3
+2
+6、﹣2
﹣2
A. L、R形成的简单离子核外电子数相等
B. 单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞L
C. 氢化物的稳定性为H2T＜H2R
D. M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应
【答案】D
【解析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价与最低负价绝对值之和等于8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径大于氧和硫的，M为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，L为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，Q为Be，
A项，L2+是Mg2+，R2-是S2-，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，A错误；B项，L为Mg，Q为Be，因为同主族，从上到下原子失电子能力逐渐增强，元素的金属性增强，元素的金属性越强，其单质与盐酸反应越剧烈，B错误；C项，T为O，R为S，因为同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性：H2O＞H2S，即H2T＞H2R，C错误；D项，M为Al，T为O，M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，D正确。
点睛：本题主要考查了有关元素周期表的应用知识，题目难度不大，关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，灵活运用。
18.下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：K+>Al3+>S2－>C1－ ②氢化物的稳定性：HF>HC1>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>C1－>Br－>I－ ④氧化性：C12>S>Se>Te
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO ⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性:Be
【答案】B
【解析】
【详解】①K+、S2-、C1-原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜C1-＜K+，则半径S2-＞C1-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞C1-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HC1＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：C1-＞Br-＞I-＞S2-，故③错误；
④非金属性：C1＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：C12＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，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，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，则金属性Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性Be＜Mg＜Ca，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确。
故选B。
19.Cr2O72-毒性较强，常用NaHSO3处理工业废水中的。反应的离子方程式为：5H+ +Cr2O72- +3HSO3-=2Cr3++ 3SO42-+4H2O，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. Cr2O72-在反应中表现氧化性 B. Cr3+是氧化反应的产物
C. HSO3-发生还原反应 D. 生成1 molCr3+时转移6mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；
B.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，发生氧化反应，所以Cr3+是还原反应的产物，故B错误；
C.HSO3-中S元素的化合价由+4价升高为+6价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故C错误；
D.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，所以生成1 molCr3+时转移3mol电子，故D错误。
故选A。
20.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定含SO42-
B
将某气体通入酸性KMnO4溶液
溶液退色
该气体一定是SO2
C
常温下将铁片放入浓硝酸
无明显变化
铁与浓硝酸不反应
D
将点燃的镁条迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着
二氧化碳作氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.与氯化钡溶液反应可能产生的白色沉淀，可能是AgCl或BaSO4、BaCO3、BaSO3等，所以，该溶液中可能含Ag+或CO32-、SO32－、SO42－，故不能确定该溶液中一定含SO42－，故A错误；
B. 将某气体通入酸性KMnO4溶液溶液退色，说明该气体具有还原性，但不一定是SO2,故B错误；
C. 常温下将铁片放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使铁钝化，阻碍反应继续进行，故C错误；
D. 将镁条点燃后迅速伸入盛有二氧化碳的集气瓶中，镁条剧烈燃烧，发出白光，放出大量的热，生成氧化镁和碳，所以集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着，在该反应中，CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，故D正确。
答案选D。
21.下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A. 明矾用作净水剂
B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐
C. 清晨在密林中看到缕缕光束
D. 向三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾用作净水剂是因为形成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，故A与胶体性质有关；
B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐是利用胶体的聚沉现象，故B与胶体性质有关；
C. 清晨在密林中看到缕缕光束，是因为空气中形成胶体，产生丁达尔现象造成的，故C和胶体性质有关；
D. 向三氯化铁溶液中加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀是因为生成的氢氧化铁难溶，故D与胶体性质无关，
故选D。
22.下列装置不能实现相应实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证SO2漂白性
C. 收集SO2 D. 处理含SO2的尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜和稀硫酸不反应，所以不能用铜和稀硫酸反应制取SO2，应使用浓硫酸，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，且导管“长进短出”，故B正确；
C.二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，导气管长进短出，故C正确；
D.二氧化硫是污染性气体，具有酸性氧化物的性质，和碱反应，实验室可用氢氧化钠溶液处理含有二氧化硫的尾气，故D正确。
故选A。
23.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A. Al3+、K+、OH-、Cl- B. H+、Fe2+、NO3-、SO42-
C. Na+、Ca2+、Cl-、NO3- D. H+、K+、SO32-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.因Al3+、OH-结合生成氢氧化铝沉淀，则不能共存，故A不选；
B.因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，故B不选；
C.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故C选；
D.因H+、SO32-结合生成若电解质，则不能共存，故D不选。
故选C。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
24.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu=Fe2+ +Cu2+
B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2+ +SO42-=BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D. 向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO32- +H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：Cu2++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B错误；
C.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：HCO3-+2H+=CO2↑+H2O，故C错误；
D.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO32- +H2O，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
25.实验室配制500 mL0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）
A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，将导致所配溶液浓度偏小
B. 将Na2CO3固体置于烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中
C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再滴加蒸馏水至刻度线
D. 将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，称量实际质量应该是砝码减去游码的质量，所以将导致所配溶液浓度偏小，故A正确；
B. 溶解过程应该在烧杯中进行，转移之前溶液要恢复室温，故B正确；
C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线导致溶液浓度偏低，故C错误；
D. 容量瓶不能长时间存放药品，所以将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中，故D正确，
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
26.A～H八种短周期主族元素在周期表中的相对位置如下图所示，已知C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物。
（1）D元素在周期表中的位置为______。
（2）B、E、F的简单离子半径由大到小的顺序为_____（写离子符号）。
（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是_____（写化学式）。
（4）B的单质在F的单质中燃烧的火焰颜色为______，所形成化合物的电子式为_____。
（5）C元素的单质可以在D和F组成的一种气态化合物中燃烧，写出该反应的化学方程式____。
【答案】(1). 第二周期（或第2周期）第ⅣA族 (2). r（N3-)＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3- ＞O2-＞Na+） (3). Cl2或O3 (4). 黄色 (5). (6). 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】A～H为八种短周期主族元素，C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，则C为Mg元素；E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物，则E为N元素，结合元素在周期表的位置可知，A为Li元素，B为Na元素，D为C元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。
（1）D为C元素，位于第二周期第ⅣA族；
（2）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
（3）氯气、臭氧均可用于水的杀菌消毒；
（4）钠燃烧火焰为黄色，生成过氧化钠；
（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C。
【详解】由分析可知：A为Li元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为C元素，E为N元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。
（1）D为C元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
（2）B为Na元素、E为N元素、F为O元素，B、E、F三种元素的简单离子分别为：Na+、N3-、O2-，电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小，所以半径由大到小的顺序为r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3-＞O2-＞Na+），故答案为：r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3-＞O2-＞Na+）。
（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是Cl2或O3，故答案为：Cl2或O3。
（4）B的单质在F的单质中燃烧的产物为过氧化钠，火焰颜色为黄色，过氧化钠既含离子键又含共价键，电子式为，故答案为：黄色；。
（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C。
【点睛】明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。
27.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2 + Cl2 ===2ClO2 + 2NaCl。
下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。
（1）仪器P的名称是______。
（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_________。
（3）B装置中所盛试剂是_____，G瓶的作用是_______。
（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是____（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是_____（填接口字母）。
（5）若用100 mL 2 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是_____（填序号）。
A．＞0.1mol B．0.1 mol C．＜0.1 mol D．无法判断
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 防倒吸（安全瓶） (5). ② (6). d (7). C
【解析】
【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：本实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HClMnCl2++Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集；并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置，利用稀盐酸与二氧化锰不反应来分析浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量等于氯气的物质的量，以此解答该题。
【详解】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2++Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（3）生成氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质；ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸（或安全瓶），故答案为：饱和食盐水；防倒吸（安全瓶）。
（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，故答案为：②；d。
（5）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2++Cl2↑+2H2O可以知道，若用100mL2mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量＜0.1mol，故答案为C。
28.以原油为原科生产聚烯烃的流程如下：
回答下列问题：
（1）流程中②表示的加工方法是_____(填序号)。
A．分馏 B．分液 C．裂解 D．干馏
（2）C4～C10的混合物中含戊烷，请写出戊烷的所有同分异构体的结构简式：______。
（3）聚乙烯的结构简式为______。
（4）丙烯与乙烯化学性质相似。丙烯可以与水反应生成丙醇，该反应类型是____，丙醇中官能团的名称是____。
（5）写出乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式______。
【答案】(1). C (2). CH3-(CH2)3-CH3、、 (3). (4). 加成反应 (5). 羟基 (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
【解析】
【详解】（1）由流程图可以看出流程中②表示的是由相对分子量较大的含C4～C10的烃类化合物断裂成分子量较小的乙烯、丙烯等，所以此种加工方法是裂解，故答案为：C。
（2）戊烷的分子式为C5H12，有三种同分异构体，分别为：正戊烷：CH3-(CH2)3-CH3，异戊烷：，新戊烷：，故答案为：CH3-(CH2)3-CH3、、。
（3）聚乙烯的结构简式为：，故答案为：。
（4）由丙烯与水反应制丙醇为加成反应，丙醇中含有的官能团为羟基，故答案为：加成反应，羟基。
（5）乙醇在铜作催化剂条件下催化氧化生成乙醛和水，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
29.（1）如图是银锌原电池装置的示意图，以硫酸铜为电解质溶液。回答下列问题：
①Zn电极是_______（填“正极”或“负极”），反应中质量会变______（填“大”，“小”或“不变”）
②银电极上发生_____反应（“氧化”或“还原”），电极反应式为__________。
（2）甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。甲醇燃料电池能量转化率高，对环境无污染。该燃料电池的工作原理如图所示：(质子交换膜可以通过H+)
通入甲醇气体的电极为电池的_____(填“正”或“负")极，电解质溶液中H+向_____电极移动(填“a"或“b")。
【答案】(1). 负极 (2). 小 (3). 还原反应 (4). Cu2++2e-=Cu (5). 负 (6). b
【解析】
【详解】（1）由图可知，Zn为负极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，失去电子被氧化生成锌离子，质量减小；Ag为正极，正极上Cu2+得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：负极，小，还原反应，Cu2++2e-=Cu。
（2）由图示可知：该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a为负极，b为正极，原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以H+向b电极移动，故答案为：负；b。
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一．选择题（本题包括25小题，每题只有1个正确选项符合题意，共50分）
1.通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（ ）
A. 甲烷的产量 B. 乙烯的产量 C. 乙醇的产量 D. 苯的产量
【答案】B
【解析】乙烯的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志，答案选B。
2.下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（ ）
A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点
C. 水溶液能导电 D. 熔融状态能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.可溶于水的物质不一定含有离子键，如硫酸，故A错误；
B.具有较高熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅，故B错误；
C.水溶液能导电的物质不一定含有离子键，故HCl，故C错误；
D.固态不导电，但熔融状态能导电，说明该化合物熔融状态能电离出阴阳离子，含有离子键，故D正确；
答案：D
3.下列各组化合物中，化学键的类型相同的是（ ）
A. CaCl2和Na2S B. Na2O和Na2O2
C. CO2和NaCl D. HCl和NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A.CaCl2和Na2S都为离子化合物，并且只含有离子键，化学键类型相同，故A正确；
B.Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，化学键类型不同，故B错误；
C.CO2为共价化合物，只含共价键，NaCl为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，故C错误；
D.HCl为共价化合物，含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者化学键类型不同，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。
4.可用如图装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是（ ）
A. 铜和稀硝酸制一氧化氮
B. 碳酸钙和稀盐酸制二氧化碳
C. 锌和稀硫酸制氢气
D. 烧碱固体与浓氨水制氨气
【答案】B
【解析】A．NO易被氧化，不能利用排空气法收集，故A不选；B．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，可利用浓硫酸干燥，然后用向上排空气法收集，故B选；C．生成氢气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故C不选；D．烧碱固体与浓氨水制氨气，氨气能被浓硫酸吸收生成硫酸铵，不能干燥气体，故D不选；故选B。
点睛：把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，由图可知，为固体与液体反应制备气体，且浓硫酸可干燥气体，然后利用向上排空气法收集密度比空气密度大的气体，易错点为选项D，不能忽视氨气与浓硫酸的反应，以此来解答。
5.下列变化中，不存在化学键断裂的是（ ）
A. 氯化氢气体溶于水 B. 干冰气化
C. 氯化钠固体溶于水 D. 氢气在氯气中燃烧
【答案】B
【解析】试题分析：A．氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，A不符合题意；B．干冰气化，只是物质状态的变化，化学键没有断裂，B符合题意；C．氯化钠固体溶于水，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，C不符合题意；D．氢气的氯气中燃烧发生的化学反应，有化学键的断裂和形成，D不符合题意，答案选B。
考点：考查化学键判断
6.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A. 氘(D)原子核外有1个电子
B. 1H与D互称同位素
C. H2O与D2O互称同素异形体
D. 1H218O与D216O的相对分子质量相同
【答案】C
【解析】氘(D) 原子核外有1个电子，A对；1H与D互称同位素，B对；同素异形体都是单质，不是化合物，C错；1H218O与D216O的相对分子质量都是20，D对。
【考点定位】本题考查核素。
7.下列物质中，不能通过化合反应制取的是（ ）
A. FeCl2 B. H2SiO3
C. CaSiO3 D. Cu2(OH)2CO3
【答案】B
【解析】化合反应概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A.铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3 3FeCl2，故A不选；B.二氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故B选； C.氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故C不选；D.铜在潮湿的空气中与二氧化碳等反应生成碱式碳酸铜，属于化合反应，故D不选；故选B。
点睛：本题考查了物质的性质和化合反应的概念。涉及铁及其化合物的性质、硅酸制备等。本题的易错点是D。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
【答案】B
【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A．元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，故D错误；故选B。
9.反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使反应速率加快的是（ ）
A. 增加 C的质量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大
【答案】B
【解析】A. C是固体，增加 C的质量反应速率不变，A错误；B. 将容器的体积缩小一半增大压强，反应速率加快，B正确；C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选B。
10.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（ ）
A. Q1 + Q2 >Q3 B. Q1+ Q2 > 2Q3
C. Q1 + Q2 < Q3 D. Q1 + Q2 < 2Q3
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，据此解答。
【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2<2Q3。
故选D。
11.在一定条件下的恒容容器发生可逆反应：2A(g)＋2B(g)3C(g)+D(g)，反应达化学平衡的标志是（ ）
A. 单位时间内生成n molA，同时生成n molD
B. B的浓度保持不变
C. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
D. 单位时间内消耗nmolB，同时消耗nmolA
【答案】B
【解析】A．单位时间内生成n mol A，同时生成n mol D，两者速率之比不是2:1，不满足正逆反应速率相等，不是平衡状态，故A错误；B．B的浓度保持不变，量一定，能说明到达平衡状态，故B正确；C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故C错误；D．单位时间内消耗n mol B，同时消耗n mol A，均为正反应速率，无法判断是平衡状态，故D错误；故选B。
点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
12.下图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
【答案】C
【解析】
【分析】电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，这说明构成原电池，原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极材料增加或放出气泡，根据题意可知，N极是负极，M极是正极，且N极材料比M极活泼，据此分析解答。
【详解】A.M是锌作负极，溶液中的氢离子放电，故A错误；
B.铜是正极，但溶液中的氢离子放电，电极质量不变，故B错误；
C.银是正极，溶液中的银离子放电，质量增加。锌是负极，锌失去电子，质量减少，故C正确；
D.锌是负极，铁是正极，溶质的铁离子放电转化为亚铁离子，故D错误。
答案选C。
13.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是( )
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，然后分析每种物质等效氢即可；
【详解】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，
A、根据所给有机物，有5种不同环境的氢原子，故A不符合题意；
B、根据所给有机物，有4种不同环境的氢原子，故B不符合题意；
C、根据所给有机物，有2种不同环境的氢原子，故C不符合题意；
D、根据所给有机物，有3种不同环境的氢原子，故D符合题意。
【点睛】等效氢的判断是本题的难点，（1）同一个碳原子上氢原子是等效的，（2）对称两端的氢原子是等效的，（3）同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。
14.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 0．5molC4H10中含有的共价键数为6．5NA
B. 3．4 g羟基和3．4g氢氧根均含有2NA个电子
C. 1L0．1 mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数为0．2NA
D. 标准状况下，22．4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数目为NA
【答案】A
【解析】A. 1分子C4H10中含有13个共价键，则0.5mol C4H10中含有的共价键数为6.5NA，A正确；B. 3.4 g羟基和3.4 g氢氧根均是0.2mol，分别含有1.8NA、2NA个电子，B错误；C. 1L0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中含有的氧原子数远大于0.2NA，因为溶剂水中还含有氧原子，C错误；D. 标准状况下CHCl3和CH2Cl2均不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L由CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数，D错误，答案选A。
点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如B中的羟基和氢氧根的区别。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有、、、。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。
15.下列化合物的类别完全正确的是（ ）
A. Na2CO3，碱，电解质 B. MgO，金属氧化物，非电解质
C. H2SO4，酸，电解质 D. CO2，酸性氧化物，电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于电解质，故A错误；
B.MgO由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，属于金属氧化物，溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全电离变成离子，属于电解质，故B错误；
C.H2SO4的阳离子全部是由氢离子构成，属于酸，溶于水的部分，可以完全电离变成离子，属于电解质，故C正确；
D.CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，二氧化碳本身在溶液中或熔融状态下，不能电离出离子，所以是非电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。
16.下列有关化学用语的表示中正确的是（ ）
A. 乙醇分子的球棍模型为 B. 一氯甲烷的电子式为
C. 乙酸的结构简式：C2H4O2 D. 分子组成为C5H12的有机物有3种
【答案】D
【解析】
【分析】A.该模型为比例模型，不是球棍模型；
B.一氯甲烷中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，漏掉了Cl的3对未成键电子对；
C.该结构简式中没有标出其官能团结构；
D.C5H12为戊烷，戊烷存在3种同分异构体。
【详解】A.为比例模型，乙醇分子中原子半径大小为C＞O＞H，乙醇正确的球棍模型为：，故A错误；
B.一氯甲烷为共价化合物，C、Cl原子最外层都满足8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故B错误；
C.乙酸分子中含有羧基，其正确的结构简式为：CH3COOH，故C错误；
D.分子组成为C5H12的有机物为戊烷，戊烷存在正戊烷、异戊烷和新戊烷3种同分异构体，故D正确。
故选D。
17.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0．160
0．143
0．086
0．102
0．074
主要化合价
+2
+3
+2
+6、﹣2
﹣2
A. L、R形成的简单离子核外电子数相等
B. 单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞L
C. 氢化物的稳定性为H2T＜H2R
D. M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应
【答案】D
【解析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价与最低负价绝对值之和等于8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径大于氧和硫的，M为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，L为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，Q为Be，
A项，L2+是Mg2+，R2-是S2-，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，A错误；B项，L为Mg，Q为Be，因为同主族，从上到下原子失电子能力逐渐增强，元素的金属性增强，元素的金属性越强，其单质与盐酸反应越剧烈，B错误；C项，T为O，R为S，因为同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性：H2O＞H2S，即H2T＞H2R，C错误；D项，M为Al，T为O，M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，D正确。
点睛：本题主要考查了有关元素周期表的应用知识，题目难度不大，关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，灵活运用。
18.下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：K+>Al3+>S2－>C1－ ②氢化物的稳定性：HF>HC1>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>C1－>Br－>I－ ④氧化性：C12>S>Se>Te
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO ⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性:Be
【答案】B
【解析】
【详解】①K+、S2-、C1-原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜C1-＜K+，则半径S2-＞C1-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞C1-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HC1＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：C1-＞Br-＞I-＞S2-，故③错误；
④非金属性：C1＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：C12＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，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，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，则金属性Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性Be＜Mg＜Ca，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确。
故选B。
19.Cr2O72-毒性较强，常用NaHSO3处理工业废水中的。反应的离子方程式为：5H+ +Cr2O72- +3HSO3-=2Cr3++ 3SO42-+4H2O，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. Cr2O72-在反应中表现氧化性 B. Cr3+是氧化反应的产物
C. HSO3-发生还原反应 D. 生成1 molCr3+时转移6mol电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；
B.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，发生氧化反应，所以Cr3+是还原反应的产物，故B错误；
C.HSO3-中S元素的化合价由+4价升高为+6价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故C错误；
D.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，所以生成1 molCr3+时转移3mol电子，故D错误。
故选A。
20.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加氯化钡溶液
产生白色沉淀
该溶液中一定含SO42-
B
将某气体通入酸性KMnO4溶液
溶液退色
该气体一定是SO2
C
常温下将铁片放入浓硝酸
无明显变化
铁与浓硝酸不反应
D
将点燃的镁条迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着
二氧化碳作氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.与氯化钡溶液反应可能产生的白色沉淀，可能是AgCl或BaSO4、BaCO3、BaSO3等，所以，该溶液中可能含Ag+或CO32-、SO32－、SO42－，故不能确定该溶液中一定含SO42－，故A错误；
B. 将某气体通入酸性KMnO4溶液溶液退色，说明该气体具有还原性，但不一定是SO2,故B错误；
C. 常温下将铁片放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使铁钝化，阻碍反应继续进行，故C错误；
D. 将镁条点燃后迅速伸入盛有二氧化碳的集气瓶中，镁条剧烈燃烧，发出白光，放出大量的热，生成氧化镁和碳，所以集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着，在该反应中，CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，故D正确。
答案选D。
21.下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A. 明矾用作净水剂
B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐
C. 清晨在密林中看到缕缕光束
D. 向三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾用作净水剂是因为形成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，故A与胶体性质有关；
B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐是利用胶体的聚沉现象，故B与胶体性质有关；
C. 清晨在密林中看到缕缕光束，是因为空气中形成胶体，产生丁达尔现象造成的，故C和胶体性质有关；
D. 向三氯化铁溶液中加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀是因为生成的氢氧化铁难溶，故D与胶体性质无关，
故选D。
22.下列装置不能实现相应实验目的的是（ ）
A. 制取SO2 B. 验证SO2漂白性
C. 收集SO2 D. 处理含SO2的尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜和稀硫酸不反应，所以不能用铜和稀硫酸反应制取SO2，应使用浓硫酸，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，且导管“长进短出”，故B正确；
C.二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，导气管长进短出，故C正确；
D.二氧化硫是污染性气体，具有酸性氧化物的性质，和碱反应，实验室可用氢氧化钠溶液处理含有二氧化硫的尾气，故D正确。
故选A。
23.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A. Al3+、K+、OH-、Cl- B. H+、Fe2+、NO3-、SO42-
C. Na+、Ca2+、Cl-、NO3- D. H+、K+、SO32-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.因Al3+、OH-结合生成氢氧化铝沉淀，则不能共存，故A不选；
B.因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，故B不选；
C.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故C选；
D.因H+、SO32-结合生成若电解质，则不能共存，故D不选。
故选C。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
24.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu=Fe2+ +Cu2+
B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2+ +SO42-=BaSO4↓
C. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D. 向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO32- +H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：Cu2++2OH-+Ba2++SO42-═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故B错误；
C.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：HCO3-+2H+=CO2↑+H2O，故C错误；
D.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO32- +H2O，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
25.实验室配制500 mL0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）
A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，将导致所配溶液浓度偏小
B. 将Na2CO3固体置于烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中
C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再滴加蒸馏水至刻度线
D. 将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中
【答案】C
【解析】
【详解】A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，称量实际质量应该是砝码减去游码的质量，所以将导致所配溶液浓度偏小，故A正确；
B. 溶解过程应该在烧杯中进行，转移之前溶液要恢复室温，故B正确；
C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线导致溶液浓度偏低，故C错误；
D. 容量瓶不能长时间存放药品，所以将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中，故D正确，
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
26.A～H八种短周期主族元素在周期表中的相对位置如下图所示，已知C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物。
（1）D元素在周期表中的位置为______。
（2）B、E、F的简单离子半径由大到小的顺序为_____（写离子符号）。
（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是_____（写化学式）。
（4）B的单质在F的单质中燃烧的火焰颜色为______，所形成化合物的电子式为_____。
（5）C元素的单质可以在D和F组成的一种气态化合物中燃烧，写出该反应的化学方程式____。
【答案】(1). 第二周期（或第2周期）第ⅣA族 (2). r（N3-)＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3- ＞O2-＞Na+） (3). Cl2或O3 (4). 黄色 (5). (6). 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】A～H为八种短周期主族元素，C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，则C为Mg元素；E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物，则E为N元素，结合元素在周期表的位置可知，A为Li元素，B为Na元素，D为C元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。
（1）D为C元素，位于第二周期第ⅣA族；
（2）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
（3）氯气、臭氧均可用于水的杀菌消毒；
（4）钠燃烧火焰为黄色，生成过氧化钠；
（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C。
【详解】由分析可知：A为Li元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为C元素，E为N元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。
（1）D为C元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族。
（2）B为Na元素、E为N元素、F为O元素，B、E、F三种元素的简单离子分别为：Na+、N3-、O2-，电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小，所以半径由大到小的顺序为r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3-＞O2-＞Na+），故答案为：r（N3-）＞r（O2-）＞r（Na+）（或N3-＞O2-＞Na+）。
（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是Cl2或O3，故答案为：Cl2或O3。
（4）B的单质在F的单质中燃烧的产物为过氧化钠，火焰颜色为黄色，过氧化钠既含离子键又含共价键，电子式为，故答案为：黄色；。
（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C。
【点睛】明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。
27.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2 + Cl2 ===2ClO2 + 2NaCl。
下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。
（1）仪器P的名称是______。
（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_________。
（3）B装置中所盛试剂是_____，G瓶的作用是_______。
（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是____（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是_____（填接口字母）。
（5）若用100 mL 2 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是_____（填序号）。
A．＞0.1mol B．0.1 mol C．＜0.1 mol D．无法判断
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 防倒吸（安全瓶） (5). ② (6). d (7). C
【解析】
【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：本实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HClMnCl2++Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集；并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置，利用稀盐酸与二氧化锰不反应来分析浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量等于氯气的物质的量，以此解答该题。
【详解】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2++Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（3）生成氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质；ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸（或安全瓶），故答案为：饱和食盐水；防倒吸（安全瓶）。
（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，故答案为：②；d。
（5）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2++Cl2↑+2H2O可以知道，若用100mL2mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量＜0.1mol，故答案为C。
28.以原油为原科生产聚烯烃的流程如下：
回答下列问题：
（1）流程中②表示的加工方法是_____(填序号)。
A．分馏 B．分液 C．裂解 D．干馏
（2）C4～C10的混合物中含戊烷，请写出戊烷的所有同分异构体的结构简式：______。
（3）聚乙烯的结构简式为______。
（4）丙烯与乙烯化学性质相似。丙烯可以与水反应生成丙醇，该反应类型是____，丙醇中官能团的名称是____。
（5）写出乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式______。
【答案】(1). C (2). CH3-(CH2)3-CH3、、 (3). (4). 加成反应 (5). 羟基 (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
【解析】
【详解】（1）由流程图可以看出流程中②表示的是由相对分子量较大的含C4～C10的烃类化合物断裂成分子量较小的乙烯、丙烯等，所以此种加工方法是裂解，故答案为：C。
（2）戊烷的分子式为C5H12，有三种同分异构体，分别为：正戊烷：CH3-(CH2)3-CH3，异戊烷：，新戊烷：，故答案为：CH3-(CH2)3-CH3、、。
（3）聚乙烯的结构简式为：，故答案为：。
（4）由丙烯与水反应制丙醇为加成反应，丙醇中含有的官能团为羟基，故答案为：加成反应，羟基。
（5）乙醇在铜作催化剂条件下催化氧化生成乙醛和水，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
29.（1）如图是银锌原电池装置的示意图，以硫酸铜为电解质溶液。回答下列问题：
①Zn电极是_______（填“正极”或“负极”），反应中质量会变______（填“大”，“小”或“不变”）
②银电极上发生_____反应（“氧化”或“还原”），电极反应式为__________。
（2）甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。甲醇燃料电池能量转化率高，对环境无污染。该燃料电池的工作原理如图所示：(质子交换膜可以通过H+)
通入甲醇气体的电极为电池的_____(填“正”或“负")极，电解质溶液中H+向_____电极移动(填“a"或“b")。
【答案】(1). 负极 (2). 小 (3). 还原反应 (4). Cu2++2e-=Cu (5). 负 (6). b
【解析】
【详解】（1）由图可知，Zn为负极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，失去电子被氧化生成锌离子，质量减小；Ag为正极，正极上Cu2+得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：负极，小，还原反应，Cu2++2e-=Cu。
（2）由图示可知：该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a为负极，b为正极，原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以H+向b电极移动，故答案为：负；b。
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