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【化学】云南省曲靖市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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云南省曲靖市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
（本试卷满分100分，考试时间90分钟）
注意:请将答案填涂在机读卡和答题卡上，答在试卷上一律无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mg-24 Cu -64 Na-23 Al-27 Si-28 P-31 K-39 Fe-56
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（1-21题每小题2分，22-27每题3分，共60分）
1.浓硫酸具有很强的吸水性，下列实验不能说明该观点的是（ ）
A. 浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑
B. 浓硫酸暴露在潮湿的空气中，浓度变稀
C. 在浓硫酸中加入少量胆矾，胆矾变白色
D. 含水蒸汽的氢气通过浓硫酸后，氢气变干燥
【答案】A
【解析】A为浓硫酸的脱水性；
2.下列说法正确的是（ ）
A. 一般的化合反应为放热反应，所以C和CO2反应放热
B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
C. 所有的燃烧反应、中和反应一定是放热反应
D. 需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应
【答案】C
【详解】A. 一般的化合反应为放热反应，但C和CO2反应吸热，A错误；
B. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如NaOH中含有共价键，是离子化合物，B错误；
C. 所有的燃烧反应、中和反应一定是放热反应，C正确；
D. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应，例如木炭燃烧等，D错误；
答案选C。
3.下列微粒不属于同素异形体的是（ ）
A. H2和D2 B. 红磷和白磷 C. O2和O3 D. 金刚石和C60
【答案】A
【详解】A、H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，不是同素异形体，故A选；
B. 红磷和白磷是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；
C. O2和O3是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故C不选；
D. 金刚石和C60是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故D不选；
答案选A。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃,X与Z同主族，Y与Z的最外层电子数之和等于8。由W、Y、Z 三种元素组成的化合物与W的一种氢化物在硫酸酸化下可制取水处理剂ZW2。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子的半径：W>X>Y
B. 单质的沸点：W
D. Z的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物溶液发生反应
【答案】B
【解析】X的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃，该氢化物是HF，推出X为F，X与Z同主族，则Z为Cl，Y和Z的最外层电子数之和等于8，又因为原子序数依次增大，则Y为Na，由W、Y、Z 三种元素组成的化合物与W的一种氢化物在硫酸酸化下可制取水处理剂ZW2，ZW2为ClO2，则W为O，A、W、X、Y的简单离子为O2－、F－、Na＋，核外电子排布相同，因此有原子序数越大，离子半径越小，即离子半径O2－>F－>Na＋，故A说法正确；B、O2、Cl2常温下为气态，金属钠常温下为固态，因此金属钠的沸点最高，故B说法错误；C、F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故C说法正确； D、Cl2与NaOH发生：Cl2＋2NaOH=NaCl+NaClO＋H2O，故D说法正确。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 非金属单质中一定存在共价键
B. 任何物质中都存在化学键
C. 含离子键的化合物一定是离子化合物
D. 溶于水能导电的化合物就是离子化合物
【答案】C
【详解】A．非金属单质不一定存在共价键，如：稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故A错误；
B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故B错误；
C．含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物可能含有共价键，故C正确；
D．溶于水能导电的化合物也可能是共价化合物，如HCl在溶液中完全电离，溶液中存在自由移动离子，所以能导电，故D错误；
答案选C。
6.下列物质中，只含共价键的是（ ）
A. NH4Cl B. NaOH C. CH4 D. Na2O
【答案】C
【解析】A、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误；C、属于共价化合物，只含有共价键，故C正确；D、属于离子化合物，只含离子键，故D错误。
7.为将反应2Al+6H+=2Al3++3H2↑化学能转化为电能，下列装置能达到目的的是(铝条均已除去了氧化膜) （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】分析：将反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑的化学能转化为电能，需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此判断。
详解：A．为原电池，铝为负极，但总反应为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，A不符合；
B．为原电池，铝的金属性强于铜，铝为负极，总反应为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，B符合；
C．为原电池，但硝酸是氧化性酸，则总反应为Al+4H++NO3-＝Al3++NO↑+2H2O，C不符合；
D．装置中有外接电源，为电解池，D不符合；答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. SO2、Cl2均能使品红溶液永久性褪色
B. NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体都是因为升华
C. 铁分别与氯气、硫反应都生成含三价铁的化合物
D. OH－与Mg2+、Cu2+均因为生成难溶物而不能在溶液中大量共存
【答案】D
【详解】A. SO2不能使品红溶液永久性褪色，氯气将品红氧化，过程不可逆，故A错误；
B. 固体碘受热能变成气体是因为升华，NH4HCO3是化学变化，故B错误；
C. 铁与硫反应生成含二价铁的化合物，铁与氯气反应生成含三价铁的化合物，故C错误；
D. OH－与Mg2+、Cu2+可分别生成Mg(OH)2、Cu(OH)2难溶物，不能在溶液中大量共存，故D正确。
故选D。
9.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
【答案】D
【解析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫。A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性，故A错误；B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；C．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故C错误；D．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为450℃、常压、使用催化剂，故D正确；故选D。
10.下列相关实验不能达到预期目的的是（ ）
相关实验
预期目的
A
将SO2通入溴水，溴水褪色
验证SO2的还原性
B
将氯水加入淀粉KI溶液中
验证Cl非金属性比I强
C
在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率。
比较同周期金属元素的金属性强弱。
D
利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性
证明AlCl3是离子化合物
【答案】D
【解析】A．溴具有强氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，是因为二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，该反应中二氧化硫体现还原性，故A正确；B．非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气能置换出碘，说明氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，故B正确；C．金属的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，Mg、Al分别与相同浓度、相同体积的盐酸反应时，Mg反应剧烈，说明金属性Mg＞Al，故C正确；D．共价化合物的水溶液也能导电，如硫酸、硝酸等，应该根据熔融状态的物质是否带电判断离子化合物、共价化合物，熔融状态下氯化铝不导电，说明氯化铝是共价化合物，故D错误；故选D。
11.短周期元素X和Y，可组成化合物XY3。当X的原子序数为a时，Y的原子序数可能是：①a+2，②a＋4，③a＋8，④a+12，⑤a-6，其中正确的组合是（ ）
A. ①② B. ①②③
C. ①②③⑤ D. ①②④⑤
【答案】D
【解析】如果XY3是NH3，则Y的原子序数为a－6，如果是SO3，则Y的原子序数为a－8，如果X为IIIA族，Y为VIIA族，如BF3，Y的原子序数为a＋4，为BCl3，则Y的原子序数为a＋12，若为AlF3，则Y的原子序数为a－4，若为AlCl3，则Y的原子序数为a＋4，若为PCl3，则Y的原子序数为a＋2，故选项D正确。
12.含有元素硒（Se）的保健品已开始进入市场。已知它与氧同族，与钾同周期。则下列关于硒的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属性比钾强 B. 最高价氧化物的化学式是SeO3
C. 高价含氧酸的酸性：H2SeO4＞H2SO4 D. 氢化物稳定性：H2Se＞H2O
【答案】B
【解析】A.硒是非金属，钾是活泼金属，故A错误；B.Se属于VIA族元素，主族元素最高价与其族序数相等，所以其最高价氧化物的化学式是SeO3，故B正确；C.同主族元素，从上到下非金属性减弱，非金属性Se
A. NaN3中只含有离子键
B. 1 mol NaN3完全分解最多可以产生33.6L N2
C. 当有4.2g N2生成时，转移电子数约为6.02×1022
D. 常温下，NaN3化学性质稳定，包装盒上无需特别说明注意事项
【答案】C
【详解】A.该化合物是离子化合物，含有离子键；N3-中还存在非极性共价键，A错误；
B.没给出气体所处状态，因此无法确定放出气体的体积，B错误；
C.4.2 gN2的物质的量是n(N2)=4.2g÷28g/mol=0.15mol，根据分解反应方程式2NaN3 2Na+3N2↑可知，每有3molN2生成，转移2mol电子，则有0.15molN2生成时，即有0.1 mol电子转移，故转移电子数约为6.02×1023，C正确；
D.由信息知NaN3化学性质不稳定，遇高热或剧烈震动能发生强烈爆炸，所以应在外包装盒上注明低温保存，不能剧烈震动，小心搬移等，D错误；
故合理选项是C。
14.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数 d＞c＞b＞a
B. 原子半径：r(A)＞r(B)＞r(D)＞r(C)
C. 单质的还原性：A＞B＞D＞C
D. 离子半径：r(C3-)> r(D-)> r(B+)> r(A2+)
【答案】D
【解析】属于短周期元素，且四种离子具有相同的电子层结构，根据所带电荷数，推出A为Mg，B为Na，C为N，D为F，A、原子序数：a>b>d>c，故A错误；B、电子层数越多，半径越大，电子层数相等，都具有相同的电子层结构，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Na)>r(Mg)>r(N)>r(F)，故B错误；C、Na的金属性强于Mg，F的非金属性强于N，因此N2的还原性强于F2，因此还原性的强弱是Na>Mg>N2>F2，故C错误；D、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径大小顺序是r(N3－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Mg2＋)，故D正确。
15.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是（ ）
A. 由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Zn电极移动
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
【答案】C
【详解】A、由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，锌和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以锌作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子硫酸根移向负极锌，故A正确；B、Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为: Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故B正确； C、由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D、Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为: Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D正确；故选C。
16.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是( )
A. H2O分解为H2与O2时放出热量
B. 生成1 mol H2O时吸收热量245 kJ
C. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
D. 氢气和氧气的总能量小于水的能量
【答案】C
【解析】由图中信息可知，1mol H2断裂共价键变为2mol H要吸收436KJ的能量，0.5mol O2断裂共价键变为1mol O要吸收249KJ的能量，2mol H和1mol O结合成1mol H2O要放出930KJ的能量。因此，可以算出1mol H2和0.5mol O2反应生成1mol H2O要放出245KJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。
17.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）
A. 液溴和乙醇分别受热变为气体
B. 干冰和氯化铵分别受热变为气体
C. 硅和白磷分别受热熔化
D. 氯化氢和蔗糖分别溶解于水
【答案】A
【详解】A．液溴和乙醇都分子晶体，分别受热熔化克服分子间作用力，故A正确；
B．干冰是分子晶体，变为气体时克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，克服了离子键，故B错误；
C．硅是原子晶体，受热熔化克服了共价键；白磷是分子晶体，受热熔化分别克服了分子间作用力，故C错误；
D．氯化氢是分子晶体，但溶于水完全电离，溶解时克服了共价键；葡萄糖是分子晶体，溶解时克服了分子间作用力，故D错误；
答案选A。
18.已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上常温下呈气态的化合物，则下列说法错误的是（ ）
A. X、Y、Z三种元素可以组成一种盐
B. Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物
C. 由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒都有2种
D. X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物
【答案】C
【解析】试题分析：已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，则X应该是H；而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，所以Z是O；Y和Z可以形成两种以上常温下呈气态的化合物，则Y是N。A．X、Y、Z三种元素可以组成一种盐，例如硝酸铵等，A正确；B．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物，即为NO，B正确；C．N和O之间不可能组成的具有10电子的微粒，C错误；D．X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物，即为H2O和H2O2，D正确，答案选C。
19.X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X元素的某种核素无中子，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，N是用量最多的金属元素。下列说法不正确的是（ ）
Y
Z
M
W
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. N的一种氧化物可用作油漆和涂料
C. 氢化物的沸点：Z小于M
D. 工业上制备W单质的方法为电解熔融的W的氧化物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X元素的某种核素无中子，X为H元素，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，M为O元素，最外层电子数为6，W为Mg元素，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示，Y和Z可能是C、N元素，N是Fe元素。
A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Mg>C>N>O>H，故A正确；B、Fe的一种氧化物Fe2O3可用作油漆和涂料，故B正确；C、NH3的沸点小于H2O，故C正确；D、Mg常用电解氯化镁的方法冶炼，故D错误；故选D。
20.下列各组物质，能按下图（“→”表示反应一步完成）关系转化的是（ ）
选项
a
b
c
A
S
SO3
H2SO4
B
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
C
Na
Na2O
Na2CO3
D
Cu
CuO
Cu(OH)2
【答案】B
【解析】试题分析：A.硫在氧气中燃烧只能生成SO2，不能一步生成SO3，不选；B.硅在氧气中燃烧生成SiO2，SiO2和强碱NaOH反应生成Na2SiO3，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成SiO2，能一步完成转化，选；C.碳酸钠不能一步生成金属钠，不选；D.Cu(OH)2不能一步反应生成金属铜，不选；选B。
21.某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2
B. 品红褪色，可能是Cl2导致的
C. 氧化铜粉末变红，说明CO和H2中至少有一种
D. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2
【答案】C
【解析】A、通过澄清石灰水时没有沉淀，可能是气体中不含有SO2，或是含有SO2同时含有HCl，这样反应即使生成CaSO3沉淀也会在过量的HCl作用下溶解。因此A错误。B、当气体中HCl足够多时，部分HCl将Ca(OH)2反应后，剩余的HCl溶于水使溶液呈酸性，SO2、Cl2就会从溶液中溢出，所以通过品红溶液品红褪色，可能是由于SO2引起，也有可能是Cl2引起，B描述错误。由于Cl2也能与Ca(OH)2反应被吸收，因此原气体中一定存在HCl。再通过氢氧化钠溶液能够吸收可能存在的SO2、Cl2。剩余的气体可以使加热的CuO还原成Cu，则剩余的气体可能是CO、H2中的一种或两种，因此C正确。再通入CaCl2溶液时，前一步反应可能生成的CO2、H2O都不可能反应生成沉淀，因此D错误。正确答案C。
22.在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 5：5：4 C. 1：2：3 D. 1：1：2
【答案】A
【解析】试题分析：设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C= n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+ NO ，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm ，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1: 3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C= n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。
23.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3 mol·L−1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是（ ）
A. 当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B. 参加反应的金属的总质量3.6g
D. 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L
【答案】C
【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，故A正确；B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故B正确；C．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以V≥100mL，故C错误；D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.1mol，标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D正确；故选C。
24.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如表：
实验
装置
部分实验现象
a极质量减小b极质量增加
c极有气体产生b极质量减轻
d极溶解c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是（ ）
A. a＞b＞c＞d B. b＞c＞d＞a
C. d＞a＞b＞c D. a＞b＞d＞c
【答案】C
【解析】试题分析：由第一幅图a极质量减小b极质量增加，故a是负极，b是正极，活泼性a>b；由第二幅图c极有气体产生b极质量减轻，故b是负极，c是正极，活泼性b>c；由第三幅图d极溶解c极有气体产生，得d是负极，c极是正极，故d>c；由第四幅图，电流从a极流向d极，a是正极，d是负极，故d>a;由上可得活泼性：d>a>b>c C项正确；答案选C。
25.五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X>M
B. 气态氢化物的稳定性：M
D. M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性O＞Si，故A正确；
B、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Si＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性M＜N，故B正确；
C、X和Y形成的化合物有氧化钠和过氧化钠等，其中过氧化钠中含有离子键与共价键，故C错误；
D、M为Si元素，硅的最高价氧化物对应的水化物为硅酸，是一种弱酸，故D正确；
答案选C。
26.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素属于不同周期。下列转化关系中，A、B、C是X、Y、Z对应的三种气态单质，其余均为常见化合物。下列分析正确的是（ ）
A. Y的氢化物在常温下是液体
B. 与Y同周期元素的氢化物中，D最稳定
C. Z的含氧酸均为强酸
D. F含离子键和共价键
【答案】D
【解析】根据题意可分析出X、Y、Z分别为H、N、Cl三种元素，所以A、B、C分别是H2、N2、Cl2，则D为NH3、E为HCl，F为NH4Cl。A、Y的氢化物是NH3，常温下是气体，则A错误；B、与Y同周期氢化物中最稳定的是HF，故B错误；C、Cl元素的含氧酸很多，其中HClO是弱酸，故C错误；D、NH4Cl是离子化合物，分子内既有离子键，也有共价键，所以D正确。本题正确答案为D。
27.已知A、B、C、D之间置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是（ ）
A. 若A为Fe，D为H2，则B一定为酸
B. 若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质
C. 若A为金属单质，D为非金属单质，则D一定是H2
D. 若A为碳，D为硅，则碳的还原性必强于硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以若A为Fe，D为H2，则B可以为水蒸气，不一定是酸，故A错误；
B．若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质，如氢气与氧化铜加热生成铜和水，D为铜，故B正确；
C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D不一定是H2，如镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D为碳，故C错误；
D．若A为碳，D为硅，则碳的还原性可能强于硅，如碳高温下与二氧化硅反应；根据元素周期律可知，碳的非金属性比硅强，硅的金属性比碳强，因此该转化关系也可能表示碳的氧化性比硅强，故D错误；
答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题
28.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_____________________(填化学式)。
（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是___________。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素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：_______。
（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的溶液易被催化分解，写出其化学方程式____。
（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_____________，N→⑥的单质的化学方程式为_____________。
【答案】(1). Na>Al>O (2). HNO3>H2CO3>H2SiO3 (3). 或 (4). 2H2O2====2H2O+O2↑ (5). Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ (6). 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑
【解析】本题分析：本题主要考查元素的性质。①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl。
（1）同周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径Na>Al>Si。同主族元素原子半径随着电子层数增大而增大，所以原子半径OAl>O。
（2）非金属性N>C>Si，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3>H2SiO3。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物氢氧化钠和次氯酸钠，其中一种化合物的电子式：。
（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的溶液易被催化分解，其化学方程式为2H2O22H2O+O2↑ 。
(5)X溶液与Y溶液反应的离子方程式为。
N→⑥的单质的化学方程式为。
29.人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：
（1）研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2 +2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10 +2AgCl。
①该电池的负极反应式是______________；
②在电池中，Na + 不断移动到“水”电池的_______极（填“正“或“负”）；
③外电路每通过4mol电子时，生成Na2 Mn5 O10 的物质的量是_______。
（2）中国科学院应用化学研究所在甲烷（CH4是一种可燃物）燃料电池技术方面获得新突破。甲烷燃料电池的工作原理如下图所示：
①该电池工作时，b口通入的物质为____________。
②该电池负极的电极反应式_________________________。
③工作一段时间后，当3.2 g甲烷完全反应生成CO2时，有__________NA个电子转移。
（3）Ag2O是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液时，电池放电时正极的Ag2O转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，写出该电池反应方程式：__________________________。
【答案】(1). Ag—e-+Cl-=AgCl (2). 正 (3). 2mol (4). CH4 (5). CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+ (6). 1.6 (7). Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2
【解析】
【分析】(1)①负极上失电子发生氧化反应；②原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；③根据Na2Mn5O10和转移电子之间关系式计算；
(2)①根据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；②负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；③根据甲烷和转移电子之间的关系式计算；
(3)电池放电时正极的Ag2O转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，据此分析书写电池反应方程式。
【详解】(1)①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极反应式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故答案为：Ag+Cl--e-=AgCl；
②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动，故答案为：正；
③根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O102mol，故答案为：2mol；
(2)①根据氢离子的移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲烷，故答案为：CH4；
②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H++12e-=6H2O，负极上甲烷失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+；
③3.2g甲烷的物质的量==0.2mol，根据CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+知，转移电子的物质的量=0.2mol×8=1.6mol，则转移电子个数为1.6NA，故答案为：1.6；
(3)电池放电时正极的Ag2O 转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2，反应的总方程式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，故答案为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。
30.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。
（1）装置A中的烧瓶内固体不可以选用___________________（选填序号）。
A．生石灰 B．碱石灰 C．五氧化二磷 D．烧碱
（2）装置F中发生反应的化学方程式是_______________________________。
（3）B装置的作用_________________；E装置的作用______________________。
（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：____________________________________。当有a mol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_____________mol-1 （用含a、b的代数式表示）。
【答案】(1). C (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 干燥氨气 (4). 除去氯气中的氯化氢 (5). 3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl (6). b/2a
【解析】本题考查实验方案设计的评价，（1）装置A利用物质遇水放出大量的热，使NH3·H2O受热分解成NH3，因此烧瓶中的固体不能使五氧化二磷，故C错误；（2）装置F是制取氯气，反应方程式为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ；（3）装置A制取的NH3中混有水蒸气，因此装置B的作用是除去NH3中的水蒸气；装置F中产生的Cl2中混有水蒸气和HCl，装置E的作用是除去Cl2中HCl；（4）利用Cl2的氧化性和NH3的还原性，两者发生反应，产生白烟，即白烟为NH4Cl，空气的主要成分，即为N2，因此反应方程式为3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl；Cl2中的Cl化合价由0价→－1价，转移电子的数目为a×2×NA=b，NA=b/2a。
31.某校课外活动小组为测定已部分脱水的生石膏的组成(xCaSO4·yH2O),做如下实验：将固体加热，测量剩余固体的质量随时间的变化关系，如图所示。
（1）t5~ t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色的气体物质的量是___；
（2）x∶y=______。
【答案】(1). 0.0200mol (2). 2∶3
【解析】(1)t5～t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，根据元素得失电子知，还有氧气生成，1.12g可能为氧化钙的质量，物质的量为：=0.02mol，和0.02molCaSO4分解生成0.02mol氧化钙正好吻合，所以该反应方程式为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，因此生成的二氧化硫为0.02mol，故答案为：0.02mol；
(2)从D点开始，t5～t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，说明该点的固体为硫酸钙，则硫酸钙的物质的量==0.02mol，水的物质的量==0.03mol，则x∶y=硫酸钙和水的物质的量之比=0.02mol：0.03mol=2：3，故答案为：2：3。
（本试卷满分100分，考试时间90分钟）
注意:请将答案填涂在机读卡和答题卡上，答在试卷上一律无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mg-24 Cu -64 Na-23 Al-27 Si-28 P-31 K-39 Fe-56
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（1-21题每小题2分，22-27每题3分，共60分）
1.浓硫酸具有很强的吸水性，下列实验不能说明该观点的是（ ）
A. 浓硫酸滴到白纸上，白纸变黑
B. 浓硫酸暴露在潮湿的空气中，浓度变稀
C. 在浓硫酸中加入少量胆矾，胆矾变白色
D. 含水蒸汽的氢气通过浓硫酸后，氢气变干燥
【答案】A
【解析】A为浓硫酸的脱水性；
2.下列说法正确的是（ ）
A. 一般的化合反应为放热反应，所以C和CO2反应放热
B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
C. 所有的燃烧反应、中和反应一定是放热反应
D. 需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应
【答案】C
【详解】A. 一般的化合反应为放热反应，但C和CO2反应吸热，A错误；
B. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如NaOH中含有共价键，是离子化合物，B错误；
C. 所有的燃烧反应、中和反应一定是放热反应，C正确；
D. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应，例如木炭燃烧等，D错误；
答案选C。
3.下列微粒不属于同素异形体的是（ ）
A. H2和D2 B. 红磷和白磷 C. O2和O3 D. 金刚石和C60
【答案】A
【详解】A、H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，不是同素异形体，故A选；
B. 红磷和白磷是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；
C. O2和O3是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故C不选；
D. 金刚石和C60是同种元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，故D不选；
答案选A。
4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃,X与Z同主族，Y与Z的最外层电子数之和等于8。由W、Y、Z 三种元素组成的化合物与W的一种氢化物在硫酸酸化下可制取水处理剂ZW2。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子的半径：W>X>Y
B. 单质的沸点：W
D. Z的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物溶液发生反应
【答案】B
【解析】X的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃，该氢化物是HF，推出X为F，X与Z同主族，则Z为Cl，Y和Z的最外层电子数之和等于8，又因为原子序数依次增大，则Y为Na，由W、Y、Z 三种元素组成的化合物与W的一种氢化物在硫酸酸化下可制取水处理剂ZW2，ZW2为ClO2，则W为O，A、W、X、Y的简单离子为O2－、F－、Na＋，核外电子排布相同，因此有原子序数越大，离子半径越小，即离子半径O2－>F－>Na＋，故A说法正确；B、O2、Cl2常温下为气态，金属钠常温下为固态，因此金属钠的沸点最高，故B说法错误；C、F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故C说法正确； D、Cl2与NaOH发生：Cl2＋2NaOH=NaCl+NaClO＋H2O，故D说法正确。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 非金属单质中一定存在共价键
B. 任何物质中都存在化学键
C. 含离子键的化合物一定是离子化合物
D. 溶于水能导电的化合物就是离子化合物
【答案】C
【详解】A．非金属单质不一定存在共价键，如：稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故A错误；
B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故B错误；
C．含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物可能含有共价键，故C正确；
D．溶于水能导电的化合物也可能是共价化合物，如HCl在溶液中完全电离，溶液中存在自由移动离子，所以能导电，故D错误；
答案选C。
6.下列物质中，只含共价键的是（ ）
A. NH4Cl B. NaOH C. CH4 D. Na2O
【答案】C
【解析】A、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误；C、属于共价化合物，只含有共价键，故C正确；D、属于离子化合物，只含离子键，故D错误。
7.为将反应2Al+6H+=2Al3++3H2↑化学能转化为电能，下列装置能达到目的的是(铝条均已除去了氧化膜) （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】分析：将反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑的化学能转化为电能，需要形成原电池，并且铝为负极，电解质溶液为非氧化性稀酸，据此判断。
详解：A．为原电池，铝为负极，但总反应为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，A不符合；
B．为原电池，铝的金属性强于铜，铝为负极，总反应为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，B符合；
C．为原电池，但硝酸是氧化性酸，则总反应为Al+4H++NO3-＝Al3++NO↑+2H2O，C不符合；
D．装置中有外接电源，为电解池，D不符合；答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. SO2、Cl2均能使品红溶液永久性褪色
B. NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体都是因为升华
C. 铁分别与氯气、硫反应都生成含三价铁的化合物
D. OH－与Mg2+、Cu2+均因为生成难溶物而不能在溶液中大量共存
【答案】D
【详解】A. SO2不能使品红溶液永久性褪色，氯气将品红氧化，过程不可逆，故A错误；
B. 固体碘受热能变成气体是因为升华，NH4HCO3是化学变化，故B错误；
C. 铁与硫反应生成含二价铁的化合物，铁与氯气反应生成含三价铁的化合物，故C错误；
D. OH－与Mg2+、Cu2+可分别生成Mg(OH)2、Cu(OH)2难溶物，不能在溶液中大量共存，故D正确。
故选D。
9.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A. X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的强氧化性
B. 若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C. 若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到有白色沉淀产生
D. 工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
【答案】D
【解析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫。A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性，故A错误；B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；C．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故C错误；D．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为450℃、常压、使用催化剂，故D正确；故选D。
10.下列相关实验不能达到预期目的的是（ ）
相关实验
预期目的
A
将SO2通入溴水，溴水褪色
验证SO2的还原性
B
将氯水加入淀粉KI溶液中
验证Cl非金属性比I强
C
在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率。
比较同周期金属元素的金属性强弱。
D
利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性
证明AlCl3是离子化合物
【答案】D
【解析】A．溴具有强氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，是因为二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，该反应中二氧化硫体现还原性，故A正确；B．非金属的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氯气能置换出碘，说明氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，故B正确；C．金属的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，Mg、Al分别与相同浓度、相同体积的盐酸反应时，Mg反应剧烈，说明金属性Mg＞Al，故C正确；D．共价化合物的水溶液也能导电，如硫酸、硝酸等，应该根据熔融状态的物质是否带电判断离子化合物、共价化合物，熔融状态下氯化铝不导电，说明氯化铝是共价化合物，故D错误；故选D。
11.短周期元素X和Y，可组成化合物XY3。当X的原子序数为a时，Y的原子序数可能是：①a+2，②a＋4，③a＋8，④a+12，⑤a-6，其中正确的组合是（ ）
A. ①② B. ①②③
C. ①②③⑤ D. ①②④⑤
【答案】D
【解析】如果XY3是NH3，则Y的原子序数为a－6，如果是SO3，则Y的原子序数为a－8，如果X为IIIA族，Y为VIIA族，如BF3，Y的原子序数为a＋4，为BCl3，则Y的原子序数为a＋12，若为AlF3，则Y的原子序数为a－4，若为AlCl3，则Y的原子序数为a＋4，若为PCl3，则Y的原子序数为a＋2，故选项D正确。
12.含有元素硒（Se）的保健品已开始进入市场。已知它与氧同族，与钾同周期。则下列关于硒的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属性比钾强 B. 最高价氧化物的化学式是SeO3
C. 高价含氧酸的酸性：H2SeO4＞H2SO4 D. 氢化物稳定性：H2Se＞H2O
【答案】B
【解析】A.硒是非金属，钾是活泼金属，故A错误；B.Se属于VIA族元素，主族元素最高价与其族序数相等，所以其最高价氧化物的化学式是SeO3，故B正确；C.同主族元素，从上到下非金属性减弱，非金属性Se
A. NaN3中只含有离子键
B. 1 mol NaN3完全分解最多可以产生33.6L N2
C. 当有4.2g N2生成时，转移电子数约为6.02×1022
D. 常温下，NaN3化学性质稳定，包装盒上无需特别说明注意事项
【答案】C
【详解】A.该化合物是离子化合物，含有离子键；N3-中还存在非极性共价键，A错误；
B.没给出气体所处状态，因此无法确定放出气体的体积，B错误；
C.4.2 gN2的物质的量是n(N2)=4.2g÷28g/mol=0.15mol，根据分解反应方程式2NaN3 2Na+3N2↑可知，每有3molN2生成，转移2mol电子，则有0.15molN2生成时，即有0.1 mol电子转移，故转移电子数约为6.02×1023，C正确；
D.由信息知NaN3化学性质不稳定，遇高热或剧烈震动能发生强烈爆炸，所以应在外包装盒上注明低温保存，不能剧烈震动，小心搬移等，D错误；
故合理选项是C。
14.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数 d＞c＞b＞a
B. 原子半径：r(A)＞r(B)＞r(D)＞r(C)
C. 单质的还原性：A＞B＞D＞C
D. 离子半径：r(C3-)> r(D-)> r(B+)> r(A2+)
【答案】D
【解析】属于短周期元素，且四种离子具有相同的电子层结构，根据所带电荷数，推出A为Mg，B为Na，C为N，D为F，A、原子序数：a>b>d>c，故A错误；B、电子层数越多，半径越大，电子层数相等，都具有相同的电子层结构，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Na)>r(Mg)>r(N)>r(F)，故B错误；C、Na的金属性强于Mg，F的非金属性强于N，因此N2的还原性强于F2，因此还原性的强弱是Na>Mg>N2>F2，故C错误；D、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径大小顺序是r(N3－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Mg2＋)，故D正确。
15.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是（ ）
A. 由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Zn电极移动
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
【答案】C
【详解】A、由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，锌和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以锌作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子硫酸根移向负极锌，故A正确；B、Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为: Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故B正确； C、由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D、Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为: Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D正确；故选C。
16.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是( )
A. H2O分解为H2与O2时放出热量
B. 生成1 mol H2O时吸收热量245 kJ
C. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙
D. 氢气和氧气的总能量小于水的能量
【答案】C
【解析】由图中信息可知，1mol H2断裂共价键变为2mol H要吸收436KJ的能量，0.5mol O2断裂共价键变为1mol O要吸收249KJ的能量，2mol H和1mol O结合成1mol H2O要放出930KJ的能量。因此，可以算出1mol H2和0.5mol O2反应生成1mol H2O要放出245KJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。
17.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（ ）
A. 液溴和乙醇分别受热变为气体
B. 干冰和氯化铵分别受热变为气体
C. 硅和白磷分别受热熔化
D. 氯化氢和蔗糖分别溶解于水
【答案】A
【详解】A．液溴和乙醇都分子晶体，分别受热熔化克服分子间作用力，故A正确；
B．干冰是分子晶体，变为气体时克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，克服了离子键，故B错误；
C．硅是原子晶体，受热熔化克服了共价键；白磷是分子晶体，受热熔化分别克服了分子间作用力，故C错误；
D．氯化氢是分子晶体，但溶于水完全电离，溶解时克服了共价键；葡萄糖是分子晶体，溶解时克服了分子间作用力，故D错误；
答案选A。
18.已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上常温下呈气态的化合物，则下列说法错误的是（ ）
A. X、Y、Z三种元素可以组成一种盐
B. Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物
C. 由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒都有2种
D. X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物
【答案】C
【解析】试题分析：已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，则X应该是H；而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，所以Z是O；Y和Z可以形成两种以上常温下呈气态的化合物，则Y是N。A．X、Y、Z三种元素可以组成一种盐，例如硝酸铵等，A正确；B．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物，即为NO，B正确；C．N和O之间不可能组成的具有10电子的微粒，C错误；D．X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物，即为H2O和H2O2，D正确，答案选C。
19.X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X元素的某种核素无中子，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，N是用量最多的金属元素。下列说法不正确的是（ ）
Y
Z
M
W
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. N的一种氧化物可用作油漆和涂料
C. 氢化物的沸点：Z小于M
D. 工业上制备W单质的方法为电解熔融的W的氧化物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X元素的某种核素无中子，X为H元素，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，M为O元素，最外层电子数为6，W为Mg元素，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示，Y和Z可能是C、N元素，N是Fe元素。
A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Mg>C>N>O>H，故A正确；B、Fe的一种氧化物Fe2O3可用作油漆和涂料，故B正确；C、NH3的沸点小于H2O，故C正确；D、Mg常用电解氯化镁的方法冶炼，故D错误；故选D。
20.下列各组物质，能按下图（“→”表示反应一步完成）关系转化的是（ ）
选项
a
b
c
A
S
SO3
H2SO4
B
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
C
Na
Na2O
Na2CO3
D
Cu
CuO
Cu(OH)2
【答案】B
【解析】试题分析：A.硫在氧气中燃烧只能生成SO2，不能一步生成SO3，不选；B.硅在氧气中燃烧生成SiO2，SiO2和强碱NaOH反应生成Na2SiO3，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，硅酸受热分解生成SiO2，能一步完成转化，选；C.碳酸钠不能一步生成金属钠，不选；D.Cu(OH)2不能一步反应生成金属铜，不选；选B。
21.某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是（ ）
A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2
B. 品红褪色，可能是Cl2导致的
C. 氧化铜粉末变红，说明CO和H2中至少有一种
D. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2
【答案】C
【解析】A、通过澄清石灰水时没有沉淀，可能是气体中不含有SO2，或是含有SO2同时含有HCl，这样反应即使生成CaSO3沉淀也会在过量的HCl作用下溶解。因此A错误。B、当气体中HCl足够多时，部分HCl将Ca(OH)2反应后，剩余的HCl溶于水使溶液呈酸性，SO2、Cl2就会从溶液中溢出，所以通过品红溶液品红褪色，可能是由于SO2引起，也有可能是Cl2引起，B描述错误。由于Cl2也能与Ca(OH)2反应被吸收，因此原气体中一定存在HCl。再通过氢氧化钠溶液能够吸收可能存在的SO2、Cl2。剩余的气体可以使加热的CuO还原成Cu，则剩余的气体可能是CO、H2中的一种或两种，因此C正确。再通入CaCl2溶液时，前一步反应可能生成的CO2、H2O都不可能反应生成沉淀，因此D错误。正确答案C。
22.在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 5：5：4 C. 1：2：3 D. 1：1：2
【答案】A
【解析】试题分析：设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C= n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+ NO ，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm ，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1: 3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C= n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。
23.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3 mol·L−1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g。下列叙述不正确的是（ ）
A. 当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B. 参加反应的金属的总质量3.6g
D. 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L
【答案】C
【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，故A正确；B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故B正确；C．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以V≥100mL，故C错误；D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.1mol，标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D正确；故选C。
24.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如表：
实验
装置
部分实验现象
a极质量减小b极质量增加
c极有气体产生b极质量减轻
d极溶解c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是（ ）
A. a＞b＞c＞d B. b＞c＞d＞a
C. d＞a＞b＞c D. a＞b＞d＞c
【答案】C
【解析】试题分析：由第一幅图a极质量减小b极质量增加，故a是负极，b是正极，活泼性a>b；由第二幅图c极有气体产生b极质量减轻，故b是负极，c是正极，活泼性b>c；由第三幅图d极溶解c极有气体产生，得d是负极，c极是正极，故d>c；由第四幅图，电流从a极流向d极，a是正极，d是负极，故d>a;由上可得活泼性：d>a>b>c C项正确；答案选C。
25.五种短周期元素X、Y、Z、M、N，其原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A. 非金属性：X>M
B. 气态氢化物的稳定性：M
D. M最高价氧化物对应的水化物是一种弱酸
【答案】C
【解析】
【分析】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性O＞Si，故A正确；
B、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Si＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性M＜N，故B正确；
C、X和Y形成的化合物有氧化钠和过氧化钠等，其中过氧化钠中含有离子键与共价键，故C错误；
D、M为Si元素，硅的最高价氧化物对应的水化物为硅酸，是一种弱酸，故D正确；
答案选C。
26.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素属于不同周期。下列转化关系中，A、B、C是X、Y、Z对应的三种气态单质，其余均为常见化合物。下列分析正确的是（ ）
A. Y的氢化物在常温下是液体
B. 与Y同周期元素的氢化物中，D最稳定
C. Z的含氧酸均为强酸
D. F含离子键和共价键
【答案】D
【解析】根据题意可分析出X、Y、Z分别为H、N、Cl三种元素，所以A、B、C分别是H2、N2、Cl2，则D为NH3、E为HCl，F为NH4Cl。A、Y的氢化物是NH3，常温下是气体，则A错误；B、与Y同周期氢化物中最稳定的是HF，故B错误；C、Cl元素的含氧酸很多，其中HClO是弱酸，故C错误；D、NH4Cl是离子化合物，分子内既有离子键，也有共价键，所以D正确。本题正确答案为D。
27.已知A、B、C、D之间置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是（ ）
A. 若A为Fe，D为H2，则B一定为酸
B. 若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质
C. 若A为金属单质，D为非金属单质，则D一定是H2
D. 若A为碳，D为硅，则碳的还原性必强于硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以若A为Fe，D为H2，则B可以为水蒸气，不一定是酸，故A错误；
B．若A为非金属单质，则D 不一定为非金属单质，如氢气与氧化铜加热生成铜和水，D为铜，故B正确；
C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D不一定是H2，如镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，D为碳，故C错误；
D．若A为碳，D为硅，则碳的还原性可能强于硅，如碳高温下与二氧化硅反应；根据元素周期律可知，碳的非金属性比硅强，硅的金属性比碳强，因此该转化关系也可能表示碳的氧化性比硅强，故D错误；
答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题
28.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_____________________(填化学式)。
（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是___________。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素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：_______。
（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的溶液易被催化分解，写出其化学方程式____。
（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：
X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_____________，N→⑥的单质的化学方程式为_____________。
【答案】(1). Na>Al>O (2). HNO3>H2CO3>H2SiO3 (3). 或 (4). 2H2O2====2H2O+O2↑ (5). Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ (6). 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑
【解析】本题分析：本题主要考查元素的性质。①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl。
（1）同周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径Na>Al>Si。同主族元素原子半径随着电子层数增大而增大，所以原子半径O
（2）非金属性N>C>Si，所以最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H2CO3>H2SiO3。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物氢氧化钠和次氯酸钠，其中一种化合物的电子式：。
（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的溶液易被催化分解，其化学方程式为2H2O22H2O+O2↑ 。
(5)X溶液与Y溶液反应的离子方程式为。
N→⑥的单质的化学方程式为。
29.人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：
（1）研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2 +2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10 +2AgCl。
①该电池的负极反应式是______________；
②在电池中，Na + 不断移动到“水”电池的_______极（填“正“或“负”）；
③外电路每通过4mol电子时，生成Na2 Mn5 O10 的物质的量是_______。
（2）中国科学院应用化学研究所在甲烷（CH4是一种可燃物）燃料电池技术方面获得新突破。甲烷燃料电池的工作原理如下图所示：
①该电池工作时，b口通入的物质为____________。
②该电池负极的电极反应式_________________________。
③工作一段时间后，当3.2 g甲烷完全反应生成CO2时，有__________NA个电子转移。
（3）Ag2O是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液时，电池放电时正极的Ag2O转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，写出该电池反应方程式：__________________________。
【答案】(1). Ag—e-+Cl-=AgCl (2). 正 (3). 2mol (4). CH4 (5). CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+ (6). 1.6 (7). Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2
【解析】
【分析】(1)①负极上失电子发生氧化反应；②原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；③根据Na2Mn5O10和转移电子之间关系式计算；
(2)①根据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；②负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；③根据甲烷和转移电子之间的关系式计算；
(3)电池放电时正极的Ag2O转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，据此分析书写电池反应方程式。
【详解】(1)①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极反应式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故答案为：Ag+Cl--e-=AgCl；
②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动，故答案为：正；
③根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O102mol，故答案为：2mol；
(2)①根据氢离子的移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲烷，故答案为：CH4；
②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H++12e-=6H2O，负极上甲烷失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+；
③3.2g甲烷的物质的量==0.2mol，根据CH4—8e-+2H2O=CO2+8H+知，转移电子的物质的量=0.2mol×8=1.6mol，则转移电子个数为1.6NA，故答案为：1.6；
(3)电池放电时正极的Ag2O 转化为Ag，负极的Zn转化为Zn(OH)2，正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2，反应的总方程式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，故答案为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。
30.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。
（1）装置A中的烧瓶内固体不可以选用___________________（选填序号）。
A．生石灰 B．碱石灰 C．五氧化二磷 D．烧碱
（2）装置F中发生反应的化学方程式是_______________________________。
（3）B装置的作用_________________；E装置的作用______________________。
（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：____________________________________。当有a mol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_____________mol-1 （用含a、b的代数式表示）。
【答案】(1). C (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 干燥氨气 (4). 除去氯气中的氯化氢 (5). 3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl (6). b/2a
【解析】本题考查实验方案设计的评价，（1）装置A利用物质遇水放出大量的热，使NH3·H2O受热分解成NH3，因此烧瓶中的固体不能使五氧化二磷，故C错误；（2）装置F是制取氯气，反应方程式为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ；（3）装置A制取的NH3中混有水蒸气，因此装置B的作用是除去NH3中的水蒸气；装置F中产生的Cl2中混有水蒸气和HCl，装置E的作用是除去Cl2中HCl；（4）利用Cl2的氧化性和NH3的还原性，两者发生反应，产生白烟，即白烟为NH4Cl，空气的主要成分，即为N2，因此反应方程式为3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl；Cl2中的Cl化合价由0价→－1价，转移电子的数目为a×2×NA=b，NA=b/2a。
31.某校课外活动小组为测定已部分脱水的生石膏的组成(xCaSO4·yH2O),做如下实验：将固体加热，测量剩余固体的质量随时间的变化关系，如图所示。
（1）t5~ t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色的气体物质的量是___；
（2）x∶y=______。
【答案】(1). 0.0200mol (2). 2∶3
【解析】(1)t5～t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，根据元素得失电子知，还有氧气生成，1.12g可能为氧化钙的质量，物质的量为：=0.02mol，和0.02molCaSO4分解生成0.02mol氧化钙正好吻合，所以该反应方程式为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，因此生成的二氧化硫为0.02mol，故答案为：0.02mol；
(2)从D点开始，t5～t6时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，说明该点的固体为硫酸钙，则硫酸钙的物质的量==0.02mol，水的物质的量==0.03mol，则x∶y=硫酸钙和水的物质的量之比=0.02mol：0.03mol=2：3，故答案为：2：3。
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