吉安市吉水中学2015-2016学年高一下学期第五次小考化学试卷(415)含解析

学必求其心得，业必贵于专精2015—2016学年江西省吉安市吉水中学高一(下）第五次小考化学试卷（4。15）一、选择题(共16小题,每题3分，满分48分）1．以下实验方法或操作正确的选项是（）A．配制稀盐酸B．检验K+C．获取NaClD．收集NO2．用NA表示阿伏加德罗常数的值．以下说法正确的选项是（）A．标准状况下,4。48L乙醇中含有的分子数目为0.2NAB．常温常压下，6.4gSO2中含有的氧原子数目为0.2NA﹣1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0。1NAC．1L0.1mol?L﹣1FeCl3溶液与足量铜反应，转移的电子数目为D．100mL1.0mol?L0。2NA3．分类法在化学学科的发展中起到了特别重要的作用．以下分类标准不合理的是（）学必求其心得，业必贵于专精①依照组成元素将氧化物分成酸性氧化物和碱性氧化物②依照反应中可否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③依照可否有丁达尔现象将分别系分为溶液、胶体和浊液④依照水溶液可否能导电将化合物分为电解质和非电解质．A．②③B．②④C．①②③D．①③④4．氯仿可用作全身麻醉剂，但在光照条件下，易被氧化成生成剧毒的光气（COCl2）2CHCl3+O22HCl+2COCl2为防范发生医疗事故，在使用前要先检查可否变质．以下那种试剂用于检验收效最好(

)A．烧碱溶液

B．溴水

C．KI

淀粉溶液

D．AgNO

3溶液5．某水溶液中可能含有

Na+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH

4+、Cl﹣、SO42﹣离子中的若干种．某同学取200mL该溶液分成两等份依次进行以下实验:①向第一份溶液中加过分的NaOH溶液后加热，充分反应后生成0。02mol气体，无积淀产生，同时获取溶液甲．②向溶液甲中通入过分的CO2气,充分反应生成白色积淀，积淀经过滤、冲洗、灼烧至恒重获取1.02g固体．③向第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液,充分反应生成白色积淀，积淀用盐酸充分冲洗、干燥，获取11。65g固体．据此,该同学获取的结论正确的选项是（)A．实验①中产生的气体为氨，并可得原溶液中（cNH4+）=0。1mol?L1B．实验③中的积淀里必然有BaSO4，可能有Mg（OH)2C．若要确定原溶液中可否含有Cl﹣,无需别的再设计实验考据D．原溶液中必然含有++﹣1Na，且c（Na）≥0。2mol?L学必求其心得，业必贵于专精6．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，其中前四种元素原子的最外层电子数之和为14．X是周期表中原子半径最小的元素，Z是短周期中金属性最强的元素，Y与W原子序数相差8．以下说法不正确的选项是（）A．原子半径：X＜W＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞RC．简单气态氢化物的热牢固性：Y＞WD．Y在周期表中的地址为第二周期ⅥA族7．以下实验不能够作为判断依照的是(）A．钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱B．在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过分的氨水,判断镁与铝的金属性强弱C．硅酸钠溶液中通入CO2产生白色积淀，判断碳酸与硅酸的酸性强弱D．Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱8．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构以下列图．常温下，S2Cl2遇水易发生反应，并产生能使品红褪色的气体．以下说法错误的选项是(）A．S2Cl2的电子式为B．S2Cl2同时含有极性键和非极性键C．S2Br2与S2Cl2结构相似,熔沸点：S2Br2＞S2Cl2学必求其心得，业必贵于专精D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl9．以以下列图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图,以下说法不正确的选项是（）A．气态氢化物的牢固性：R＞WB．X与Y能够形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物C．由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2﹣D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应10．以下化学用语表达正确的选项是（）A．溴化铵的电子式：B．CO2的电子式:C．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OD．氮分子的结构式：N≡N11．我国成功研制出新式“海水电池”．电池反应为4Al+3O2+6H2O═4Al（OH）3．以下关于该电池的说法不正确的选项是(）A．铝片作负极B．海水作为电解质溶液C．电池工作时O2获取电子D．电池工作时实现了电能向化学能的转变学必求其心得，业必贵于专精12．工业制备硫酸过程中存在以下反应：2SO2+O22SO3，下列关于该反应的说法正确的选项是（）A．增大O2的浓度能加快反应速率B．降低系统温度能加快反应速率C．使用催化剂不影响反应速率D．必然条件下SO2能100%转变成SO313．在四个不相同的容器中,在不相同条件下进行反应：N2+3H2?2NH3依照在相同时间内测定的结果判断，生成氨气的速率最快的是(）﹣1﹣1﹣1﹣1A．υ（H2)=0.2mol?L?sB．υ（N2)=0。4mol?L?min﹣1﹣1﹣1﹣1C．υ（NH3)=0。3mol?L?sD．υ（H2）=0.6mol?L?min14．甲醇燃料电池（DMFC）可用于汽车、遥感通讯设备等,它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质溶液是稀硫酸．电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水．以下表达中不正确的选项是(）A．负极的反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2↑+6H+B．氧气在电极上的反应是O2+4H++4e﹣═2H2OC．电池工作时，H+由正极移向负极D．电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出,经外电路流入通入氧气的一极15．可逆反应2NO2═2NO+O2在恒容的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2:1学必求其心得，业必贵于专精③混杂气体的颜色不再改变④混杂气体的密度不再改变⑤混杂气体的平均相对分子质量不再改变．A．①③⑤B．①④⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤16．必然温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化以下列图，对该反应的推断合理的是(）A．该反应的化学方程式为3B+4D?6A+2CB．反应进行到1s时，v（A）=v（D）C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0。05mol/(L?s）D．反应进行到6s时,各物质的反应速率相等二、解答题（共5小题，满分52分）17．某工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2，从该矿渣中提取铜的操作流程以下:（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）(1）固体混杂物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为．学必求其心得，业必贵于专精(2)滤液必书写

A中铁元素的存在形式只能为Fe2+,涉及的离子方程式为（不2+Cu2O与盐酸的反应）、．检验滤液A中Fe的试剂为

．（3)若将滤液C中的铝元素以积淀形式析出，可采纳的最正确试剂为（填序号)．A．氢氧化钠溶液B．硫酸溶液C．氨水D．二氧化碳．18．能源是人类生活和社会发展的基础，研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务．阅读以下有关能源的资料，回答有关问题：（1）从能量的角度看，断开化学键要，形成化学键要．已知打开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸取的能量为436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘反应生成1molHI需要(填“放出”或“吸取"）kJ的热量．（2）在生产和生活中经常遇到化学能与电能的相互转变．在如图甲、乙两装置中，甲中负极电极反应式为，溶液中的阳离子向极搬动（填“正"或“负”）；乙中铝电极作极，发生反应（填“氧化”或“还原”)．19．为考据卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用以下列图装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）?学必求其心得，业必贵于专精实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹,打开活塞a，滴加浓盐酸?Ⅱ．当B和C中的溶液都变成黄色时，夹紧弹簧夹Ⅲ．当B中溶液由黄色变成棕红色时，关闭活塞Ⅳ．(1)A中产生黄绿色气体，该气体的电子式是（2）考据氯气的氧化性强于碘的实验现象是

?a?（3）B中溶液发生反应的离子方程式是（4）为考据溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是(5）过程Ⅲ实验的目的是（6）氯?溴?碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱．20．某化学兴趣小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了以下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录】实室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液验0。6mol/LH2O0.2mol/L3mol/L颜色褪至无学必求其心得，业必贵于专精编H2C2O4溶液KMnO4溶液稀硫酸色所需时间号/min13。02.03.02.04.023。03。02.02。05.233.04。01.02.06。4请回答：（1）依照上表中的实验数据，能够获取的结论是．（2）利用实验1数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率（KMnO4）=．2+（3）该小组同学依照经验绘制了（Mn）随时间变化趋势的示妄图,如图甲所示．但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中（Mn2+）随时间变化的趋势应如图乙所示．该小组同学依照图乙所示信息提出了新的假设，并连续进行实验研究．①该小组同学提出的假设是．②请你帮助该小组同学完成实验方案，并选择表中空白处应加入的物质．实室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试室温下验0.6mol/LH2O0。2mol/L3mol/L管中加溶液颜编H2C2O4溶液KMnO4溶液稀硫酸入少量色褪至号固体无色所学必求其心得，业必贵于专精需时间/min4

3.02。0

3.0

2.0A．KMnO

4

B．H2C2O4

C．K2SO4

D．MnSO4③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是．21．X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16．X、Y、三种元素来有单质在常温下都是无色气体，在合适条件下可发生以下列图变化：已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个．请回答以下问题：（1)Y单质分子的电子式为．（2）X的单质与Z的单质可制成新式的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入（填物质名称或化学式均可）;负极电极反应式为．（3）已知Y的单质与Z的单质生成C的反应是可逆反应，将等物质的量的Y、Z的单质充入一密闭容器中，在合适催化剂和恒温、恒压条件下反应．以下说法中，正确的选项是（填写以下各项的序号）．a．达到化学平衡时,正反应速率与逆反应速率相等b．反应过程中,Y的单质的体积分数向来为50％c．达到化学平衡时,Y、Z的两种单质在混杂气体中的物质的量之比为1：1d．达到化学平衡的过程中,混杂气体平均相对分子质量逐渐减小．学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015-2016学年江西省吉安市吉水中学高一（下）第五次小考化学试卷（4.15）参照答案与试题解析一、选择题（共16小题，每题3分，满分48分）1．以下实验方法或操作正确的选项是（）A．配制稀盐酸B．检验K+C．获取NaClD．收集NO【考点】实验装置综合；化学实验方案的议论．【解析】A．浓盐酸稀释后再转移；B．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；C．NaCl为可溶性固体；D．NO与氧气反应，不能够利用排空气法收集．学必求其心得，业必贵于专精【解答】解：A．浓盐酸应在烧杯中稀释后再转移到容量瓶中，故A错误；B．观察

K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃

,滤去黄光，操作不合理，故B错误;C．NaCl

为可溶性固体，则利用图中蒸发可获取

NaCl,故

C正确；D．NO

与氧气反应，不能够利用排空气法收集，应选排水法收集

,图中集气瓶中应装满水，气体短导管进，故

D错误;应选

C．2．用NA表示阿伏加德罗常数的值．以下说法正确的选项是（）A．标准状况下，4.48L乙醇中含有的分子数目为0。2NAB．常温常压下,6.4gSO2中含有的氧原子数目为0。2NA﹣1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0。1NAC．1L0.1mol?L﹣1D．100mL1。0mol?LFeCl3溶液与足量铜反应，转移的电子数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【解析】A、标况下乙醇为液态；B、求出二氧化硫的物质的量,尔后依照1mol二氧化硫中含2mol氧原子来解析；C、求出碳酸钾的物质的量，尔后依照1mol碳酸钾中含2mol钾离子来解析；D、求出氯化铁的物质的量，尔后依照铁离子与铜反应后变成+2价来解析．【解答】解：A、标况下乙醇为液态，故不能够依照气体摩尔体积来学必求其心得，业必贵于专精计算其物质的量和分子个数，故A错误；B、6。4g二氧化硫的物质的量为0。1mol,而1mol二氧化硫中含2mol氧原子,故0。1mol二氧化硫中含0.2NA个氧原子，故B正确；C、溶液中碳酸钾的物质的量n=CV=0。1mol/L×1L=0。1mol，而1mol碳酸钾中含2mol钾离子,故0。1mol碳酸钾中含0.2NA个钾离子，故C错误;D、溶液中氯化铁的物质的量n=CV=1mol/L×0.1L=0.1mol，含0。1mol铁离子，而铁离子与铜反应后变成+2价，故0.1mol铁离子反应后转移0.1NA个电子，故D错误．应选B．3．分类法在化学学科的发展中起到了特别重要的作用．以下分类标准不合理的是( )①依照组成元素将氧化物分成酸性氧化物和碱性氧化物②依照反应中可否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③依照可否有丁达尔现象将分别系分为溶液、胶体和浊液④依照水溶液可否能导电将化合物分为电解质和非电解质．A．②③B．②④C．①②③D．①③④【考点】酸、碱、盐、氧化物的看法及其相互联系；分别系、胶体与溶液的看法及关系;电解质与非电解质．【解析】①依照氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不能盐氧化物;②依照反应中可否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和学必求其心得，业必贵于专精非氧化还原反应；③依照分别系分别质微粒大小将分别系分为溶液、胶体和浊液④依照水溶液或是熔融态可否能够导电将化合物分为电解质和非电解质．【解答】解：①依照氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不能盐氧化物,故①错误;②依照反应中可否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；③依照分别系分别质微粒大小将分别系分为溶液、胶体和浊液，故③错误;④依照水溶液或是熔融态可否能够导电将化合物分为电解质和非电解质，故④错误；应选D．4．氯仿可用作全身麻醉剂，但在光照条件下,易被氧化成生成剧毒的光气(COCl)2CHCl+O2HCl+2COCl为防范发生医疗事故,在2322使用前要先检查可否变质．以下那种试剂用于检验收效最好

(

)A．烧碱溶液

B．溴水

C．KI

淀粉溶液

D．AgNO

3溶液【考点】有机物的鉴别；氯离子的检验．【解析】依照方程式可知,如氯仿变质会生成HCl，加入AgNO3溶液生成AgCl白色积淀．【解答】解：A．氯仿在NaOH溶液中发生水解，不能够鉴别可否生成HCl,则不能够鉴别可否变质，故A错误；B．溴水和HCl不反应,无法鉴别可否变质，故B错误；学必求其心得，业必贵于专精C．氯仿和HCl等与KI淀粉溶液都不反应,不能够鉴别可否变质，故错误；D．如氯仿变质会生成HCl，加入AgNO3溶液生成AgCl白色积淀，可鉴别，故D正确．应选D．5．某水溶液中可能含有+、Al3+3+2+2++、ClNa、Fe、Mg、Ba、NH4﹣、SO42﹣离子中的若干种．某同学取200mL该溶液分成两等份依次进行以下实验：①向第一份溶液中加过分的NaOH溶液后加热，充分反应后生成0.02mol气体，无积淀产生，同时获取溶液甲．②向溶液甲中通入过分的CO2气，充分反应生成白色积淀，积淀经过滤、冲洗、灼烧至恒重获取1.02g固体．③向第二份溶液中加入足量的BaCl2

溶液，充分反应生成白色积淀，积淀用盐酸充分冲洗、干燥

,获取

11。65g固体．据此，该同学获取的结论正确的选项是（

）A．实验①中产生的气体为氨，并可得原溶液中（cNH4+）=0。1mol?L1B．实验③中的积淀里必然有BaSO4，可能有Mg（OH）2C．若要确定原溶液中可否含有Cl﹣，无需别的再设计实验考据D．原溶液中必然含有++﹣1Na，且c（Na）≥0.2mol?L【考点】常有离子的检验方法．【解析】①第一份加过分NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体,即为氨气，必然含有NH4+，物质的量为0。02mol，浓度为:=0.2mol/L，无积淀生成，则必然不含有Fe3+、Mg2+；②向甲溶液中通入过分CO2，生成白色积淀，即为氢氧化铝，则原学必求其心得，业必贵于专精溶液中必然有Al3+，必然不含有碳酸根离子，铝离子和过分的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液,溶液中通入过分CO2，生成白色积淀,即为氢氧化铝，氢氧化铝积淀经过滤、冲洗、灼烧后,获取1。02g固体即为氧化铝,依照铝元素守恒,获取铝离子的物质的量是×2=0。02mol，浓度为：=0。2mol/L;③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色积淀,则必然含有硫酸根离子,无钡离子．积淀经足量盐酸冲洗、干燥后，获取11.65g固体即硫酸钡的质量是

11。65g，物质的量为：

=0。05mol,依照元素守恒,因此硫酸根离子的物质的量是

0.05mol，浓度为：

=0。5mol/L,综上可知

,必然含有的离子是：

NH4

+、Al3+、SO4

2﹣，其浓度分别是:0.2mol/L；0.2mol/L；0。5mol/L，必然不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、SO42,不能够确定可否存在氯离子．以此解答该题．【解答】解：①第一份加过分NaOH溶液后加热,收集到0.02mol+气体，即为氨气，必然含有NH4，物质的量为0。02mol,浓度为：=0.2mol/L，无积淀生成，则必然不含有Fe3+、Mg2+;②向甲溶液中通入过分CO2，生成白色积淀，即为氢氧化铝，则原溶液中必然有Al3+，必然不含有碳酸根离子，铝离子和过分的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过分CO2，生成白色积淀，即为氢氧化铝,氢氧化铝积淀经过滤、冲洗、灼烧后，获取1.02g固体即为氧化铝，依照铝元素守恒，获取铝离子的物质的量是×2=0。02mol，浓度为：=0.2mol/L；③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色积淀,则必然含有硫酸根离子，无钡离子．积淀经足量盐酸冲洗、干燥后，获取11.65g固体即学必求其心得，业必贵于专精硫酸钡的质量是

11。65g，物质的量为：

=0.05mol,依照元素守恒

,因此硫酸根离子的物质的量是

0.05mol，浓度为

:=0.5mol/L

，综上可知，必然含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42﹣,其浓度分别是：0。2mol/L；0.2mol/L；0。5mol/L，必然不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、SO42,不能够确定可否存在氯离子．+﹣1A．依照以上解析可知，c（NH4）=0.2mol?L,故A错误;B．依照以上解析可知，③中的白色积淀中必然有BaSO4，因溶液不存在镁离子，则没有生成氢氧化镁,故B错误；C．由以上解析可知,不能够确定存在氯离子，故C错误;D．任何溶液中都存在电荷守恒,NH4+、Al3+、SO42﹣，其浓度分别是:0。2mol/L；0。2mol/L;0。5mol/L，能够知道NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42﹣负电荷总量，依照电荷守恒，则必然有Na+存在,若无氯离子存在，则0.2×1+0。2×3+c(Na+)×1=0.5×2，解得c（Na+）=0。2mol/L，若含有氯离子，c（Na+)＞0。2mol/L，故D正确．应选D．6．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，其中前四种元素原子的最外层电子数之和为14．X是周期表中原子半径最小的元素,Z是短周期中金属性最强的元素，Y与W原子序数相差8．以下说法不正确的选项是（）A．原子半径:X＜W＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞RC．简单气态氢化物的热牢固性:Y＞W学必求其心得，业必贵于专精D．Y在周期表中的地址为第二周期ⅥA族【考点】原子结构与元素周期律的关系．【解析】X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，Z是短周期中金属性最强的元素,为Na元素，X、Y、Z、W四种元素原子的最外层电子数之和为14，则Y与W原子最外层电子数为6,Y与W原子序数相差8，则Y为O元素，W为S元素,R为Cl，A．原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．O无最高正价，也无对应的酸;C．元素的非金属性越强,其简单氢化物的牢固性越强;D．Y为O元素,为第二周期ⅥA族．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X是H元素，Z是短周期中金属性最强的元素，为Na元素,X、Y、Z、W四种元素原子的最外层电子数之和为14,则Y与W原子最外层电子数为6，Y与W原子序数相差8，则Y为O元素，W为S元素，R为Cl，A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,因此原子半径的大小序次：r（Z)＞r（W）＞r(X），故A正确；B．Y为O元素，W为S，非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但是O无最高正价，也无对应的酸，故B错误；C．元素的非金属性越强,其简单氢化物的牢固性越强，非金属性Y＞W，则W的简单气态氢化物的热牢固性比Y的弱，故C正确；D．Y为O元素，为第二周期ⅥA族，故D正确．学必求其心得，业必贵于专精应选B．7．以下实验不能够作为判断依照的是（)A．钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱B．在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过分的氨水，判断镁与铝的金属性强弱C．硅酸钠溶液中通入CO2产生白色积淀，判断碳酸与硅酸的酸性强弱D．Br2与I2分别与足量的H2反应,判断溴与碘的非金属性强弱【考点】金属在元素周期表中的地址及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的地址及其性质递变的规律．【解析】A、金属与水反应置换出氢气的难易程度，能判断金属性的强弱；B、元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强;C、非金属最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强；D、单质与氢气化合越简单，非金属性越强．【解答】解:A、钠与冷水比镁与冷水反应激烈,因此钠的金属性强于镁，故A正确；B、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氨气和氯化镁、氯化铝溶液都反应生成氢氧化镁、氢氧化铝积淀,不能够确定氢氧化铝、氢氧化镁碱性强弱，则不能够确定两种金属的金属性强弱，故B错误；C、CO2通入硅酸钠溶液，发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸沉学必求其心得，业必贵于专精淀,可知碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性C大于Si，故C正确；D、卤素单质与氢气化合越简单，非金属性越强，因此能依照Br2与I2分别与足量的H2反应,判断溴与碘的非金属性强弱,故D正确．应选B．8．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂,其分子结构以下列图．常温下，S2Cl2遇水易发生反应,并产生能使品红褪色的气体．以下说法错误的选项是(）A．S2Cl2的电子式为B．S2Cl2同时含有极性键和非极性键C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；共价键的形成及共价键的主要种类；不相同晶体的结构微粒及微粒间作用力的差异．【解析】A．由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，是共价化合物,以此可确定电子式；B．极性键是不相同原子间的共价键,非极性键是相同原子间的共价键；C．组成与结构相似,相对分子质量越大，熔沸点越高；学必求其心得，业必贵于专精D．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体,该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分高升到+4价(生成SO2）,一部分降低到0价（生成S)，吻合氧化还原反应原理．【解答】解：A．S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对,结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，电子式为，故A错误;B．S2Cl2中Cl﹣S属于极性键,S﹣S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；C．组成与结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；D．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体,该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分高升到+4价(生成SO2），一部分降低到0价（生成S),反应的方程式可能为2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确．应选A．9．以以下列图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图,以下说法不正确的选项是（）A．气态氢化物的牢固性：R＞WB．X与Y能够形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物C．由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是学必求其心得，业必贵于专精X2﹣D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．【解析】为短周期元素，有两种元素既有+4价，又有﹣4价，故前一种元素为碳，后一种元素为硅,故R为Si元素，X的化合价为﹣2价，没有正化合价,故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素,Z为+3价，为Al元素,W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素，则R为Cl．【解答】解：为短周期元素,有两种元素既有+4价,又有﹣4价,故前一种元素为碳，后一种元素为硅，故R为Si元素，X的化合价为﹣2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素,则R为Cl．A．非金属性R(Cl）＞W（S)，故HCl的牢固性比H2S强,故A正确；B．X与Y能够形成a2O、Na2O2，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大,故离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，故C错误；D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3,两者发生反应:NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故D正确；应选C．10．以下化学用语表达正确的选项是（）A．溴化铵的电子式:B．CO2的电子式：学必求其心得，业必贵于专精C．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OD．氮分子的结构式：N≡N【考点】电子式；结构式．【解析】A．溴化铵的电子式中，铵根离子中氮原子和氢原子的最外层电子数应该标出;B．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，据此书写电子式；C．次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为H﹣O﹣Cl；D．用短线“﹣"代替共用电子对即为结构式,结构式只把共用电子对用短线表示,未成键的电子不画出．【解答】解：A．溴化铵为离子化合物，阳离子为原子团，电子式中需要标出N、H原子的最外层电子数，溴化铵的电子式为：，故A错误；B．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故B错误；C．次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为H﹣O﹣Cl,故C错误；D．N原子之间形成三对共用电子对，结构式只把共用电子对用短线表示，未成键的电子不画出，N2的结构式为N≡N,故D正确,故选D．11．我国成功研制出新式“海水电池”．电池反应为4Al+3O2+6H2O═4Al（OH）3．以下关于该电池的说法不正确的选项是（）A．铝片作负极学必求其心得，业必贵于专精B．海水作为电解质溶液C．电池工作时O2获取电子D．电池工作时实现了电能向化学能的转变【考点】原电池和电解池的工作原理．【解析】依照电池总反应可知,电池工作时，负极为Al,发生氧化反应，电极反应式为Al﹣3e﹣+3OH﹣=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,结合原电池的工作原理解答该题．【解答】解:A．由方程式可知Al被氧化,应为原电池的负极，故A正确；B．海水中含有氯化钠等电解质，可导电，为原电池反应的电解质溶液，故B正确；C．空气中氧气在正极发生还原反应,故C正确;D．原电池为化学能转变成电能的装置,故D错误．应选D．12．工业制备硫酸过程中存在以下反应：2SO2+O22SO3，下列关于该反应的说法正确的选项是（）A．增大O2的浓度能加快反应速率B．降低系统温度能加快反应速率C．使用催化剂不影响反应速率D．必然条件下SO2能100％转变成SO3【考点】化学反应速率的影响因素．【解析】该反应为可逆反应，反应物不能能完好转变,一般来说，增学必求其心得，业必贵于专精大浓度、高升温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题．【解答】解;A．增加O2的浓度，单位体积活化分子数目增加，则反应速率增大，故A正确;B．降低温度，活化分子百分数减小，反应速率减小,故B错误;C．使用催化剂，反应速率增大，故C错误;D．可逆反应反应物不能能完好转变,故D错误．应选A．13．在四个不相同的容器中，在不相同条件下进行反应:N2+3H2?2NH3依照在相同时间内测定的结果判断，生成氨气的速率最快的是（）A．υ（H2）

﹣1﹣1=0.2mol?L?s

B．υ（N2）

﹣1﹣1=0.4mol?L?minC．υ

(NH3）=0。

3mol?L﹣1?s﹣1D．υ（H2）

﹣1﹣1=0.6mol?L?min【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【解析】各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，先把不相同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项,注意单位可否相同．【解答】解：关于反应N2（g）+3H2（g)?2NH3(g）,都转变成氢气的反应速率进行判断，A．v（H2）=0。2mol/（L?s）=12mol/(L?min)；B．v（N2）=0.4mol/（L?min，）反应速率之比等于其计量数之比，因此v（H2)=3v（N2)=1.2mol/（L?min；）C．v(NH3)=0。3mol（L?s）=18mol/（L?min）,反应速率之比等于其计量数之比,因此v（H2）=1。5v（NH3）=27mol/（L?min；）学必求其心得，业必贵于专精D．v（H2)=0。6mol/（L?min；）因此反应速率最快的是C．应选C．14．甲醇燃料电池（DMFC)可用于汽车、遥感通讯设备等，它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质溶液是稀硫酸．电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水．以下表达中不正确的选项是（）A．负极的反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2↑+6H+B．氧气在电极上的反应是O2+4H++4e﹣═2H2OC．电池工作时,H+由正极移向负极D．电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出，经外电路流入通入氧气的一极【考点】原电池和电解池的工作原理．【解析】甲醇燃料电池中，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极方程式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2↑+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极搬动,以此解答该题．【解答】解：A．负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子,电极方程式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2↑+6H+，故A正确；B．甲醇燃料电池中，电解质溶液是稀硫酸,正极上氧气得电子与氢离子结合生成水,电极反应式O2+4H++4e﹣═2H2O，故B正确；C．该原电池放电时，氢离子由负极向正极搬动,故C错误;D．通入甲醇的一极为负极，通入氧气的电极为正极,电子从负极经导线流向正极，故D正确．学必求其心得，业必贵于专精应选C．15．可逆反应2NO2═2NO+O2在恒容的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（)①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1③混杂气体的颜色不再改变④混杂气体的密度不再改变⑤混杂气体的平均相对分子质量不再改变．A．①③⑤B．①④⑤C．①③④⑤D．①②③④⑤【考点】化学平衡状态的判断．【解析】依照化学平衡状态的特色解答，当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：①单位时间内生成nmolO2等效于耗资2nmolNO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；②只要反应发生就有NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1,故错误；③混杂气体的颜色不再改变,说明二氧化氮的浓度不变，正逆反应速率相等，故正确；学必求其心得，业必贵于专精④混杂气体的密度素来不改变，故错误；⑤混杂气体的平均相对分子质量不再改变,说明气体的物质的量不变,反应达平衡状态，故正确；应选A．16．必然温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化以下列图，对该反应的推断合理的是（）A．该反应的化学方程式为3B+4D?6A+2CB．反应进行到1s时，v（A）=v（D）C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/（L?s)D．反应进行到6s时,各物质的反应速率相等【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【解析】A、依照图象中的有关数据判断四种物质的变化，再依照计量数之比等于物质的量的变化量之比；B、依照图象形成1s时A、D的物质的量变化，尔后依照v=进行计算即可；C、6s时B的浓度为0.6mol，B的物质的量变化为0。6mol,容器容积为2L,尔后依照v=进行计算B的平均反应速率；D、依照图象判断反应平衡状态，化学反应速率与化学计量数成正比，计量数不相同，反应速率则不相同．学必求其心得，业必贵于专精【解答】解：A、由图可知,反应达到平衡时A物质增加了1。0mol、物质增加了0.4mol、B物质减少了0。6mol、C物质了0.8mol,所以A、D为生成物，B、C为反应物，A、B、C、D物质的量之比为5：3：4:2,反应方程式为:3B+4C?5A+2D,故A错误；B、反应到1s时,v（A)===0.3mol/(L?s,v（）D)===0。1mol/(L?s，）因此v（A）≠v（D）,故B错误；C、反应进行到6s时,△n(B）=1mol﹣0.4mol=0。6mol，v（B）==0.05mol/（L?s)，故C正确；D、依照图象可知，到6s时各物质的物质的量不再改变了，达到平衡状态，因此各物质的浓度不再变化，但是由于各物质的化学计量数不相同,则各物质的反应速率不相等，故D错误；应选C．二、解答题（共5小题，满分52分）17．某工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2，从该矿渣中提取铜的操作流程以下：（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（1）固体混杂物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O．学必求其心得，业必贵于专精(2）滤液A中铁元素的存在形式只能为必书写Cu2O与盐酸的反应)Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+．检验滤液

Fe2+,涉及的离子方程式为（不Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、A中Fe2+的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水

．(3）若将滤液C中的铝元素以积淀形式析出，可采纳的最正确试剂为（填序号）．A．氢氧化钠溶液B．硫酸溶液C．氨水D．二氧化碳．【考点】制备实验方案的设计；物质分别、提纯的实验方案设计．【解析】工业矿渣中主要含有Cu2O，还有少部分Al2O3、Fe2O3、SiO2,加入足量的稀盐酸，Cu2O与盐酸反应生成Cu、CuCl2和水，Al2O3与盐酸反应生成AlCl3和水,Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和水,SiO2难溶于水，且不与水反应，且发生2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，因此滤液A为CuCl2、AlCl3和FeCl2的混杂物,获取的固体混杂物B中有Cu和SiO2，固体混杂物B与足量NaOH溶液混杂，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，Cu与NaOH溶液不反应，获取粗铜，滤液A与足量NaOH溶液反应，CuCl2与NaOH反应生成Cu(OH）2和水,FeCl2与NaOH溶液反应生成Fe（OH)2白色积淀，该积淀在空气中与氧气反应生成Fe（OH)3,AlCl3与过分NaOH溶液反应生成NaAlO2和水，滤液C为NaAlO2溶液，经过一系列反应获取金属Al，固体混杂物D为Cu（OH）2和Fe(OH)3，在空气中灼烧，Cu（OH）2和Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3和CuO，因此固体混杂物F为Fe2O3和Cu的混杂物，该混杂物与Al发生铝热反应，生成Fe和Cu，固体混杂物G为Fe和Cu，与盐酸混杂，Fe与盐酸反应学必求其心得，业必贵于专精生成FeCl2和氢气，Cu与盐酸不反应,过滤成为粗铜，以此解答该题．【解答】解：（1）固体混杂物B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；（2)滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，原因是Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过分铜单质反应后,全部转变成Fe2+，涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;检验滤液A中Fe2+的方法是取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，无现象，在加热新制氯水，溶液变成血红色,则滤液中含有Fe2+，所以试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水,故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;硫氰化钾溶液和新制氯水；（3)氢氧化铝溶于强酸和强碱，因此将可溶性铝盐中的铝元素以积淀形式析出，需加入弱酸，选D，故答案为：D．18．能源是人类生活和社会发展的基础,研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务．阅读以下有关能源的资料，回答有关问题：(1）从能量的角度看，断开化学键要吸取能量,形成化学键要学必求其心得，业必贵于专精放出能量．已知打开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸取的能量为

436kJ、151kJ、299kJ．则由氢气和碘反应生成1molHI

需要

放出

（填“放出”或“吸取”）

5.5kJ的热量．（2）在生产和生活中经常遇到化学能与电能的相互转变．﹣2+溶液中的阳离子向正极搬动（填“正”或“负”）；乙中铝电极作负极,发生氧化反应(填“氧化”或“还原”)．【考点】原电池和电解池的工作原理;有关反应热的计算．【解析】（1）旧键断裂要吸取能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸取的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应；（2）甲中锌失电子作负极；溶液中阳离子向正极搬动;乙中Al在负极失电子生成偏铝酸根离子．【解答】解：(1）旧键断裂要吸取能量,新键生成要释放能量，氢气和碘反应生成2molHI是，旧键断裂吸取能量的值为:436kJ+151kJ=587KJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598KJ，旧键断裂吸取的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，则由氢气和碘单质反应生成1molHI需要：×=5。5KJ，故答案为:吸取能量;放出能量；放出；5。5；（2)甲中锌失电子作负极，则负极的电极反应为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；Zn、Cu、稀硫酸形成的原电池中，Zn为负极，Cu为正极，溶液中阳离子向正极搬动;乙中Al在负极失电子生成偏铝酸根离子，Al元素的化合价高升被氧化发生氧化反应；故答案为:Zn﹣2e﹣=Zn2+；正；负;氧化．学必求其心得，业必贵于专精19．为考据卤素单质氧化性的相对强弱,某小组用以下列图装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）?实验过程:Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸?Ⅱ．当B和C中的溶液都变成黄色时，夹紧弹簧夹?Ⅲ．当B中溶液由黄色变成棕红色时，关闭活塞a?Ⅳ．(1）A中产生黄绿色气体,该气体的电子式是（2）考据氯气的氧化性强于碘的实验现象是淀粉KI试纸变蓝（3）B中溶液发生反应的离子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣（4）为考据溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层溶液变成紫（或紫红）色（5）过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，消除Cl2对溴置换碘实验的搅乱（6）氯?溴?碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱．【考点】性质实验方案的设计．【解析】考据卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液学必求其心得，业必贵于专精和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，考据氯气的氧化性强于碘,装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色,考据氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸取，浸有氢氧化钠的棉花防范氯气污染空气，当B和C中的溶液都变成黄色时，夹紧弹簧夹，为考据溴的氧化性强于碘,实验时应防范氯气的搅乱,当B中溶液由黄色变成棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a,否则氯气过分，影响实验结论，以此解答该题．【解答】解：（1）因KMnO4与浓HCl反应能够用来制Cl2,其电子式为:；故答案为：；（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，依照氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣,I2能使淀粉变蓝；故答案为：淀粉KI试纸变蓝；（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，依照氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生:Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案为:Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；(4）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，依照氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生:Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，同时检验产物碘的存在；故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层溶液变成紫（或紫红)色；（5）为考据溴的氧化性强于碘，实验时应防范氯气的搅乱,当B中溶液由黄色变成棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞学必求其心得，业必贵于专精a，否则氯气过分，影响实验结论,故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，消除Cl2对溴置换碘实验的搅乱；（6)因同一主族元素,从上到下，电子层数依次增加,原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱；故答案为：电子层数依次增加，原子半径逐渐增大．20．某化学兴趣小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了以下实验：【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O【实验内容及记录】实室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液验0。6mol/LH2O0。2mol/L3mol/L颜色褪至无编H2C2O4溶液KMnO4溶液稀硫酸色所需时间号/min13.02.03。02。04。023.03。02.02.05。233.04.01.02.06。4请回答：（1）依照上表中的实验数据，能够获取的结论是其他条件相同时，增大KMnO4浓度（或反应物浓度），反应速率增大．（2）利用实验1数据计算,用KMnO4的浓度变化表示反应速率﹣2﹣1﹣1﹣1﹣1．(KMnO4）=1。5×10mol?L?min或0。015mol?L?min学必求其心得，业必贵于专精（3)该小组同学依照经验绘制了(Mn2+）随时间变化趋势的表示图,如图甲所示．但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中(Mn2+)随时间变化的趋势应如图乙所示．该小组同学依照图乙所示信息提出了新的假设，并连续进行实验研究．①该小组同学提出的假设是生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用)．②请你帮助该小组同学完成实验方案，并选择表中空白处应加入的物质．实室温下，试管中所加试剂及其用量/mL再向试室温下验0.6mol/LH2O。3mol/L管中加溶液颜02mol/L编H2C2O4溶液KMnO4溶液稀硫酸入少量色褪至号固体无色所需时间/min43。02。03.02。0A．KMnO4B．H2C2O4C．K2SO4D．MnSO4③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是实验4与实验1比较，溶液褪色所需时间短或：溶液褪色所用时间（t)小