福建省龙岩市六校联考高一下学期期中化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年福建省龙岩市六校联考高一（下）期中化学试卷一、选择题．（本大题共18小题，每小题3分,共54分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．）1．下列说法中，正确的是(）A．二氧化硅可用来制造太阳能电池B．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应C．铜的金属性比铝弱，可以用铜罐贮运浓硝酸D．NaOH溶液不能保存在带磨口玻璃塞的试剂瓶中2．下列物质中属于共价化合物的是（）A．NH4Cl B．CuSO4 C．CO2 D．Br23．下列反应过程中的能量变化与如图相符的是（）A．金属钠和水反应 B．生石灰变成熟石灰的反应C．Al和Fe2O3的铝热反应 D．CaCO3受热分解4．医学研究证明，用放射性I治疗肿瘤可收到一定疗效．下列有关I叙述正确的是（）A．I是碘的一种同素异形体B．I是一种新发现的元素C．I位于元素周期表中第4周期Ⅳ族D．I核内的中子数与核外电子数之差为295．下列反应中，不属于可逆反应的是(）A．Cl2与水反应B．水电解生成H2和H2在O2中燃烧生成水的相互转化过程C．工业合成氨D．氨气与水反应6．某研究性学习小组根据元素非金属性与其最高价氧化物对应的水化物之间的关系,设计了如图装置来一次性完成S、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究，下列关于试剂B选择正确的是（）A．稀H2SO4 B．Na2SO4溶液 C．Na2CO3溶液 D．Na2SiO3溶液7．X2﹣离子核外有a个电子，b个中子，则该微粒X原子可表示为（）A．a+b+2a+2X B．a+b﹣2a﹣2X C．b﹣2a+2X D．baX8．铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，有关Rb及其化合物的性质推测正确的是（）A．Rb与冷水反应比K更剧烈B．Rb投入CuSO4溶液中可置换出CuC．Rb与O2反应只有Rb2O产生D．Rb2CO3难溶于水9．下列有关说法正确的是（）A．NaOH是只含离子键的离子化合物B．HCl溶于水没有破坏共价键C．碳在O2中燃烧时，破坏碳和O2中化学键吸收的总能量大于形成CO2中化学键释放的总能量D．在Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2反应过程中有离子键和共价键的断裂，也有离子键和共价键形成10．对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施，其中不能使反应速率加快的是()A．升高温度 B．改用50mL2mol/L盐酸C．改用200mL1mol/L盐酸 D．用等量铁粉代替铁片11．可逆反应N2+3H22NH3，在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolN2的同时生成nmolNH3B．N2、H2、NH3的物质的量浓度比值为1：3：2C．v（N2)=v（NH3）D．单位时间内断裂1mol氮氮键的同时断裂6mol氮氢键12．下列离子反应方程式正确的是（）A．少量二氧化碳通入“水玻璃”中：CO2+SiO32﹣+H2O═CO32﹣+H2SiO3↓B．碳酸钙与稀盐酸混合：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑D．Al2O3溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH﹣═2［Al(OH）4]﹣13．要将SiO2固体中Al2O3杂质除去，可用的试剂是（）A．浓氨水 B．NaOH溶液 C．盐酸 D．CO2和水14．取一定质量的铜片和一定体积的浓硫酸放在烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，若要使铜片继续溶解可向烧瓶中加入(）A．稀H2SO4 B．稀盐酸 C．K2SO4固体 D．KNO3固体15．下列有关叙述能说明非金属元素M比N的非金属性强的是（）A．非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质NB．在反应中M原子比N原子得到更多电子C．M的气态氢化物稳定性比N弱D．M的氧化物对应水化物的酸性比N强16．已知CuO高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与稀H2SO4反应的离子方程式:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．现将经高温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合溶液，有关说法正确的是（)A．反应中Cu2O只作氧化剂B．若有28。8gCu2O参加反应，则转移电子数为0。2NAC．Cu2O的稳定性比CuO弱D．如果溶液中出现蓝色，说明CuO已分解17．将少量的铝投入过量的氢氧化钠溶液中充分反应，下列有关所得混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，Ag+、K+、NH4+、SO42﹣可以大量共存B．该溶液中,Na+、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣不能大量共存C．向该溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀与加入AlCl3溶液关系如图D．向该溶液中逐滴加入稀盐酸，生成沉淀与加入稀盐酸关系如图18．镁铝合金5.1g溶于500mL1mol/L的盐酸中，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,最终生成5。8g白色沉淀．下列有关说法不正确的是(）A．白色沉淀为Mg（OH）2B．在加入NaOH过程中生成沉淀最多为13。6gC．生成H2体积为5.6LD．刚加NaOH溶液就有沉淀生成二、填空题19．X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素,原子序数依次增大，部分元素在周期表中的位置关系如右图所示．其中X是周期表中原子半径最小的元素，Q与X同主族；Z的最外层电子数是次外层的3倍．YZR请回答下列问题:（1）写出Y元素的名称：，Q的原子结构示意图；R在周期表中的位置为．（2）Q2Z电子式为：,Q2Z2含的化学键类型为：．（3）R、Z分别形成简单离子的半径大小:（离子符号表示）（4）Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为：．20．698K时，向某VL的密闭容器中充入3molH2（g）和3molI2（g）,发生反应：H2(g）+I2（g）⇌2HI（g）,测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如右图所示．请回答下列问题:(1)容器的体积V=L．（2）反应达到最大限度的时间是s,该时间内平均反应速率v（HI）=．21．为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响,有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下4组实验．注意：设计实验时,必须控制只有一个变量!试剂:4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯组别实验温度（℃）H2O2溶液FeCl3溶液（1mol/L）1305mL4%1mL2605mL4%1mL3305mL12％4305mL4％（1）甲同学为了研究温度对化学反应速率的影响,应完成实验（填组别）．（2）乙同学进行实验3与实验4,发现气体均缓慢产生，无法说明“浓度改变会影响化学反应速率”，你的改进方法是．(3)丙同学进行了实验1与实验4，你认为他想探究的是．该方案设计是否严谨？（填是或否），说明理由．22．硝酸铝[Al（NO3)3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等)制取硝酸铝晶体［Al（NO3）3•9H2O］的流程如图：(1）过滤Ⅰ得到的滤渣主要成份是；（填化学式）（2）写出反应Ⅰ中生成气体的反应离子方程式：；(3)在反应Ⅱ中加入稀硝酸存在不足之处是，可将加入稀硝酸改为；（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1)，其中一种为红棕色，该反应的化学方程式是．23．某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究．已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O═CO2+2HCl+Pd↓（产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊）．（1)实验的主要步骤如下：①点燃酒精喷灯②检查装置的气密性③通入N2一段时间④向A的硬质玻璃管中装入焦炭(过量）与二氧化硅混合物共mg则正确的操作顺序是．（2）实验时要通入足够长时间的N2，其原因是．（3）装置D中所盛试剂为(填序号)A．NaOH溶液B．Ca(OH）2溶液C．PdCl2溶液D．稀H2SO4溶液（4）若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等,则A中反应的化学方程式为．实验结束后，C装置增重ng，求mg混合物中SiO2的质量分数．

2016-2017学年福建省龙岩市六校联考高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题．（本大题共18小题，每小题3分，共54分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．)1．下列说法中，正确的是（)A．二氧化硅可用来制造太阳能电池B．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应C．铜的金属性比铝弱,可以用铜罐贮运浓硝酸D．NaOH溶液不能保存在带磨口玻璃塞的试剂瓶中【考点】FH:硅和二氧化硅；BB：反应热和焓变；GF：钠的重要化合物;GP:铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A、硅用来制造太阳能电池；B、需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应；C．铜能够与浓硝酸反应，而铝在常温下能够与浓硝酸发生钝化现象；D．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠．【解答】解：A．硅用来制造太阳能电池，二氧化硅用来制造光导纤维，故A错误;B．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应,如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故B错误;C、常温下铝与浓硝酸发生钝化，故常温下可用铝制的容器盛放浓硝酸，而铜在常温下能够与浓硝酸发生反应，所以不能用铜罐贮运浓硝酸，故C错误；D、烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，不能保存在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，故D正确．故选D．2．下列物质中属于共价化合物的是（）A．NH4Cl B．CuSO4 C．CO2 D．Br2【考点】96：共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】含有离子键的化合物叫做离子化合物；只含共价键的化合物叫做共价化合物，据此解答．【解答】解：A．NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键,故A错误；B．CuSO4中铜离子与硫酸根离子间存在离子键,属于离子化合物，故B错误；C．CO2中碳原子与氧原子之间是共价键，属于共价化合物，故C正确;D．Br2属于单质,不是化合物,故D错误;故选：C．3．下列反应过程中的能量变化与如图相符的是（）A．金属钠和水反应 B．生石灰变成熟石灰的反应C．Al和Fe2O3的铝热反应 D．CaCO3受热分解【考点】BB：反应热和焓变．【分析】根据图象可知，反应物总能量小于生成物总能量,该反应为吸热反应，①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量．常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等．②吸热反应:有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量．常见的吸热反应:C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O;C+CO2→CO及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等．【解答】解：A．钠与水的反应为放热反应，故A错误;B．生石灰为氧化钙,氧化钙和水反应是放热反应,故B错误；C．铝热反应为放热反应，故C错误;D．碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，故D正确;故选D．4．医学研究证明，用放射性I治疗肿瘤可收到一定疗效．下列有关I叙述正确的是(）A．I是碘的一种同素异形体B．I是一种新发现的元素C．I位于元素周期表中第4周期Ⅳ族D．I核内的中子数与核外电子数之差为29【考点】32:核素．【分析】13553I是质子数为53,质量数为135的碘原子，在周期表中的位置为第五周期第ⅤⅡA族，质子数+中子数=质量数，以此来解答．【解答】解:A．13553I是碘的一种核素，为原子，而同素异形体的分析对象为单质，故A错误；B．13553I是碘的一种核素，不是新元素，故B错误；C．13553I位于元素周期表中第五周期第ⅤⅡA族,故C错误;D．13553I核内的中子数与核外电子数之差为﹣53=29,故D正确；故选D．5．下列反应中,不属于可逆反应的是（）A．Cl2与水反应B．水电解生成H2和H2在O2中燃烧生成水的相互转化过程C．工业合成氨D．氨气与水反应【考点】C6:化学反应的可逆性．【分析】可逆反应在相同条件下正逆反应均可发生，以此来解答．【解答】解：A．氯气与水反应生成HCl、HClO,为可逆反应,故A不选；B．电解与燃烧的条件不同，不是可逆反应,故B选；C．合成氨的条件相同，正逆反应均发生,为可逆反应,故C不选；D．氨气与水反应生成一水合氨，且一水合氨分解生成氨气和水，条件相同，为可逆反应，故D不选；故选B．6．某研究性学习小组根据元素非金属性与其最高价氧化物对应的水化物之间的关系，设计了如图装置来一次性完成S、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究，下列关于试剂B选择正确的是（）A．稀H2SO4 B．Na2SO4溶液 C．Na2CO3溶液 D．Na2SiO3溶液【考点】U4：物质检验实验方案的设计．【分析】比较S、C、Si的非金属性强弱,可根据对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，以此解答该题．【解答】解:根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究,硫酸的酸性强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则原子的非金属性越强，依据强酸制弱酸来设计反应，所以A为稀硫酸,B为碳酸钠，C为硅酸钠溶液，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，故选C．7．X2﹣离子核外有a个电子，b个中子，则该微粒X原子可表示为（）A．a+b+2a+2X B．a+b﹣2a﹣2X C．b﹣2a+2X D．baX【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系;85：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】阳离子中，质子数=核外电子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，根据质子数和质量数书写原子符号．【解答】解：R2+离子核外有a个电子，质子数=核外电子数+电荷数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，所以R原子符号为a+2a+b+2R,故选A．8．铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，有关Rb及其化合物的性质推测正确的是（）A．Rb与冷水反应比K更剧烈B．Rb投入CuSO4溶液中可置换出CuC．Rb与O2反应只有Rb2O产生D．Rb2CO3难溶于水【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．【分析】铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第ⅠA族,为碱金属元素,同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似,以此来解答．【解答】解：A．金属性Rb＞K，则Rb与冷水反应比K更剧烈，故A正确;B．Rb投入CuSO4溶液中，先与水反应生成RbOH和氢气，RbOH与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出Cu，故B错误;C．Rb与O2反应生成过氧化物或超氧化物，故C错误；D．碱金属的碳酸盐易溶于水，则Rb2CO3溶于水,故D错误；故选A．9．下列有关说法正确的是（）A．NaOH是只含离子键的离子化合物B．HCl溶于水没有破坏共价键C．碳在O2中燃烧时，破坏碳和O2中化学键吸收的总能量大于形成CO2中化学键释放的总能量D．在Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2反应过程中有离子键和共价键的断裂，也有离子键和共价键形成【考点】93:离子化合物的结构特征与性质；96：共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】A．含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物；B．HCl溶于水时电离生成氢离子和氯离子;C．碳在氧气中燃烧是放热反应,断键吸收能量，成键放出能量；D．氯气、溴中只含共价键，NaBr、NaCl中只含离子键．【解答】解：A．含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物,NaOH中含有离子键和共价键，所以属于离子化合物，故A错误;B．HCl溶于水时电离生成氢离子和氯离子,所以化学键被破坏，故B错误；C．断键吸收能量，成键放出能量，碳在氧气中燃烧是放热反应,说明破坏碳和O2中化学键吸收的总能量小于形成CO2中化学键释放的总能量,故C错误；D．氯气、溴中只含共价键，NaBr、NaCl中只含离子键,在Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2反应过程中氯气中的共价键、NaBr中的离子键被破坏，NaCl中的离子键和溴中的共价键形成，所以该反应中有离子键和共价键的断裂,也有离子键和共价键形成，故D正确；故选D．10．对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施，其中不能使反应速率加快的是()A．升高温度 B．改用50mL2mol/L盐酸C．改用200mL1mol/L盐酸 D．用等量铁粉代替铁片【考点】CA：化学反应速率的影响因素．【分析】升高温度、增大浓度、增大接触面积均可加快反应速率,以此来解答．【解答】解:A．升高温度,反应速率加快，故A不选；B．改用50mL2mol/L盐酸，浓度增大，反应速率加快，故B不选；C．改用200mL1mol/L盐酸,浓度不变，反应速率不变，故C选;D．用等量铁粉代替铁片，接触面积增大，反应速率加快，故D不选;故选C．11．可逆反应N2+3H22NH3，在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（)A．单位时间内生成nmolN2的同时生成nmolNH3B．N2、H2、NH3的物质的量浓度比值为1：3：2C．v（N2）=v(NH3）D．单位时间内断裂1mol氮氮键的同时断裂6mol氮氢键【考点】CG：化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等,且反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．单位时间内生成nmolN2的同时生成nmolNH3，同时消耗0。5nmolN2,正逆反应速率不相等,反应没有达到平衡状态，故A错误；B．N2、H2、NH3的物质的量浓度比值为1：3：2，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态,与反应物初始浓度及转化率有关，故B错误；C．v（N2）=v(NH3）时,表示的是反应速率，但是不满足二者的化学计量数关系且没有明确正逆反应，不能说明达到平衡状态，故C错误;D．单位时间内断裂1mol氮氮键的同时断裂6mol氮氢键,同时生成1mol氮氮键，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态,故D正确；故选D．12．下列离子反应方程式正确的是（）A．少量二氧化碳通入“水玻璃"中：CO2+SiO32﹣+H2O═CO32﹣+H2SiO3↓B．碳酸钙与稀盐酸混合：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．铁粉加入稀硫酸中:2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑D．Al2O3溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH﹣═2［Al（OH）4]﹣【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．少量二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和碳酸钠；B．碳酸钙为难溶物,不能拆开;C．铁与稀硫酸反应生成亚铁离子；D．离子方程式两边H、O元素不相等，违反了质量守恒．【解答】解:A．少量二氧化碳通入“水玻璃”中,二者反应生成硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式为：CO2+SiO32﹣+H2O═CO32﹣+H2SiO3↓，故A正确；B．碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故B错误；C．铁粉加入稀硫酸中生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；D．Al2O3溶于NaOH溶液中，反应生成2［Al（OH）4]﹣，反应的离子方程式为：3H2O+Al2O3+2OH﹣═2［Al(OH）4]﹣,故D错误;故选A．13．要将SiO2固体中Al2O3杂质除去，可用的试剂是（）A．浓氨水 B．NaOH溶液 C．盐酸 D．CO2和水【考点】GK：镁、铝的重要化合物;P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】二氧化硅和氧化铝都可与氢氧化钠溶液反应，氧化铝可与盐酸等反应,以此解答该题．【解答】解:氧化铝为两性氧化物，二氧化硅只与题中氢氧化钠溶液反应，可加入盐酸，氧化铝与盐酸反应生成氯化铝而除去，故选C．14．取一定质量的铜片和一定体积的浓硫酸放在烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，若要使铜片继续溶解可向烧瓶中加入(）A．稀H2SO4 B．稀盐酸 C．K2SO4固体 D．KNO3固体【考点】GP：铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】稀硫酸不与铜反应，但硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，能溶解铜，可向溶液中加入稀硝酸或硝酸钾．【解答】解：反应一段时间后，浓硫酸变成稀硫酸，不能再溶解铜，则需要加入具有氧化性的物质溶解铜，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，也可溶解铜，故可加入KNO3固体，故选D．15．下列有关叙述能说明非金属元素M比N的非金属性强的是()A．非金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质NB．在反应中M原子比N原子得到更多电子C．M的气态氢化物稳定性比N弱D．M的氧化物对应水化物的酸性比N强【考点】76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、单质的相互置换等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断．【解答】解：A、金属单质M能从N的化合物中置换出非金属单质N，可说明M比N的非金属性强，故A正确；B、M原子在反应中得到的电子数比N原子在反应中得到的电子数多,与得电子的多少无关,与得电子的难易程度有关，故B错误;C、气态氢化物的稳定性HmM＜HnN，则M的非金属性比N弱，故C错误；D、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱,则无法判断二者含氧酸的酸性，来比较非金属性的强弱，故D错误；故选A．16．已知CuO高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与稀H2SO4反应的离子方程式：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．现将经高温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合溶液,有关说法正确的是（)A．反应中Cu2O只作氧化剂B．若有28。8gCu2O参加反应，则转移电子数为0。2NAC．Cu2O的稳定性比CuO弱D．如果溶液中出现蓝色，说明CuO已分解【考点】BQ:氧化还原反应的计算．【分析】A．根据反应中Cu元素的化合价变化判断；B．根据n=计算出28。8gCu2O物质的量，反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亚铜完全反应注意1mol电子，据此计算转移电子的物质的量及数目;C．高温下氧化亚铜被氧化铜温度；D．CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜,溶液呈蓝色．【解答】解：A．反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中Cu元素的化合价从+1价升高+2价，部分降低到0价，则Cu2O既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亚铜完全反应注意1mol电子,28.8gCu2O物质的量为:=0。2mol，0.2mol氧化亚铜完全反应转移了0。2mol电子，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．二者稳定性需要根据所处条件分析，在温度不是很高时CuO比氧化亚铜稳定，在高温的时候,氧化亚铜比氧化铜稳定,故C错误；D．如果溶液中出现蓝色,不能说明CuO已分解，因为CuO与稀硫酸反应溶液也呈蓝色,故D错误;故选B．17．将少量的铝投入过量的氢氧化钠溶液中充分反应，下列有关所得混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，Ag+、K+、NH4+、SO42﹣可以大量共存B．该溶液中,Na+、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣不能大量共存C．向该溶液中逐滴加入AlCl3溶液,生成沉淀与加入AlCl3溶液关系如图D．向该溶液中逐滴加入稀盐酸，生成沉淀与加入稀盐酸关系如图【考点】GJ：铝的化学性质．【分析】将少量的铝投入过量的氢氧化钠溶液中充分反应，反应后溶液中存在AlO2﹣、OH﹣等,溶液呈碱性；A．碱性条件下Ag+、NH4+不能大量共存;B．碱性条件下,离子之间不发生任何反应；C．溶液呈碱性，向该溶液中逐滴加入AlCl3溶液,最后生成氢氧化铝沉淀；D．向该溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生中和反应，后生成氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解．【解答】解：将少量的铝投入过量的氢氧化钠溶液中充分反应,反应后溶液中存在AlO2﹣、OH﹣等,溶液呈碱性；A．碱性条件下Ag+、NH4+不能大量共存，分别生成沉淀、氨气等，故A错误;B．碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存,故B错误；C．溶液呈碱性,向该溶液中逐滴加入AlCl3溶液，开始生成偏铝酸钠，后生成氢氧化铝沉淀,继续加入氯化铝，沉淀不溶解，故C错误；D．向该溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生中和反应，后生成氢氧化铝沉淀,最后氢氧化铝溶解，图象符合，故D正确．故选D．18．镁铝合金5.1g溶于500mL1mol/L的盐酸中，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液,最终生成5.8g白色沉淀．下列有关说法不正确的是(）A．白色沉淀为Mg(OH）2B．在加入NaOH过程中生成沉淀最多为13.6gC．生成H2体积为5。6LD．刚加NaOH溶液就有沉淀生成【考点】5A：化学方程式的有关计算．【分析】发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，溶液中n(HCl)=0.5L×1mol/L=0。5mol，向反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，发生反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH)2↓+2NaCl，AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al(OH）3+NaCl=铝离子恰好完全转化为Mg(OH）2、Al（OH)3，则m（沉淀）=m(金属)+m(OH﹣）,由生成的氢气的物质的量，根据电子注意守恒计算n（OH﹣），再根据m=nM计算m（OH﹣），由此分析解答．【解答】解：A、加入过量的氢氧化钠，铝元素转化为偏铝酸根离子，而氢氧化镁不溶于氢氧化钠，所以白色沉淀为Mg（OH)2,故A正确；B、5.8g的氢氧化镁的物质的量为：0。1mol，所以镁的物质的量为0.1mol，其质量为2.4g，所以铝的质量为5.1﹣2.4=2.7g，物质的量为0.1mol，所以生成沉淀最大量为：5。1+0.1×（2+3）×17=13。6g，故B正确；C、状况不知，无法求气体的体积，故C错误；D、0.1mol的铝消耗0。3mol的盐酸,0。1mol的镁消耗0。2mol的盐酸，所以5。1g溶于500mL1mol/L的盐酸中恰好完全反应生成氯化镁和氯化铝,则向所得溶液中刚加NaOH溶液就有沉淀生成,故D正确；故选C．二、填空题19．X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，部分元素在周期表中的位置关系如右图所示．其中X是周期表中原子半径最小的元素，Q与X同主族；Z的最外层电子数是次外层的3倍．YZR请回答下列问题：(1）写出Y元素的名称：氮，Q的原子结构示意图；R在周期表中的位置为第三周期ⅢA族．(2）Q2Z电子式为:，Q2Z2含的化学键类型为：离子键、共价键．（3）R、Z分别形成简单离子的半径大小：Al3+＜O2﹣(离子符号表示)（4）Y的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为：NH3+HNO3═NH4NO3．【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大,部分元素在周期表中的位置关系如右图所示，则Y、Z位于第二周期、R位于第三周期；X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素;Z的最外层电子数是次外层的3倍，最外层最多容纳8个电子,则Z含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；根据各元素在周期表中的相对位置可知Y为N、R为Al元素;Q与X同主族,Q的原子序数大于O,则Q为Na元素，据此结合元素周期律知识解答．【解答】解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，部分元素在周期表中的位置关系如右图所示,则Y、Z位于第二周期、R位于第三周期；X是周期表中原子半径最小的元素,则X为H元素；Z的最外层电子数是次外层的3倍,最外层最多容纳8个电子，则Z含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；根据各元素在周期表中的相对位置可知Y为N、R为Al元素；Q与X同主族，Q的原子序数大于O,则Q为Na元素,（1）Y为N元素，名称为氮；Q为Na元素，其原子序数为11，其原子结构示意图:；R为Al元素，原子序数为13，位于周期表中第三周期ⅢA族,故答案为：氮；;第三周期ⅢA族；(2）Q2Z为Na2O，氧化钠为离子化合物，其电子式为:；Q2Z2为Na2O2，过氧化钠为离子化合物,其电子式为,化学式中含有离子键和共价键,故答案为：;离子键、共价键；（3）R、Z分别形成简单离子分别为Al3+、O2﹣，两种离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小,则离子半径大小为：Al3+＜O2﹣，故答案为:Al3+＜O2﹣；(4）Y为N元素,对应的氢化物为氨气，对应的最高价氧化物的水化物为硝酸,二者发生反应为:NH3+HNO3═NH4NO3，故答案为:NH3+HNO3═NH4NO3．20．698K时,向某VL的密闭容器中充入3molH2（g）和3molI2(g)，发生反应：H2（g)+I2(g）⇌2HI(g），测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如右图所示．请回答下列问题：（1）容器的体积V=3L．（2）反应达到最大限度的时间是5s，该时间内平均反应速率v（HI）=0.5mol/（L•s）．【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线;CP：化学平衡的计算．【分析】（1）根据V=计算；（2)当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，根据v（HI）=计算．【解答】解：（1)根据图象知，氢气和碘初始物质的量浓度为1mol/L,所以容器的体积==3L，故答案为：3；（2）当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，根据图象知，当反应物和生成物浓度不变时,时间为5s，v（HI）==0.5mol/（L•s）．故答案为：5；0。5mol/(L•s）．21．为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下4组实验．注意：设计实验时，必须控制只有一个变量！试剂:4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯组别实验温度(℃）H2O2溶液FeCl3溶液（1mol/L)1305mL4%1mL2605mL4％1mL3305mL12％4305mL4%（1）甲同学为了研究温度对化学反应速率的影响，应完成1、2实验(填组别）．（2)乙同学进行实验3与实验4，发现气体均缓慢产生，无法说明“浓度改变会影响化学反应速率"，你的改进方法是再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2~3滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂．（3）丙同学进行了实验1与实验4，你认为他想探究的是探究催化剂对化学反应速率的影响．该方案设计是否严谨？否（填是或否），说明理由试管中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低．【考点】RJ：探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）通过比较表格中的数据的异同点进行解答，根据控制变量法来分析研究的对象；（2)提供催化剂，加快反应速率,现象更为明显；（3）实验3两试管中双氧水的浓度相同，有一支试管中加入了氯化铁溶液，氯化铁作催化剂，则可知实验3的目的;加入的1mL溶液会对乙试管溶液进行稀释，会使浓度发生改变．【解答】解：（1)实验1、2只有温度不同，所以研究的是温度对反应速率的影响,故答案为：1、2;2）向试管甲中加入5mL12％H2O2溶液,向试管乙中加入5mL4%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂，加快反应速率，现象更为明显，故改进方法是再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂，故答案为:再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液作为催化剂；（3）只有一支试管中加入了氯化铁溶液,与另一支试管形成对比试验，则实验目的是探究催化剂对化学反应速率的影响;但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对试管溶液进行稀释，使浓度发生改变,故答案为:探究催化剂对化学反应速率的影响；否；试管中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低．22．硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3•9H2O]的流程如图:(1）过滤Ⅰ得到的滤渣主要成份是Fe2O3；(填化学式）(2）写出反应Ⅰ中生成气体的反应离子方程式:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）在反应Ⅱ中加入稀硝酸存在不足之处是硝酸过量可导致氢氧化铝溶解,可将加入稀硝酸改为通入二氧化碳；(4)温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1)，其中一种为红棕色，该反应的化学方程式是4Al(NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑．【考点】U3：制备实验方案的设计；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离,氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解,得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体，以此解答该题．【解答】解：（1）氧化铁与氢氧化钠溶液不反应,则过滤Ⅰ得到的滤渣主要成份是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；(2)反应Ⅰ涉及铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,其中生成气体的反应方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）加入硝酸生成氢氧化铝，如硝酸过量,则生成硝酸铝，导致滤液中含有硝酸铝，应在滤液Ⅰ中通入二氧化碳气体，可生成氢氧化铝，并避免氢氧化铝的溶解，故答案为:硝酸过量可导致氢氧化铝溶解;通入二氧化碳;（4)温度高于200℃时,硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1,满足原子守恒与电子转移守恒，反应方程式为:4Al（NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4Al(NO3）32Al2O3+12NO2↑+3O2↑．23．某实验小组设计