辽宁省六校协作体2020┄2021学年高一年级下册期中考试试卷解析版

辽宁省六校协作体2020-2021学年高一下学期期中考试试题

考试时间：90分钟考试分数：100分

可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23

第I卷选择题（共60分）

一、选择题（本题共30个小题，每小题只有一个选项符合题意每题2分共60分）

1.元素性质呈周期性变化的根本原因是（）

A.元素的相对原子质量逐渐增大B.核外电子排布的周期性变化

C.核电荷数逐渐增大D.元素化合价的周期性变化

【答案】B

【解析】化学试题分析：A、随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但

不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；B、因原子的核

外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元

素的性质的周期性变化，故B正确；C、原子序数在数值上等于这种原子的核电荷数，随

着原子序数的递增，核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，则不能决定元素性质出

现周期性变化，故C错误；D、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的

周期性变化，故D错误；故选B。

2.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（）

A.制催化剂的材料B.耐高温、耐腐蚀的合金材料

C.制农药的材料D.半导体材料

【答案】D

【解析】试题分析：位于金属元素和非金属元素交界处的元素既表现金属的性质也表现非

金属的性质，容易找到半导体材料，答案选D。

3.科学家预言，存在稳定的超重元素，如：Z=114,N=184的原子，它位于元素周期表

的第7周期，第IVA族，下列说法正确的是()

A.第七周期有50种元素B.该原子的质量数为184

C.该元素的相对原子质量为298gD.该原子核外有114个电子

【答案】D

【解析】分析：A、根据元素周期表的结构判断；

B、质量数=质子数+中子数；

C、元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子

个数百分比的乘积之和；

D、质子数=核外电子数。

详解：A、根据元素周期表的结构可知，第7周期若排满,容纳的元素是32种，A错误；

B、质量数是Z+N=114+184=298,B错误；

C、由于元素大部分都有同位素，所以该核素的质量数不能代表该元素的相对原子质量，C

错误；

D、质子数等于核外电子数，所以该原子核外有114个电子，D正确，答案选Do

4.从化学键的角度看化学反应的实质是"旧化学键的断裂，新化学键的形成"下列既有旧

化学键的断裂，又有新化学键形成的变化是()

A.酒精溶解于水B.白磷熔化

C.氧化钠受热熔化D.碳酸氢镂受热产生刺激性气味气体

【答案】D

【解析】A、酒精溶于水没有发生化学反应，所以没有旧化学键的断裂和新化学键的形

成，选项A错误；B、白磷熔化是物理变化，只是物质的状态发生了变化，没有发生化学

反应，所以没有旧化学键的断裂和新化学键的形成，选项B错误；C、氯化钠受热熔化是

物理变化，只是物质的状态发生了变化，没有发生化学反应，选项C错误；D、碳酸氢镇

受热分解发生了化学变化，所以既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，选项D正确；答

案选D。

5.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素.下列说法不正确的

是（）

YZ

MX

A.原子半径Z<M

B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱

C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小

D.Z位于元素周期表中第2周期、第VIA族

【答案】B

【解析】根据四种短周期元素在周期表中的位置，丫、Z为第二周期元素，M、X为第三周

期元素，只有M为金属元素，则M为Al,X为Si,Y为N,Z为0。A项，原子半径：

MZ,正确；B项，非金属性:N>Si,Y的最高价氧化物对应水化物（HN03）的酸性

比X（H4SiO4）的强，错误；C项，非金属性：Si0,X的简单氢化物（SiH4）的热稳

定性比Z（乙。）的弱，正确；D项，Z（。）位于元素周期表中第二周期第VIA族,正

确；答案选B。

6.如图所示的装置中，M为活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，关于此装置

的下列叙述中，不正确的是（）

N

A.导线中有电流通过，电流方向是由N到M

B.N上有气体放出

C.M为正极，N为负极

D.M极上发生氧化反应

【答案】C

【解析】分析：原电池中活泼金属为负极，失去电子，即M为负极，溶液中的氢离子在正

极得到电子而被还原为H2,则N为正极.电流方向与电子流向相反，应由正极（N）流向

负极（M）。

详解：M为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒，则M为原电池的负极，石墨为

正极，负极M被氧化，正极生成氢气，则

A、电流由正极经导线流到负极，即从N到M,A正确；

B、N为正极，氢离子得电子生成氢气，B正确；

C、根据以上分析可知M为原电池的负极，N为正极，C错误；

D、M为原电池的负极，发生失去电子的氧化反应，D正确；答案选C。

7.下列化学用语表达正确的是（）

A.MgCI2的形成过程可表示为.MR.t2.CL:',I：Cl：J|：Cl：）

B.分子的结构式可表示为H—O—H

C.质子数为92、中子数为146的U原子：崂U

D.Cl原子的结构示意图：（+17）］区区

【答案】B

【解析】分析：A、氯化镁是离子化合物，电子式不正确；

B、水是共价化合物，含有2个氢氧键；

C、质量数=质子数+中子数；

D、氯原子的核外电子数是17。

详解：A、MgCI2是离子化合物,形成过程可表示为

疝一定才叫"因丁'A错误；

■■

B、H20分子含有2个氢氧键，结构式可表示为H—0—H,B正确；

C、质子数为92、中子数为146的U原子可表示为曾u,C错误；

I~~7V

D、CI原子的结构示意图为|@,方,D错误，答案选B。

8.13C-NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的结构分析MN—NMR可用于测定蛋白质、

核酸等生物大分子的空间结构，下面有关13C、15N叙述正确的是（）

A.13C与15N具有相同的中子数B.13C与C60是同一种物质

C.15N与14N互为同位素D.15N的核外电子数与中子数相同

【答案】c

【解析】A.中子数=质量数-质子数，则13c与15N具有的中子数分别为13-6=7、15-

7=8,中子数不同，A错误；B.13C为原子，C$0为单质，二者不是同位素，B错误；

C.15N与I4N的质子数相同，中子数不同，两原子互为同位素，C正确；D.mN的核外

电子数为7,中子数=15-7=8,电子数与中子数不同，D错误；答案选C。

9.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是()

能H反应窈境仅・中成物

反应物的牛成物的一

总能砧总阻।上

生成物的

生成存喷鹏反膈物

就能显SIBK---------

反腌过得反应比丹

图1，

A.图a表示的是吸热反应的能量变化

B.图b中反应物比生成物稳定

C.图a可以表示氯化镀固体与氢氧化钢晶体反应的能量变化

D.图a不需要加热就一定能发生，图b一定需要加热才能发生

【答案】B

【解析】A、图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，故A错误；B、图b

中反应物总能量低，反应物稳定，故B错误；C、图b中反应物总能量低于生成物总能

量，可以表示吸热反应，故C正确；D、图a表示的是放热反应，所有的燃烧均为放热反

应，但是多数的燃烧需要加热，故D错误；故选C。

10.已知lmolH2(g)与lmolB%(g)完全反应生成2mo旧Br(g)放出72kJ的能

量，相关数据如下表：

氏⑷HBr(g)

1mol分子中的化学屣断裂时需要

436369

吸收的能量(kJ)

则表中a为()

A.404B.260C.230D.200

【答案】C

【解析】分析：反应热阳=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断。

详解：各化学键键能为H—H为436kJ/mol,Br—Br为akJ/mokBr—H369

kJ/mol,则根据方程式H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)可知该反应的反应热阳=反应物

总键能-^2物总键能=436kJ・moLi+akJ・moLi-2>369kJ・moLi=-72kJ・moLi,解得a

=230,答案选C。

11.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性键的是()。

A.NaOHB.Na2O2C.MgCI2D.H2O

【答案】B

【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容

易形成共价键，如果是同一种非金属原子形成的共价键则是非极性键，如果是不同种非金

属原子形成的共价键则是极性键。

详解：A.NaOH中含有离子键、极性共价键，A错误；

B.Na?。?中含有离子键、非极性共价键，B正确；

C.MgCI2中只存在离子键，C错误；

D.H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，D错误；答案选B。

12.下列说法正确的是()

A.Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2

B.At位于第七周期第VHA族，其气态氢化物的稳定性比HCI的强

C.卤族元素单质的熔、沸点随原子序数的增大而升高

D.第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后所得水溶液均呈酸性

【答案】C

【解析】A.Li在氧气中燃烧只能生成Li2。，A错误；B.At位于第七周期第VDA族，

同主族自上而下非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性比HCI的弱，B错误；C.卤

族元素单质的熔、沸点随原子序数的增大而升高，C正确；D.HF溶于水显弱酸性，HF

是一元弱酸，D错误，答案选C。

13.下列说法正确的是()

A.Li是最活泼的金属，F是最活泼的非金属

B.Mg(OH)?碱性比Ca(0H)2强

C.元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个VIII族，共16纵行

D.X2+的核外电子数目为18,则X位于第四周期第nA族

【答案】D

【解析】试题分析：A.最活泼的金属是Cs,最活泼的非金属是F,错误；B.同主族从上

到下元素的最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐增强，所以Mg(0H)2碱性比Ca

(OH)2弱，错误；C.元素周期表共有18纵行其中7个主族,7个副族，1个0族，1

个VID族，一个VID族占三列，错误;D.X2+的核外电子数目为18,则X的核内质子数为

20,是钙元素，在第四周期第nA族，正确。

14.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，Y

是非金属性最强的元素，Z原子半径在同周期元素中最大，W可与Z形成离子化合物

Z2WO下列说法正确的是()

A.四种元素在自然界均不能以游离态存在

B.氢化物的稳定性：X<Y

C.元素X、Y、W的最高化合价均与其族序数相等

D.离子半径：W>Z>Y

【答案】B

【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，则

X是碳元素.Y是非金属性最强的元素，丫是F元素.Z原子半径在同周期元索中最大，所以Z是

Na。W可与Z形成离子化合物Z?W,则W是S,结合元素周期律和选项解答。

详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是C、F、Na、S。则

A.碳和硫在自然界能以游离态存在,A错误；

B.非金属性F>C,非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性X<Y,B正确；

C.F没有正价，C错误；

D.离子的电子层数越多，离子半径越大，在核外电子排布相同的条件下，离子半径随原

子序数的增大而减小，则离子半径：W>Y>Z,D错误，答案选B。

15.如下图所示的装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，并测得电解质

溶液的质量减小，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（）

V……N

MNp

AZnCu稀硫酸溶液

BCuFe稀盐酸

CAgZn硝酸银溶液

DZnFe硫酸亚铁溶液

【答案】C

【解析】分析：观察到电流计指针偏转，说明装置是原电池。M棒变粗，N棒变细，说明

M电极是正极，N电极是负极，N极材料比M极活泼。溶液中的金属阳离子在正极放电

析出金属，并测得电解质溶液的质量减小，说明析出的金属质量大于溶解的金属质量，结

合选项分析判断。

详解：A.M极材料（Zn）比N极（Cu）活泼，A错误;

B.M极上质量不增加，溶液中的氢离子放电，B错误；

C.N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，C正确；

D.M极材料（Zn）比N极（Fe）活泼，D错误；答案选C。

16.日常所用干电池的电极分别为石墨棒（上面有铜帽）和锌皮，以糊状NH4CI和ZnCI2

作电解质（其中加入Mr）。?吸收H2）,电极反应式可简化为：Zn—2e-===Zn2+,

2NH,-+2e-===2NH3T+H2T（N也与Zr）2+能生成一种稳定的物质）。根据上述判断，

下列结论正确的是（）

①锌为正极,石墨为负极

②锌为负极,石墨为正极

③工作时，电子由石墨极经过外电路流向锌极

④长时间连续使用时，内装糊状物可能流出腐蚀用电器

A.①③B.②③C.③④D.②④

【答案】D

【解析】由负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应或根据原电池的形成条

件，相对活泼（指金属性）的一极为负极，相对不活泼的一极为正极可判断出①错②对。

在外电路，电子从负极流向正极，故③不正确。长时间连续使用该电池，由于锌皮慢慢溶

解而破损，且MnO?不断吸收%而产生H20,糊状物也越来越稀，故其容易流出而腐蚀

用电器。

17.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe===3Fe2+,能实现该反应的原电池是

()

A二正极为Cu,负极为Fe,电解质溶液为FeC"溶液

B.正极为C,负极为Fe,电解质溶液为Fes。4溶液

C.正极为Fe,负极为Zn,电解质溶液为Fe2(S04)3溶液

D.正极为Ag,负极为Cu,电解质溶液为CuSC>4溶液

【答案】A

【解析】试题分析：根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属

或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应,所以电解质溶液为可溶性的铁盐；

A.铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A选；B.铁作负

极，碳作正极，电解质为FeSC^溶液，不能发生氧化还原反应，不则符合题意，故B不

选；C.Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电

池，则不符合题意，故C不选；D.Cu作负极，银作正极，电解质为C11SO4溶液，不能

发生氧化还原反应，不能构成该条件下的原电池，故D不选；故选A。

18.下列各组中化合物的性质比较，不正确的是()

A.酸性：HCIO4>HBrO4>HIO4B.碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3

C.稳定性：「也>心5>HCID.非金属性：F>O>S

【答案】C

【解析)试题分析：A.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性：CI>Br>l,则

酸性酸性：HCIO4>HBrO4>HIO4,A项正确：B.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强，

金属性是Na>Mg>AI,域性：NaOH>Mg(OH)2>AI(OH)3,B项正确；C.非金属性超强，气态氧化物

的稳定性越强，非金属性：CI>S>P.则稳定性：PH3VH2s<HCI,C项错误;D.同主族元素，从

下，非金属性减弱,同周期元素，从左到临，非金属性增强，非金属性：F>0>S,D项正确；答案选

C。

19.月井(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂lmol

化学键所需的能量(kJ):N三N为942、。===0为500、N—N为154,则断裂lmol

N—H键所需的能量(kJ)是()

«arrwn

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,1

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&JOM9------1-----1-I

NAU4/

*£■00

iiatB

*④+图>OGK>

A.194B.391C.516D.658

【答案】B

【解析】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+。2(g)=2N(g)+4H(g)+20

(g),AH3="2752"kJ/mol-534kJ/mol=2218kJ/mol,化学反应的焙变等于产物的

能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN-H键

所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218,解得X=391,故选项B

正确。

20.在298K、1.01x105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分

反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol/LNaOH

溶液中充分反应放出的热量，则与溶液反应生成的热化学方程

ykJCO?NaOHNaHCO3

式正确的是（）

△

A.C02(g)+NaOH(aq)===NaHCO3(aq)H=—(2y—x)kJ/mol

△一

B.CO2(g)+NaOH(aq)===NaHCO3(aq)H=—(2xy)kJ/mol

△一

C.CO2(g)+NaOH(aq)===NaHCO3(aq)H=—(4xy)kJ/mol

D.2CO2(g)+2NaOH(I)===2NaHCO3(I)AH=—(8x—2y)kJ/mol

【答案】C

【解析】0.5molCO2与0.75molNaOH反应生成0.25mol和0.25mol

反应所放出的热量为,则生成和放出

NaHCO3,xkJlmolNa2cO3lmolNaHCO?4xkJ

的热量。通入溶液中生成放出的热量,则

lmolCO22moiNaOHlmolNa2CO3,ykJ

lmolCO?与lmolNaOH的溶液反应生成lmolNaHCO?所放出的热量为（4x—y）

、项错误，项正确。项，和的状态错误。

kJ,ABCDNaOHNaHCO3

21.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在

丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是

（）

乙丙

A.甲一定是金属元素

B.气态氢化物的稳定性：庚>己>戊

C.乙、丙、丁的最高价氧化物水化物可以相互反应

D.庚的最高价氧化物水化物酸性最强

【答案】B

【解析】空气中含量最多的元素是氮元素，则戊是N元素；地壳中含量最多的元素是氧元

素，则己是。元素；甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H元素或Li元素；乙是

Mg元素、丙是AI元素；丁是C元素、庚是F元素。甲可能是H元素，故A错误；气态

氢化物的稳定性，故B正确；氢氧化铝具有两性，但与氢氧化镁、碳酸不

反应，故C错误；氟元素没有含氧酸，故D错误。

22.有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易腐

蚀。将A、D分别投入等物质的量浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液

里，无明显变化，如果把铜浸入C的溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强

到弱的顺序是（）

A.A>B>C>DB.D>A>B>C

C.C>A>B>DD.B>C>A>D

【答案】B

【解析】试题分析：将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，说明A

是原电池的负极，B是正极，则A比B活泼；将A、D分别投入等物质的量浓度盐酸中，

D比A反应剧烈，说明D比A活泼；将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸

入C的盐溶液里，有金属C析出，说明B比C活泼，故选B。

23.下图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。下列有关的判

断不正确的是（）

向

A.电池工作的过程中，d电极上产生气泡

B.电池工作时，溶液中SO；向d移动

c.c为负极，发生氧化反应

D.电池工作的过程中，溶液中SO；浓度基本不变

【答案】B

【解析】试题分析：A.根据电流方向可知，c电极为负极，d电极为正极，溶液中的H+

在正极得电子生成氢气，A项正确；B.电池工作时，d电极是正极，溶液中的阳离子移

向d电极，而5。42一向c极移动，B项错误；C.根据上述分析，c为负极，失电子发生氧

化反应,C项正确；D.因为Zn比铜活泼，负极Zn-2e—=Zn2+,正极:2H++2e=H2,^

以电池工作的过程中，溶液中SO42—浓度基本不变，D项正确；答案选Bo

24.已知胆矶溶于水时溶液温度降低。胆帆分解的热化学方程式为CUSO4-5H2O(s)

===CuSO4(s)+5H2O(I)AH=+Q]kJ-mol-io室温下，若1mol无水硫酸铜溶

解为溶液放热Q2kJ,则()

.无法比较

A.Q1>Q2B.Q1=Q2C.QX<Q2D

【答案】A

【解析】试题分析：胆肌溶于水时溶液温度降低，可以知道其为吸热过程,AH>o,lmol胆研

分解生成lmolCuSO4(s)BtCuSO4.5H2O(s)ACuSO,(s)+5H2O(I)

△H=+QN・mol-ilmolCuSO4(s)溶解时放热Q/J可得如下图所示关系，

CuSO,・5HQ(s)I-----“CuSO,(aq)I

根据盖斯定律，则有AH=Q]+(-Q2)>0,则Q]>Q2所以A选项是正确的.

25.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是()

A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出

B.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：CU2++2e—=Cu

C.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色

D.a和b用导线连接时，Fe片上发生还原反应，溶液中S042—向铜电极移动

【答案】D

【解析】分析：a和b不连接时，不能构成原电池，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚

铁和铜；a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铜是正极，结合选项分析判断。

详解：A.a和b不连接时，由于金属活动性Fe>Cu,所以在铁片上会发生反应：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu,在铁片有金属铜析出，A正确；

B.a和b用导线连接时，形成了原电池，Cu作原电池的正极，在铜片上发生的反应为：

Cu2++2e-=Cu,B正确;

C.无论a和b是否连接，Fe都会失去电子，变为Fe2+,而CU2+会得到电子变为Cu,所

以铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，C正确；

D.a和b用导线连接后，铁作负极，铜作正极，铁片上发生氧化反应，溶液中硫酸根离

子向铁电极移动，D错误。答案选D。

26.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录

如下，则卡片上的描述合理的是（）

M»I2SO4

①Cu为负极，Zn为正极

②Cu极上有气泡产生，发生还原反应

③SO42—向Cu极移动

④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体

⑤电子的流向是：Cu—Zn

⑥正极反应式：发生氧化反应

2H++2e-=H2T,

A.①②③B.②④C.②③④D.③④⑤⑥

【答案】B

【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传

递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，结合原电池

的工作原理和选项分析判断。

详解：①Zn比Cu活泼，故Zn为负极，Cu为正极,①错误；

②根据金属活动性顺序知，锌作负极，铜作正极，氢离子在铜电极上得电子生成氢气，发

生还原反应,所以在铜极上有气泡产生,发生还原反应，②正确；

③阴离子移向负极，故SO4?一向Zn极移动，③错误；

④产生lmol氢气转移2moi电子，若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气

体，④正确；

⑤电子由负极流向正极，故流向是：Zn-Cu,⑤错误;

⑥正极氢离子放电发生还原反应，反应式：⑥错误；

2H++2e-=H2T,

因此②④正确，答案选B。

27.已知空气一锌电池的电极反应为

锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O;

碳棒：。2+2%。+46—=40H-,据此判断，锌片是

A.正极，被还原B.正极，被氧化

C.负极，被还原D.负极，被氧化

【答案】D

【解析】试题分析：锌片：Zn+2OH-2e-ZnO+H2O,电极反应中锌的化合价升高，被

氧化，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极，被氧化；故

选D。

28.化学反应可视为旧化学键断裂和新化学键形成的过程。化学键的键能是指拆开（或形

成）1mol某化学键所吸收（或放出）的能量。已知白磷（）和PQ6的分子结构如图

所示，现提供以下化学键的键能：P—P为198kJ/mol,P—0为360kJ/mol,氧气分子

内氧原子间的键能为498kJ/mol,贝UP4（s）+3。2（g）===PQ6（s）的反应热AH为

A.+1638kJ/molB.一1638kJ/mol

C.—126kJ/molD.+126kJ/mol

【答案】B

【解析】分析：反应热^^1=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断。

详解：各化学键键能为P—P为198kJ/mol,P—0为360kJ/moL0=0498

kJ/mol,则根据方程式P4（s）+3O2（g）=PR（s）可知该反应的反应热用=反应物

总键能-生成物总键能MGxiggkJ-moLi+BxdggkhmoLi-lZxBGOkJTnol-F-

iGBgkNmoLi,答案选B。

29.已知在25℃、101kPa条件下:

4AI(s)+BO2(g)===2AI2O3(S)AH=—2834.9kJ-mol-i

4AI(s)+2O3(g)===2AI2O3(S)AH=—3119.1kJ-mol-i

由此得出的结论正确的是()

223

A.等质量的。比03能量低，由。变。为放热反应

223

B.等质量的。比03能量高，由。变。为吸热反应

33

C.。比02稳定，由5变。为放热反应

223

D.。比03稳定，由。变。为吸热反应

【答案】D

【解析】分析：根据盖斯定律得出氧气转化为臭氧时的热化学方程式，根据能量越低越稳

定分析判断。

详解：已知①4Al(s)+302(g)===2AI2O3(s)AH=—2834.9kJ-mol-i

@4AI(s)+2O3(g)===2AI2O3(S)AH=—3119.1kJ-mol-i

根据盖斯定律可知①一②即得到热化学方程式3。2(g)=2。3(g)AH=+284.2

kJmol-i,所以。2变为O3的反应是吸热反应，由于。2的能量低，所以。2更稳定。答

案选D。

30.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液

呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则

()

A.原子半径：丁＞丙＞乙〉甲

B.单质的还原性：丁＞丙＞甲

C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物

D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应

【答案】D

【解析】分析：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合

物的水溶液呈碱性，气体是氨气，则甲是H,乙是N。甲和丙同主族，丙的原子序数大于

氮元素，所以丙是Na。丁原子最外层电子数与电子层数相等，原子序数大于钠，所以丁

是AI。结合元素周期律、相关物质的性质分析解答。

详解：根据以上分析可知甲、乙、丙、丁分别是H、N、Na、AL则

A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半

径：丙〉丁＞乙＞甲，A错误；

B.同周期自左向右金属性逐渐较减弱，则单质的还原性：Na＞Al＞H,B错误；

C.氧化钠，氧化铝为离子化合物，C错误；

D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别是硝酸、氢氧化钠和氢氧化铝，由于氢

氧化铝是两性氢氧化物，则它们能相互反应，D正确，答案选D。

二、非选择题(共40分)

31.A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是

半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X;D

与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍,A、B、

D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。

D、E、F三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应。请回答下列问题：

(1)B元素的原子结构示意图是_____________；D元素在周期表中的位置是第周

期_______族。

(2)A、B、C和F可组成一种化合物，其原子个数之比为8:2:4:1。写出该化合物的

名称及化学式：.

(3)写出E2c§分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：

(4)A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成)，这两种酸式盐相

互反应的离子方程式为O

(5)A、C、F间可形成甲、乙两种微粒,它们均为一1价双原子阴离子，且甲有18个电

子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为。

(6)向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶

液,生成沉淀的物质的量不可能为(填序号)。

①amol②bmol③a/3mol④b/3mol⑤0⑥(4a一b)mol

【答案】(1).®，(2).3(3).IA(4).硫酸镀(5).(NH4)2SC>4

(6).AI2O3+6H+=2AI3++3H2O(7).AI2O3+2OH-+3H2O=2[AI(OH)4]-ag

AI2O3+2OH-=2AIO2-+H2O(8).H++HSO3-=H2O+SO2t(9).OH-+

HS-=H2O+S2-(10).②

【解析】分析：A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元

素的原子半径最小，则A为H;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物能反应

生成盐，则B为N;F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4,则F为S;D

与A同主族，且与F同周期，则D为Na;A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都

能形成元素的原子个数I：匕不相同的多种化合物，则C为。，D、E、F三种元素对应的最高

价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为AI,根据元素周期律结合问题解答该题。

详解：根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别是H、N、0、Na、

ALSo则

(1)B元素是N,原子序数是7,则原子结构示意图是磷;;D元素是Na,原子序数

是11,在周期表中的位置是第三周期第IA族。

(2)A、B、C和F可组成一种化合物，其原子个数之比为8:2:4:1,因此该化合物是

(NH4)2SO4,名称是硫酸镇；

(3)E2c§是氧化铝，属于两性氧化物，因此分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程

式为AUO3+6H+=2Ab++3%0、AUO3+20H—+3H20=2[AI(OH)或AI2O3+

2OH-=2AIO2-+H2O;

(4)A、C、D、F可形成两种酸式盐分别为NaHSO^DNaHSO4,二者发生反应的离子

网为H++HSO3-=H20+SO2T；

(5)H、0、S形成的负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为

HS-,乙为0H-,发生反应的离子反应为OH-+HS-=H2O+S2-；

(6)向含有amolAICI3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，发生反应：

①AlJ+BNaOH=Al(OH)3l+3NaCI

②AICpdNaOH=NaAIO2+3NaCI

则当a:b“：3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或b/3mol,氯化

铝过量时，得到沉淀小于amol,可能为a/3mol;

当a:bwl:4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0;

当l:3<a:b<l:4时，发生反应①②，则：

AICI3+3NaOH=AI(OH)3l+3NaCI

xmol3xmolxmol

AICI3+4NaOH=NaAIO2+3NaCI

(a-x)mol4(a-x)mol

则3xmol+4(a-x)mol=b,解得x=(4a-b),即沉淀为(4a-b)mol;由氢氧根守恒

可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol,综上分析

可知，沉淀可能为①amoL③a/3moL④b/3moL⑤0、⑥(4a-b)mol,不可能②b

molo

32.利用下图图装置测定中和热的实验步骤如下:

,环形殷璐

「搅拌棒

I--温度计

霸鬻

①用量筒量取50mL0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；

②用另一量筒量取50mL0.55mol/LNaOH溶液,并用另一温度计测出其温度；

③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问

题：

(1)倒入NaOH溶液的正确操作是______。

A.沿玻璃缓慢倒入B.分三次少量倒入C.一次迅速倒入

(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是o

A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌

C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动

(3)实验数据如下表：①请填写下表中的空白：

温度起始温度t/c终止温度tz/℃温度差平均值

实验次数SQNaOH平均值

126.226.026.129.5

227.027.427.232.3

325.925.925.929.2

426.426.226.329.8

②近似地认为O.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3,中和

后生成溶液的比热容c=4.18J/(g-℃),则中和热AH=(取小数点

后一位)。

③中和热测定实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是______O

A.用滴定管(精量仪器，读数保留到0.01)取所用酸碱溶液的体积

B.NaOH溶液在倒入小烧杯时,有少量溅出

C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多

D.测量HCI溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度

【答案】(1).C(2).D(3).3.4(4).-56.8kJ/mol(5).B

【解析】分析：(1)根据硫酸和NaOH反应反应迅速剧烈，并且释放大量热，一次性快

速倒入可以减少热量散发而引来的误差；

(2)硫酸与NaOH溶液混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使硫酸

与NaOH溶液混合均匀；

(3)①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；

②先根据Q=m・c・AT计算反应放出的热量，然后根据中和热的概念计算中和热；

③根据中和热的测定实验原理结合结合实验操作对实验的影响分析判断。

详解：(1)倒入NaOH溶液时，必须一次性迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能

分几次倒入NaOH溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；答案选C;

(2)为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，温度计是用来测定温度的，不能用

作搅拌仪器，更不能打开硬纸片，造成能量损失，而振荡烧杯，不能使反应充分进行；答

案选D;

(3)①根据表中数据可知4次温度差分别为：3.4℃,5.1℃,3.3℃,3.5℃,第2组数据

无效，温度差平均值为3.4℃;

②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量

为0.05Lx0.25mol/Lx2=0.025mol,溶液的质量为100mLxlg/mL=100g,温度变化的

值订=3.4。(：，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m«c«AT=100gx4.18J/(g«℃)

x3.4℃=1421.2J,即1.4212kJ,所以