【化学】云南省文山州马关县二中2018-2019学年高一下学期6月月考试卷（解析版）

云南省文山州马关县二中2018-2019学年高一下学期6月月考试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
分卷I
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为( )
A. 1 mol•L﹣1 B. 1.5 mol•L﹣1
C. 2 mol•L﹣1 D. 2.5 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为xmol，生成的硫酸铝的物质的量为，即
由两方程式可得原硫酸的物质量浓度为1.5mol/L
2.在10﹣9m～l0﹣7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸。列说法正确的是（ ）
A. 纳米铜是一种新型化合物
B. 纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应
C. 纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同
D. 纳米铜无需密封保存
【答案】B
【解析】试题分析：A.纳米铜属于单质，不是化合物，A项错误；B.根据题意，纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，说明纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气反应，B项正确；C.纳米铜与普通铜所含原子种类相同，都是铜原子，C项错误；D.纳米铜应密封保存，D项错误；答案选B。
3.有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112 mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（ ）

A. 560、672 B. 1008、1120 C. 2240、2352 D. 392、504
【答案】B
【解析】
【分析】向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。
【详解】有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1，取此溶液500mL，氢氧根离子的物质的量是：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，OA段发生反应：Ca2++2OH-+CO2＝CaCO3↓+H2O，消耗112mL（物质的量为0.005mol）CO2，所以n（Ca2+）=0.005mol，产生碳酸钙的物质的量为0.005mol，消耗了氢氧根离子是0.01mol，所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05mol-0.01mol=0.04mol；AB段发生反应：OH-+CO2＝HCO3-，消耗n（CO2）=0.04mol，标况下体积是：22.4L/mol×0.04mol=0.896L=896mL，V1为112mL，则V2=112mL+896mL=1008mL；B-最后段：CaCO3+H2O+CO2＝Ca2++2HCO3-，碳酸钙溶解，消耗二氧化碳体积和OA段相等，即112mL，V3的体积为：1008mL+112mL=1120mL。
答案选B。
4.在FeCl3溶液中，加入过量的铜粉，充分反应后，溶液中一定不存在的金属离子是（ ）
A. Fe2+和Cu2+ B. Fe3+ C. Cu2+ D. Fe2+
【答案】B
【解析】试题分析：氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因为铜过量，所以溶液中没有铁离子，选B。
5.铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门等。下列性质与这些用途无关的是（ ）
A. 强度高 B. 不易生锈
C. 密度小 D. 导电、导热性好
【答案】D
【解析】铝镁合金用于制作门窗、防护栏等时主要是利用了铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点，与导电性是否良好无关，故选D。
6.下列说法中，正确的是（ ）
A. 硅元素在自然界里均以化合态存在
B. SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物
C. 除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水
D. 粗硅制备时，发生反应为C+SiO2=Si+CO2↑
【答案】A
【详解】A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；
B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；
C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；
D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；
答案选A。
7.下列关于氯气的说法不正确的是（ ）
A. 氯气和液氯是两种不同的物质
B. 可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气
C. 氯气是一种有毒气体，但可用于自来水的杀菌消毒
D. 尽管氯气的化学性质很活泼，但是纯净的液氯能用钢瓶贮存
【答案】A
【详解】A、氯气和液氯是同一物质，只是状态不同，A错误；
B、浓硫酸与氯气不反应，浓硫酸吸水，所以可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，B正确；
C、氯气与水反应生成次氯酸，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，真正起作用的是氯气与水反应生成的次氯酸，C正确；
D、干燥的氯气与铁不反应，所以纯净的液氯能用钢瓶贮存，D正确；
答案选A。
8.今年入冬以来，我市大部分地区雾霾严重，严重影响人们的日常生活。下列措施对控制雾霾无影响的是（ ）
A. 机动车限号行驶，鼓励乘公交出行 B. 不焚烧农作物秸秆
C. 局部地区实行人工降雨、降雪 D. 家庭安装空气净化器
【答案】D
【详解】A.机动车限号行驶，鼓励乘公交出行，可减少汽车尾气的排放，可减少雾霾，故不选A；
B.不焚烧农作物秸秆，可减少粉尘污染，可减少雾霾，故不选B；
C.局部地区实行人工降雨、降雪，可净化空气，减少雾霾，故不选C；
D.家庭安装空气净化器，不能改变大气污染，故选D；
答案：D
9.向300 mL 1 mol·L-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（ ）
A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+
B. 最终溶液中，硝酸无剩余
C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 L
D. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】当 ≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 ≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3< <4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；
【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；
=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；
B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；
C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；
答案：D
10.下列叙述不正确的是( )
A. 氨易液化，液氨常用作制冷剂
B. 与金属反应时，稀硝酸可能被还原为更低价态，稀硝酸氧化性强于浓硝酸
C. 铵盐受热易分解，因此贮存铵态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处
D. 稀硝酸和活泼金属反应时得不到氢气
【答案】B
【详解】A.根据氨气的物理性质：NH3易液化，通常液氨常用作制冷剂，故不选A；
B.氧化性的强弱和得电子的能力有关，和得电子的多少无关，浓HNO3氧化性强于稀HNO3，故选B；
C.受热易分解的物质储存时，要密封保存，并放在阴凉通风处，故不选C；
D.硝酸具有强氧化性，金属和稀硝酸反应的还原产物一般是一氧化氮等低价态的含氮化合物，不会产生氢气，故不选D；
答案：B
11.下列说法正确是( )
A. 由H、D、T构成的氢分子有3种
B. H2、D2、T2互为同素异形体
C. H2、D2、T2在相同条件下的密度之比为1∶2∶3
D. 核聚变属于化学变化
【答案】C
【详解】A.由H、D、T构成的氢分子有6种，分别为H2、D2、T2、HD、HT、DT，故A错误；
B. H2、D2、T2均为氢元素形成双原子单质分子，为同种物质，故B错误；
C.对于气体来说，H2、D2、T2在相同条件下的密度之比等于相对分子质量之比，即2:4:6=1∶2∶3，故选C；
D.核聚变是几个较轻的原子核聚合成一个较重的原子核的过程，属于核反应，不是化学变化，故D错误；
答案：C
12.下列有关化学用语使用正确的是( )
A. 次氯酸的结构式：H—Cl—O B. 乙醇的结构简式：C2H6O
C. 硫离子的结构示意图： D. 丙烷分子的球棍模型：
【答案】D
【解析】分析：A．次氯酸分子中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子；B．乙醇的的结构简式中要标出官能团；C．硫离子与硫原子的核电荷数相同，所以硫离子的核电荷数应该为16，不是18；D、注意区分球棍模型和比例模型。
详解：A．次氯酸的电子式为：，将电子式中所有共用电子对换成短线，即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：H-O-Cl，选项A错误；B．乙醇的结构简式为C2H5OH， C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；C．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，选项C错误；D、原子之间为单键，主链有3个碳原子，氢原子数为8个，符合丙烷的结构，选项D正确。答案选D。
13.下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是( )
A. 原子序数为15的元素的最高化合价为＋3
B. 第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
C. Li、Na、K、Rb、Cs的得电子能力逐渐增强
D. 原子序数为16的元素位于元素周期表的第三周期ⅣA族
【答案】B
【解析】原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，所以选项A错误。第ⅦA族元素是同周期中最靠右的元素（不考虑西=稀有气体），同周期从左向右非金属性逐渐增强，所以选项B正确。Li、 Na、K、Rb、Cs的原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，所以失电子能力逐渐增强，选项C错误。原子序数为16的元素为S，处于周期表的第三周期的ⅥA族，选项D错误。
14.下列说法正确的是( )
A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 放热反应在常温下一定很容易发生
C. 甲烷的二氯代物不存在同分异构体，说明甲烷是正四面体结构而不是平面正方形结构
D. 由C(石墨，s)==C(金刚石，s)反应吸热可知，金刚石比石墨稳定
【答案】C
【详解】A.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；
B.放热反应在常温下不一定能发生，例如高炉炼铁、人工合成氨均需要高温，也是放热反应，故B错误；
C.若甲烷分子是平面结构，则其二氯代物必定有两种结构。二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷不存在同分异构体说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；
D.石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，故D错误；
答案：C
15.在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是( )
A. x＝1
B. B的转化率为20%
C. 平衡时A的浓度为1.50 mol·L－1
D. B的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
【答案】B
【详解】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol；
3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）
起始：6mol 5mol 0 0
转化：3mol 1mol 2mol xmol
平衡：3mol 4mol 2mol 2mol
A.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误；
B.B的转化率为20%，故B正确；
C.平衡时A的浓度为=0.75mol/L，故C错误；
D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为=0.05mol·L－1·s－1，故D错误；
答案：B
16.下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是( )
①CH3CH2CH2CH2CH2CH3 ②(CH3)2CHCH(CH3)2③(CH3)3CCH2CH3 ④(CH3)3CC(CH3)3
A. ①＞②＞③＞④ B. ②＞③＝①＞④
C. ③＞②＞④＞① D. ③＝①＞②＞④
【答案】D
【解析】
【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中有几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。
【详解】①CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；②（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种等效H原子，其一氯代物有2种；③（CH3）3CCH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；④（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种等效H原子，其一氯代物有1种；所以一氯代物同分异构体数为①=③＞②＞④，故选D。
17.下列各组物质中，不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，充分燃烧后消耗氧气的量也一定的是( )
A. C2H2和C6H6 B. C2H6O和C3H6O2
C. CH2O和C2H4O2 D. C3H8和C4H8O2
【答案】D
【解析】试题分析：将各物质组成写成CxHyOz，则1mol物质的耗氧量为（x+y/4-z/2），“不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，充分燃烧后消耗氧气的量一定”，则（x+y/4-z/2）的值相等时，则符合题意，故选D。
18.质量一定的下列各组物质完全燃烧，消耗氧气总量与其各组分的含量无关的是( )
A. CH4和C2H6 B. C2H4和C3H6
C. CH3OH和C6H6 D. CH3COOH和C2H5OH
【答案】B
【解析】
【分析】质量一定的物质完全燃烧，不管组分怎样混合，耗氧量一定，只有最简式相同才成立，据此回答；
【详解】A. CH4和C2H6最简式不同，故A错误；
B. C2H4和C3H6最简式相同，均为CH2，故B正确；
C.CH3OH和C6H6最简式不同，故C错误；
D.CH3COOH和C2H5OH最简式不同，故D错误；
答案：B
19.下列说法正确的是( )
A. 淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，所以二者属于同分异构体
B. 蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
C. 葡萄糖的银镜反应一般在碱性条件下发生
D. 所有有机物中都含有官能团
【答案】C
【详解】A.淀粉和纤维素虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但是n值不同，所以二者不属于同分异构体，故A错误；
B.蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，故B错误；
C.葡萄糖银镜反应一般在碱性条件下发生，简单说反应是葡萄糖与银氨离子的反应，银氨离子是Ag+与氨水的反应生成，所以要保持银氨离子的碱性环境，在酸性条件银氨离子会解离形成Ag+和NH4+，故C 正确；
D.并非所有有机物中都含有官能团，例如烷烃中就没有，故D错误；
答案：C
20.海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。其中成本最高的步骤在于( )
A. 从海水中富集含微量元素的化合物 B. 使含微量元素的离子沉淀
C. 对含微量元素的混合物进行提纯 D. 从化合物中冶炼这些单质
【答案】A
【解析】试题分析：海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，故其浓度很低，而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。
21.下列说法正确的是( )
A. 煤的干馏就是加热除去煤中的水分，得到干燥的炭
B. 煤中含有甲苯、二甲苯等，可通过干馏得到
C. 以煤为主要原料，可以合成甲醇
D. 煤干馏得到的焦炉气不能与溴水反应而使溴水褪色
【答案】C
【解析】煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使煤分解，干馏属于化学变化，A错误；煤是复杂有机物与无机物的混合物，经过干馏才会反应生成甲苯和二甲苯等，B错误；煤干馏得到的焦炉气主要成分为氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳，因含有乙烯故能使溴水褪色，则D错误。
22.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 溴单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈
【答案】D
【解析】试题分析：A、随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的电子层数增多，原子半径都逐渐增大，A正确；B、碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强，B正确；C、钾比钠活泼，则钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；D、氯气的氧化性强于溴的，则溴单质与水的反应不如氯单质与水的反应剧烈，D错误。答案选D。
23.NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地反应生成氮气和二氧化碳，对此反应，下列叙述正确的是( )。
A. 使用适当的催化剂不改变反应速率 B. 降低压强能提高反应速率
C. 升高温度能提高反应速率 D. 改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【详解】A.使用适当的催化剂，可以降低反应所需活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，故A错误；
B.对于气体参与的反应，降低压强不能提高反应速率，故B错误；
C.对于任何反应，升高温度，可以提高活化分子百分数，化学反应速率加快，故C正确；
D.对于气体参加的反应，改变压强能改变反应速率，故D错误；
答案：C
24.在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是( )。
A. 正极附近SO42-浓度逐渐增大
B. 电子通过导线由铜片流向锌片
C. 正极反应式为Zn－2e－===Zn2＋
D. 该原电池工作过程中电解质溶液的pH增大
【答案】D
【解析】负极生成Zn2＋，SO42-向负极迁移，A错误；电子通过导线由锌片流向铜片，B错误；C中是负极反应式，C错误；随着硫酸的消耗，溶液的pH增大，D正确。
25.工业制备铝一般是通过铝土矿制得纯净的Al2O3，然后得到铝。而不是电解氯化铝，其主要原因是( )
A. AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电 B. 电解AlCl3生成的Cl2会污染大气
C. 用氢气还原氧化铝即可得到铝 D. AlCl3不存在
【答案】A
【详解】A. AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电 ，故A正确；
B.AlCl3是共价化合物，受热易升华，其熔融态不导电，得不到Cl2，故B错误；
C.铝为活泼金属，采用电解熔融的氧化铝的方法得到铝，铝的还原性比氯气强，无法用氢气还原铝的化合物，故C错误；
D.氯化铝是共价化合物，比较稳定，可以存在，故D错误；
答案：A
分卷II
二、填空题(共7小题,共50分)
26.实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。

如果此方案正确，那么：
(1)操作④为________，操作①、④、⑤都用到的玻璃仪器有____________。
(2)操作②为什么不用硝酸钡溶液，其理由是___________________________________。
(3)进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是_____________________________________。
(4)操作③的目的是____________，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是____________。
(5)操作⑤的目的是_______________________________________________________。
【答案】(1). 过滤 (2). 烧杯、玻璃棒 (3). 溶液中引入新的杂质离子NO3— (4). 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽 (5). 除去过量的Ba2＋ (6). 先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作 (7). 除去溶解在溶液中的HCl
【解析】
【分析】混合物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀，过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡、碳酸氢钠，加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀，过滤，滤液中含有碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠，加入盐酸，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠均反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加热煮沸，可得到纯净的氯化钠溶液，以此解答该题。
【详解】（1）加入碳酸钠后有碳酸钡沉淀产生，除去碳酸钡的方法是过滤，则操作④为过滤；操作①、④、⑤分别是溶解、过滤、蒸发，因此都用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。
（2）加入硝酸钡溶液，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，因此操作②不用硝酸钡溶液。
（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀的判断方法为取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽。
（4）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，目的是除去溶液中过量的Ba2+，先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作，所以不先过滤后加碳酸钠溶液。
（5）由于盐酸过量，则操作⑤的目的是除去溶解在溶液中的HCl。
27.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
KMnO4+HCl（浓）===KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目____________。
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式______。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是______。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl______mol，转移的电子的数目约为______。
（5）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+______=====Mn2++CO2↑+________完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是______；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2___________L。
【答案】（1）
（2）2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（3）②（4）1；6.02×1023
（5）16H+；8H2O；C2O42－；22.4
【详解】（1）反应KMnO4+HCl（浓）=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为；
（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：②；
（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，个数为NA；
（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42－发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为1mol，体积为22.4L。
28.根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：
（1）关于钠的叙述中，正确的是________(填字母)。
A．钠是银白色金属，硬度很大
B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠
C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠
D．金属钠的熔点很高
（2）由于金属钠很容易跟空气中的______、_____等物质反应，通常将它保存在_______里。
（3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是______(填字母)。
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液
C．氢氧化钠溶液 D．氯化镁溶液
（4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水)的总质量为ag，将质量为bg的钠(不足量)放入水中，立即塞紧瓶塞。完全反应后再称量此装置的总质量为cg。

①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】(1). B (2). 氧气 (3). 水蒸气 (4). 煤油 (5). D (6). b/(a+b-c) (7). 吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】（1）根据钠的性质分析解答；
（2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答；
（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答；
（4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答；
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】（1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故A错误；
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故C错误；
D、金属钠的熔点很低，故D错误；
故答案选B；
（2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；
（3）A．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生，A不选；
B．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B不选；
C．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C不选；
D．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D选。
答案选D。
（4）①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=（a+b-c）g，假设金属为R，其相对原子质量为M，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如下：
2R～～～～～H2
2M 2
bg （a+b-c）g
解得M＝b/(a+b-c)；
②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。
29.下面是元素周期表的草图，表中所列字母代号分别代表某一种元素，请回答：

(1)表中的实线表示元素周期表的左右边界，请用实线补全元素周期表的上下边界__________。
(2)表中最活泼的金属与最活泼的非金属形成的物质是__________________(填化学式)。
(3)由a、d两种元素可形成两种化合物，写出其中一种化合物分解生成另一种化合物的化学方程式： ____________________________________________，这两种化合物中所含的化学键有________(填字母)。
A 极性共价键 B 非极性共价键 C 离子键
(4)e、f、k、m对应的单原子离子的半径由大到小的顺序为__________(填离子符号)。
(5)d、m对应的离子还原性由强到弱顺序为______________________________(填离子符号)。
(6)d、e、m的气态氢化物中，最不稳定的是________________________(填分子式)。
(7)用电子式表示n与m形成的原子个数比2∶1的化合物的形成过程：__________________。
【答案】(1). (2). KF (3). 2H2O2=2H2O＋O2↑ (4). AB (5). S2－＞F－＞Na＋＞Al3＋ (6). S2－＞O2－ (7). H2S (8).
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为C、d为O、e为F、f为Na、k为Al、m为S、n为K、p为Br，据此进行分析。
【详解】（1）第一周期容纳2种元素，分别处于第1、18列；二、三周期有8种元素，分别处于第1、2列，13列到18列，第2列与第3列之间没有元素，用实线补全元素周期表的上边界为：；
答案：
（2）在元素周期表中，最活泼金属在左下角，即为表中的K，最活泼的非金属在右上角，是F，K和F组成的物质是KF；答案：KF
(3)由a、d两种元素可形成H2O、H2O2，H2O2可以分解生成水和氧气，化学方程式：2H2O2=2H2O＋O2↑ ，这化合物中含有H-O，O-O，为共价键中的极性共价键和非极性共价键；
答案：2H2O2=2H2O＋O2↑ AB
(4)半径比较：（1）电子层越多，半径越大（2）电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小。因此e、f、k、m对应的单原子离子的半径由大到小的顺序为 S2－＞F－＞Na＋＞Al3＋；答案： S2－＞F－＞Na＋＞Al3＋
(5)同一主族从上到下元素非金属性减弱，阴离子还原性增强，d、m对应的离子还原性由强到弱顺序为S2－＞O2－；答案：S2－＞O2－
(6)非金属性越强，气态氢化物越稳定，d（O）、e（F）、m（S）中，S的非金属性最弱，则气态氢化物中H2S最不稳定；答案：H2S
(7)因为K金属性强，易失电子，S非金属性较强，易得电子，因此K与S形成的原子个数比2∶1的化合物为离子化合物，形成过程为；答案：H2S
30.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。
(1)将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：

甲 乙 丙
①下列说法正确的是________。
A 甲、乙均为化学能转变为电能的装置
B 乙中铜片上没有明显变化
C 甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少
D 两烧杯中溶液的 pH 均增大
②在相同时间内， 两烧杯中产生气泡的速度：甲________乙(填“>”“<”或“＝”)。
③请写出图中构成原电池的负极电极反应式：________________________________。
④当甲中溶液质量增重31.5 g时，电极上转移电子数目为________。
(2)图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。通甲烷一极的电极反应方程式为____________________________________________________________。
【答案】(1). BD (2). > (3). Zn－2e－===Zn2＋ (4). NA (5). CH4+10OH—-8e-=CO32-+7H2O
【解析】（1）①A、甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，选项A错误；B、乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，选项B正确；C、甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，选项C错误；D、两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，则两烧杯中溶液的c（H+）均减小，选项D正确；答案选BD；②甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙；③锌的金属性强于铜，锌作为负极，原电池的负极电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；④甲中正极反应为2H++2e－= H2↑，溶液质量增重 31.5g（32.5g-1g）时，消耗0.5molZn，电极上转移电子数目为NA；（2）图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是 KOH。通甲烷一极为负极，碱性条件下甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应方程式为CH4+10OH—-8e-=CO32-+7H2O。
31.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：

图1
(1)写出下列物质的官能团名称：
B：____________________；D：____________________。
(2)反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。
(3)某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。

甲 乙 丙 丁
图2
①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。
A Na2O2 B KCl C Na2CO3 D MnO2
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_________________________。
③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。
【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 产生砖红色沉淀
【解析】
【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。
（2）反应④为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。
（3）①在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
③乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。
32.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是______，该物质中化学键类型是__________，电子式是__________。
(2)元素D，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8e－稳定结构，该分子的结构式为________，电子式为______________，化学键类型为________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。
(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为_______________________________________。
【答案】（14分） （1）CaCl2离子键
（2）S===C==="S"极性共价键
（3）Na2O 离子键 Na2O2离子键和非极性共价键
【解析】试题分析：该融雪剂中阳离子与阴离子的电子层结构相同，且1mol该融雪剂中含有54mol电子，所以阳离子与阴离子的电子数均是18，根据其化学式判断X为+2价，Y是-1价，所以X是Ca元素，Y是Cl元素。
（1）该融雪剂的化学式是CaCl2；为离子化合物，只含有离子键，其电子式是；
（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则D与E的最外层电子数可能是4或6，则为第IVA、VIA族元素；D与Y相邻，所以D是S元素；D与E可形成类似二氧化碳的分子，所以E是C，形成的化合物为CS2，每个原子均达到8电子的稳定结构；硫离子的结构示意图是；CS2分子中C与S形成双键，其结构式为S=C=S；电子式类似二氧化碳，为，不同元素之间形成的共价键为极性共价键，所以含有极性键；
（3）W与D是同主族的短周期元素，则W是O元素；Z是第三周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Na与氧气反应在不加热时生成Na2O，为离子化合物，只含离子键；加热时生成Na2O2，也是离子化合物，但含有离子键和共价键。