【化学】甘肃省金昌市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷（解析版）

甘肃省金昌市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷
常用的相对原子量：H 1 O 16 C 12 N 14 Cu 64 S 32
一.单选题
1.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A. 高纯单质硅用于制光电池
B. 酸雨是指pH＜5.6的雨水
C. 二氧化硫可大量用于食品增白
D. 常温下，铁制容器可用于存贮浓硫酸
【答案】C
【详解】A. 单质硅制作光伏电池，故A正确；
B. 正常雨水的pH约为5.6，酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，故B正确；
C. 二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故C错误；
D. 常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，表面生成一层致密氧化物薄膜阻止反应进行，可以用铁制品容器盛装，故D正确。
答案选C。
2.盛满NO2气体的试管，倒置在水槽中，反应后，液面上升的高度是试管的（ ）
A. 1/2 B. 1/3 C. 2/3 D. 5/6
【答案】C
【详解】NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3体积气体，生成1体积气体，所以液面上升2体积。盛满NO2气体的试管，倒置在水槽中，充分反应后，液面上升的高度是试管体积的2/3；
答案选C项。
3.用化学用语表示反应8NH3+3Cl26NH4Cl+ N2中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为8的氮原子： B. Cl−的结构示意图：
C. Cl2的电子式： D. NH3的结构式：
【答案】D
【详解】A.中子数为8的氮原子表示为，A错误；
B.为氯原子的结构示意图，B错误；
C.Cl2的电子式为，C错误；
D NH3的结构式：，D正确。
答案：D
4.下列对实验过程的评价正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣
B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42﹣
C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
D. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀盐酸除去OH﹣，再加硝酸银溶液，出现白色沉淀证明含C1﹣
【答案】C
【详解】A．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故A错误；
B．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则一定有NH4+，故C正确；
D．验证烧碱溶液中是否含Cl-，不能用盐酸酸化，会引入氯离子，应该先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D错误。
故答案选C。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 某气体能使品红溶液褪色，则该气体是SO2
B. 等质量的铜按a，b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a，b消耗的硝酸一样多：途径a：CuCuOCu(NO3)2；途径b：CuCu(NO3)2
C. 用分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒相互靠近会产生白烟，也可用浓硫酸代替浓盐酸
D. 把过量Cu放入少量稀硝酸中至完全反应后，再加入稀硫酸可以产生气体
【答案】D
【详解】A．能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，还可能为氯气等，故A错误；
B．若均生成1molCu（NO3）2，途径a中消耗2molHNO3，途径b消耗8/3molHNO3，则等质量的铜按a，b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a，b消耗的硝酸不同，故B错误；
C.浓硫酸属于难挥发性酸，蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近不会产生白烟，故C错误；
D.稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO气体和水；反应结束再加稀硫酸，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、NO和水，故D正确；
答案：D
6.下列物质中，属于共价化合物的是（ ）
A. 氧化钙 B. 氮气 C. 硫化钠 D. 硫化氢
【答案】D
【分析】由共价键组成的化合物叫做共价化合物，含有离子键的化合物叫做离子化合物，以此分析。
【详解】A. 氧化钙是由钙离子和阳离子以离子键结合形成的离子化合物，A项错误；
B. 氮气属于单质，不是化合物，B项不选；
C. 硫化钠是由硫离子和钠离子以离子键结合形成的离子化合物，C项错误；
D. 硫化氢是由S和H以共用电子对结合形成的化合物，属于共价化合物，D项正确；
答案选D。
7.下列有关化学用语或基本概念说法正确的是（ ）
A. HClO的结构式为：H-Cl-O
B. CO2含有非极性键
C. 质子数与中子数相等的氢原子符号：
D. 金刚石、石墨、C60互为同素异形体
【答案】D
【详解】A. HClO的结构式应为：H-O-Cl，故A错误；
B. CO2的结构式为O=C=O，含有极性键，不含非极性键，故B错误；
C.质子数与中子数相等的氢原子符号应为：，故C错误；
D.金刚石、石墨、C60属于由同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；答案选D。
8.下列各过程中不需要破坏化学键的是（ ）
A. 氯化钠熔化 B. 氯化氢溶于水
C. 碘单质升华 D. 晶体硅熔化
【答案】C
【详解】A项、加热氯化钠熔化，NaCl发生电离，离子键被破坏，故化学键被破坏，A不选；
B项、HCl在水分子的作用下电离出氢离子、氯离子，故化学键被破坏，B不选；
C项、碘单质的升华属于物理变化，破坏分子间作用力，故化学键不被破坏，C正确；
D项、晶体硅是原子晶体，熔化时破坏了共价键，故化学键被破坏，D不选；
故本题选C。
9.具有下列特征的元素，一定是非金属元素的是（ ）
A. 对应氢氧化物是两性氢氧化物 B. 具有负化合价
C. 最高价氧化物对应的水化物是酸 D. 具有可变化合价
【答案】B
【详解】A. 对应氢氧化物是两性氢氧化物,如Al(OH)3为两性氢氧化物，但Al是金属元素，故A错误；
B.在化合物中金属元素只能显正化合价，非金属元素在化合物中既可以是正化合价又可以是负化合价，所以具有负化合价的元素一定是非金属元素，故B正确；
C.最高价氧化物对应的水化物是酸如HMnO4对应的Mn显＋7价，为金属元素,故C错误；
D.金属也可以具有可变化合价(如、),故D错误；答案：B
10.下列物质中含离子键的是（ ）
A. Cl2 B. CO2 C. NaCl D. CH4
【答案】C
【详解】A. Cl2含有Cl-Cl非极性键，故不选A；
B. CO2含有C=O极性共价键，故不选B；
C. NaCl属于离子晶体，含有离子键，故选C；
D. CH4含有C-H极性共价键，故不选D；
答案：C
11.下列说法正确的是（ ）
A. 离子化合物一定是由金属与非金属元素组成的
B. 共价化合物中可能含有离子键
C. 离子化合物中可能含有共价键
D. 只含有共价键的物质是共价化合物
【答案】C
【详解】A.离子化合物可能完全由非金属元素组成，如氯化铵，故A错误；
B.共价化合物中只含共价键，一定不含离子键，故B错误；
C.离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故C正确；
D.只含有共价键的物质不一定是共价化合物，如双原子分子形成的单质只含有共价键，故D错误；
答案：C
12.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（ ）

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/10-10m
0.66
1.36
123
1.10
0.99
1.54
0.70
1.24
最高价或最低价
-2
+2
+1

+5、-3
+7、-1
+1
+5、
-3
+3
A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物
B. 元素⑦位于第二周期第V族
C. 元素①⑧形成的化合物具有两性
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。
【详解】根据以上分析可知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则
A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，A错误；
B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B错误；
C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，C正确；
D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误。
答案选C。
13.四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（ ）

A. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
B. Z位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族
C. X的气态氢化物的稳定性比Z的弱
D. M的原子半径比Y的原子半径大
【答案】A
【详解】所给四种短周期元素因只有M为金属元素，故M只能为Al元素，则X为Si元素，Y为N元素，Z为O元素。
A.Y的最高价氧化物对应水化物为HNO3，X的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，酸性HNO3＞H2SiO3，故A错误；
B.ZO元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故B正确；
C.非金属性Si＜O，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；
D.电子层数越多，则原子的半径越大，故Al的原子半径比N的原子半径大，故D正确。
故选A。
14.下列关于化学键的说法正确的是（ ）
①含有金属元素的化合物一定是离子化合物
②第IA族和第VIIA族原子化合时，一定生成离子键
③由非金属元素形成的化合物一定不是离子化合物
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键
⑤离子键就是阴、阳离子间的静电引力
⑥含有离子键的化合物一定是离子化合物
⑦离子化合物中可能同时含有离子键和共价键
A. ①②⑤ B. ④⑥⑦ C. ①③④ D. ②③⑤
【答案】B
【详解】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：AlCl3是共价化合物，①项错误；
②第IA族和第VIIA族原子化合时，不一定生成离子键，也可能生成共价键，如第IA族的H原子与第VIIA族原子化合时生成共价键，②项错误；
③由非金属元素形成的化合物大多数不是离子化合物，但也可形成离子化合物，如铵盐，③项错误；
④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，④项正确；
⑤离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力等，⑤项错误；
⑥物质只要含有离子键就一定是离子化合物，⑥项正确；
⑦离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，⑦项正确；
综上所述，④⑥⑦符合题意,B项正确，
答案选B
15.某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，下列叙述正确的是（ ）
A. R是第ⅦA族元素
B. R的最高价氧化物为RO3
C. R的气态氢化物是可燃性气体
D. R的气态氢化物易溶于水显碱性
【答案】A
【详解】A.某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，说明该元素的最高正价为+7，为第ⅦA族元素，故A正确；
B.R的最高价为+7价，氧化物为R2O7，故B错误；
C.卤化氢不属于可燃性气体，故C错误；
D.卤化氢溶于水显酸性，故D错误。
故答案选A。
16.某元素X的气态氢化物的分子式为H2X，该元素的最高价氧化物对应的水化物的分子式可能是（ ）
A. H2XO3 B. H2XO4 C. H4XO4 D. H3XO4
【答案】B
【解析】分析：根据主族元素元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，确定X元素的化合价进行判断。
详解：元素X气态氢化物的化学式为H2X，则最低价是－2价，所以X的最高价是＋6价，根据化合价代数和为零，H2XO3中X元素化合价是+4价，A选项不符合； H2XO4中X元素化合价是+6价，B选项符合； H4XO4中X元素化合价是+4价，C选项不符合； H3XO4中X元素化合价是+5价，D选项不符合；正确选项B。
17.下列物质中，只含有非极性共价键的是（ ）
A. MgCl2 B. Ba(OH)2 C. O2 D. H2O2
【答案】C
【解析】MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键, C正确；H2O2为共价化合物，既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。
18.短周期元素的离子M2+和N2―具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（ ）
A. M2+的离子半径比N2-小 B. M的原子序数比N小
C. M和N原子的电子层数相等 D. M和N原子最外层电子数相等
【答案】A
【解析】试题分析：M、N在周期表中位置如图所示：；A、电子层数相同，M2+的质子数大半径小，正确；B、错误；C、M原子的电子层数比N多1层，错误；D、M和N原子最外层电子数分别为2和6个，错误。
19.向BaCl2溶液中通入SO2至饱和，此过程看不到现象，再向溶液中加入一种物质，溶液变浑浊，加入的这种物质不可能是（ ）
A. Cl2 B. NH3 C. CO2 D. H2S
【答案】C
【详解】A．SO2具有还原性，能被氯气氧化为SO42-离子，所以再向溶液中加入氯气，生成BaSO4白色沉淀，故A不选；
B．氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故B不选；
C．二氧化碳、二氧化硫与氯化钡均不反应，不能生成沉淀，故C选；
D．SO2具有氧化性，能够H2S反应生成硫沉淀，故D不选；
答案选C。
20.下列物质可以实现一步转化的是（ ）
A. N2→NO2→HNO3→NH4Cl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C. Cu→CuCl2→Cu(OH)2→CuO D. Si→SiO2→H2SiO3→NaSiO3
【答案】C
【详解】A、N2+O22NO、2NO+O2=2NO2  3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知由氮气不能通过一步反应转化为二氧化氮，故A错误；
B、氧化铝不溶于水，也不与水反应，所以氧化铝无法一步转化为氢氧化铝，故B错误；
C．Cu与氯气加热生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成氧化铜，均能一步转化，故C正确；
D、二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以二氧化硅无法一步转化为硅酸，故D错误；
答案选C。
21.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SiO2硬度大，可用于制作光导纤维
B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C. Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色涂料
D. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制作胃酸中和剂
【答案】D
【详解】A、光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故A错误；
B、二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质，二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故B错误；
C、Fe2O3是红棕色难溶性的固体，Fe2O3可用于制作红色涂料，与它的化学性质无关，故C错误；
D、氢氧化铝是两性氢氧化物，具有弱碱性，能和酸反应，可用于制作胃酸中和剂，故D正确。
22.下列离子方程式不正确的是（ ）
A. 向氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++2H2O+NO↑
B. 向碳酸钠溶液中加入少量氢氧化钡固体：CO32﹣+Ba（OH）2＝BaCO3↓+2OH﹣
C. 氧化铝与氢氧化钠溶液反应：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O
D. 氯气与澄清石灰水反应：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O
【答案】B
【详解】A、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++2H2O+NO↑，故A不符合题意；
B、碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式中，氢氧化钡应该拆开，正确的离子方程式为：CO32﹣+Ba2+＝BaCO3↓，故B符合题意；
C、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O，故C不符合题意；
D、氯气与澄清石灰水反应，离子方程式：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，故D不符合题意.。
23.将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应生成气体的物质的量相等
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
【答案】B
【详解】A、根据方程式Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑可知反应生成气体的物质的量不相等，A错误；
B、根据方程式Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑可知浓硝酸消耗的多，B正确；
C、二氧化氮是红棕色气体，NO是无色气体，C错误；
D、反应中消耗的铜一样多，所以转移的电子数一样多，D错误；
答案是B。
24.下列物质中不会因见光而分解的是（ ）
A. NaHCO3 B. HNO3 C. AgI D. HClO
【答案】A
【详解】A、碳酸氢钠加热分解，见光不分解，故A符合；
B、浓硝酸见光分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故B不符合；
C、碘化银见光分解，2AgI2Ag+I2 ，故C不符合；
D、次氯酸见光分解，2 HClO 2HCl+ O2↑，故D不符合。
故选A。
25.如图所示，将浓硫酸滴至下列物质上，无明显现象的是（ ）

【答案】B
【分析】根据浓硫酸的性质分析判断。
【详解】A项：浓硫酸有强脱水性，会使蔗糖碳化变黑，A项错误；
B项：常温下，浓硫酸能使铝、铁钝化，故无明显变化，B项正确；
C项：浓硫酸有强吸水性，使胆矾由蓝变白，C项错误；
D项：浓硫酸有强酸性，滴在纯碱上生成CO2 气体，D项错误。
本题选B。
26.100mL硝酸和硫酸的混合溶液中，硝酸的浓度是0.4mol/L，硫酸的浓度是0.1mol/L，加入1.92g铜，充分反应后，溶液中Cu2+的浓度是（ ）
A. 0.3mol/L B. 0.6mol/L
C. 0.1875mol/L D. 0.225mol/L
【答案】D
【详解】1.92g铜的物质的量为0.03mol，混合酸中n(H+)=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n(NO3-)=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，由3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，可知，铜与NO3-过量，H+不足，n(Cu2+)=0.06mol×3/8=0.0225mol，所得溶液中铜离子的物质的量浓度为0.0225mol/0.1L= 0.225mol/L，故D正确；
故选D。
27.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B. 向氨水中加入浓氢氧化钠溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明氨水中含有NH4+
C. 加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3具有热不稳定性
D. 将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO

【答案】B
【详解】A．因为氨气极易溶于水，使得试管内压强迅速降低，液体迅速充满试管，故不选A；
B．氨气生成可能原因：①NaOH浓溶液稀释时放热,温度升高,氨气的溶解度变小,氨气溢出；②NaOH溶于水,增大OH-的浓度,氨气溶于水是可逆的 NH3 + H2O NH3·H2ONH4++OH-，氨气溶解度变小,氨气溢出等，故选B；
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明碳酸氢氨受热分解，不稳定，故不选C；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，故不选D；
答案：B
28.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 收集NO B. 制备NH3
C. 制备Fe(OH)2 D. 稀释浓H2SO4
【答案】C
【详解】A.因为NO会和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，收集NO气体应该用排水法，故A错误；
B.实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵加热产生的氯化氢和氨气在试管口又会化合生成氯化铵，所以不用分解氯化铵法，故B错误；
C.煤油的密度比水小，可以隔绝空气中的氧气与NaOH溶液和FeSO4溶液接触，用于制备Fe(OH)2，故C正确；
D.稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误。
故选C。
29.对下列实验现象的原因分析不正确的一项是（ ）
选项
实验现象
原因分析
A
浓硫酸遇湿润的蓝色石蕊试纸，先变红，后变黑
硫酸有酸性，使石蕊变红，浓硫酸有脱水性，使试纸炭化变黑
B
新制氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红，后褪色
氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色
C
SO2通入溴水中，溴水褪色
SO2具有漂白性，使其褪色
D
向湿润蔗糖中加入浓硫酸，固体迅速变黑，后体积急剧膨胀
在浓硫酸脱水作用下，蔗糖被炭化，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2
【答案】C
【详解】A.硫酸有酸性，遇湿润的蓝色石蕊试纸变红，浓硫酸有脱水性，使试纸炭化变黑，故A正确；
B.氯水中含有盐酸和次氯酸，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色褪色，说明具有漂白性，故B正确；
C.将SO2通入溴水中，溴水褪色，发生氧化还原反应生成HBr、硫酸，说明SO2具有还原性，故C错误；
D.向湿润蔗糖中加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水脱水性，使蔗糖炭化变黑，炭与浓硫酸反应生成了CO2、SO2，体积急剧膨胀，故D正确。
故选C。
第II卷（非选择题)
二、填空题
30.下表是元素周期表的一部分，回答下列问题：
族
周期
ⅠA






0
二



①
②
③
④

三
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
⑪
⑫
（1）写出①、⑥两种元素的名称：_______、_______。
（2）这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_____(填化学式，下同)；能形成两性氢氧化物的元素是_______(填元素符号)。
【答案】(1). 碳 (2). 镁 (3). HClO4 (4). Al
【分析】（1）根据元素周期表中元素的位置确定元素名称；
（2）同主族从上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同周期从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强；
【详解】（1）据元素在周期表中的位置，可以确定各个元素的名称，①为碳，⑥为镁；
答案：碳 镁
（2）因为非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强；这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；能形成两性氢氧化物的元素Al；答案：HClO4 Al
31.按要求完成下列填空：
（1）书写下列物质电子式
①Cl2：______________；②CO2：_____________；③H2O2：________________；
（2）用电子式表示下列物质的形成过程
①MgCl2：___________________________；
②H2O：_____________________________；
【答案】(1). (2). (3).
(4).
(5).
【分析】（1）书写电子式的时候先判断所形成的的化学键，再书写电子式，最终都要达到稳定结构。
（2）用电子式表示物质的形成过程：左边写原子电子式，如果涉及电子得失用箭头指向得电子一方，右边写物质的电子式；
【详解】（1）①Cl2：两个氯原子共用1对电子达到8e-稳定结构，电子式为；
②CO2：为共价化合物，一个碳原子与两个氧原子共用4对电子达到8e-稳定结构，电子式为；
③H2O2：为共价化合物，其中含2个H—O键和1个O—O键，电子式；
答案：
（2）①MgCl2：为离子化合物，镁原子失去两个电子形成镁离子，两个氯原子各得一个电子形成氯离子，形成过程；
②H2O：为共价化合物，两个氢原子与一个氧原子形成2个共用电子对，形成过程；
答案：

32.下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：

（1）浓硫酸与木炭粉在加热条件下的化学方程式为____________。
（2）第二个品红溶液的作用是________；说明存在CO2的实验现象是________________。
（3）如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，则不能检出的物质是_______。
（4）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，能检出的物质是__________。
【答案】(1). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). 检验二氧化硫是否除净 (3). 第二个品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊 (4). 水 (5). 水
【分析】木炭粉与浓硫酸反应生成SO2、CO2和H2O，方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，根据装置图，①中无水硫酸铜用于检验产物水，②中第一个品红溶液用于检验产物SO2，由于二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，故②中酸性高锰酸钾溶液用于除去SO2，第二个品红用于检验SO2是否除净，接着用③中澄清石灰水检验产物CO2；据此分析解答。
【详解】（1）浓硫酸与木炭粉在加热条件下的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；答案：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
（2）通过②中第一个品红溶液褪色，说明有SO2；通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过第二个品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，再通过澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，证明有CO2；答案：检验二氧化硫是否除净 第二个品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊
（3）如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，因为从②的溶液中带出了水，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；答案：水
（4）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，能说明生成有水，通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，不可以检出二氧化硫、二氧化碳；答案：水
33.现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A、D同主族，C与E同主族，D、E、F同周期，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B，C形成电子总数为10的分子，且A与C形成的化合物常温下为液态，A能分别与E、F形成电子总数为18的气体分子。请回答下列问题（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）；
（1）A～F六种元素原子，原子半径最大的是_____（填元素符号），B元素在元素周期表中的位置________。
（2）D与E可形成化合物D2E，该化合物的电子式为________。
（3）A、C、E三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在加热条件下可与铜单质反应，该反应的化学方程式为__________。
（4）比较E、F气态氢化物的较稳定的是：________（用分子式表示）。
【答案】(1). Na (2). 第二周期VA族 (3). (4). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (5). HCl
【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A能与C形成电子总数为10的分子，A与C形成的化合物常温下为液态，该化合物为水，则A为H元素、C为O元素；A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，B的最外层电子数为：6-1=5，B的原子序数小于O，则B为N元素；A、D同主族，D的原子序数大于O，则D为Na元素；C与E同主族，则E为S元素；D、E、F同周期，A能分别与E、F形成电子总数为18的气体分子，则F为Cl元素，则：A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素、F为Cl元素。
【详解】（1）同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族电子层数越多原子半径越大，所以Na原子半径最大；B为N元素，其原子序数为7，最外层有5个电子，含有2个电子层，位于周期表中第二周期VA族，答案：Na；第二周期VA族；
（2）D为Na元素、E为S元素，D与E可形成化合物Na2S，硫化钠为离子化合物，该化合物的电子式为；答案：；
（3）A为H元素，C为O元素，E为S元素；三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在加热条件下可与铜反应，该化合物为H2SO4，该反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O答案：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
（4）E为S元素、F为Cl元素，非金属性越强，其氢化物越稳定，则二者氢化物稳定性大小为：HCl＞H2S；答案为HCl
34.把19.2 g 的Cu放入体积为1L、浓度为1mol/L的稀硝酸中，微热至Cu完全反应。求：
（1）生成的NO在标准状况下的体积________；
（2）被还原的硝酸的质量_________；
（3）在反应剩余后的溶液中加入足量稀硫酸，则还能溶解铜的最大质量为______
【答案】(1). 4.48L (2). 12.6g (3). 76.8g
【详解】首先n=m/M计算出参加反应的Cu的物质的量，根据化学方程式计算。
19.2g Cu的物质的量为mol，n（HNO3）=1mol/L×1L=1mol；
（1）设产生的NO在标准状况下的体积为V，则
3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
3mol 8mol 44.8L
0.3mol n（HNO3）参加反应 V
3mol：0.3mol=8mol：n（HNO3）参加反应=44.8L：V
解得n（HNO3）参加反应=0.8mol，V=4.48L
答案：4.48L
（2）由上面方程式可以看出，当有8mol硝酸参加反应时，有2molHNO3被还原，则0.8mol硝酸参加反应，被还原的硝酸的物质的量为0.2mol，质量为：0.2mol×63g/mol=12.6g；
答案：12.6g
（3）根据N守恒，溶液中剩余NO3－的物质的量为：1mol/L×1L－0.2mol=0.8mol，足量稀硫酸可以提供足量的氢离子，因此溶解铜的质量取决于剩余硝酸根离子的物质的量，根据离子方程式计算；
3Cu+8H++2 NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O
3mol 2mol
n（Cu） 0.8mol
3mol：n（Cu）=2mol：0.8mol，解得n（Cu）=1.2mol，质量为1.2mol×64g/mol=76.8g；
答案：76.8g