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内蒙古赤峰市林东第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题
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2019-2020学年下学期期中考试
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一．选择题（本题包括 22 小题，每小题2分，共44分。每题只有一个选项符合题意）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学能可以转变成为热能、电能等
B. 化学反应必然伴随发生能量变化
C. 化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的
D. 化学反应中能量变化的多少与反应物的质量无关
【答案】D
【解析】
【分析】
化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化；化学变化过程中产生的能量可以转化为热能、电能等，且化学反应中，反应物的质量（或物质的量）的多少及物质的聚集状态，影响着反应中能量变化的多少。
【详解】A．化学反应过程中产生的化学能可以转变为热能、电能等，故A正确；
B．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，故B正确；
C．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，则化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故C正确；
D．化学反应的能量变化大小与反应物的物质的量（或质量）、物质的聚集状态等有关，故D错误；
故答案选D。
【点睛】物质发生化学反应是分子分解为原子，原子重新组合成分子的过程；这个过程本质就是旧化学键断裂、新化学键形成，从而体现出而整个反应过程中一定伴随有能量的变化，可以以热能、光能、电能等不同形式释放出来。
2.从能量变化的角度来认识，下面说法中，正确的是( )
A. 化学变化都是放热的
B. 化学变化都是吸热的
C. 反应物所含能量等于生成物所含能量
D. 化学反应前后反应物和生成物所含能量会发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学变化不一定都是放热的，也可能吸热，A选项错误；
B．化学变化不一定都是吸热的，也可能放热，B选项错误；
C．任何化学反应都伴随能量变化，反应物所含能量一定不等于生成物所含能量，C选项错误；
D．任何化学反应都伴随能量变化，因此化学反应前后反应物和生成物所含能量一定会发生变化，D选项正确；
答案选D。
3.下列元素中，原子半径最大的是
A. Li B. Na C. F D. Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下半径增大进行分析；
【详解】Li、F位于第二周期周期，从左向右原子半径依次减小，推出r(Li)>r(F)，Na与Cl位于第三周期，从左向右原子半径依次减小，推出c(Na)>r(Cl)，然后利用同主族从上到下半径增大，推出原子半径最大的是Na，故B正确；
答案：B。
【点睛】一般微粒半径大小的判断：①看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；②看原子序数，当电子层数相等，微粒半径随着原子序数的递增而减小；③看电子数，当电子层数相等，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增大而增大。
4.Ce是地壳中含量最高的稀土金属元素，下列关于14058Ce的说法正确的是
A. 质子数为82 B. 质量数为198
C. 中子数为140 D. 核外电子数为58
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原子符号的含义以及质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数来解答。
【详解】14058Ce的质子数为58，质量数为140，中子数=质量数-质子数=140-58=82，核外电子数=58，故答案选D。
5.某元素的最高价氧化物对应的水化物的分子式是H4RO4，则其氢化物的分子式是（ ）
A. RH3 B. H2R C. RH4 D. HR
【答案】C
【解析】
【详解】某元素最高价氧化物对应水化物的分子式是H4RO4，根据分子中化合价的代数和为0，得最高正价为+4价，再根据元素最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，得出最低负价为-4价，则其氢化物为，故答案为C。
【点睛】本题考查同种元素最高正价与最低负价之间的关系及应用，解题的一般方法是：根据化学式中所有元素的化合价之和为0，先算出该元素的最高正价，再根据元素最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，得出最低负价，从而判断氢化物的分子式。
6.能证明NaCl是离子化合物的事实是
A. 常温下是固体 B. 熔融态能导电 C. 水溶液能导电 D. 易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】离子化合物在熔化状态下能电离出自由移动的离子，熔融态能导电，共价化合物在熔化状态下不能电离出自由移动的离子，熔融态不能导电，则能证明NaCl是离子化合物的事实是熔融态能导电，故选B。
7.元素性质呈周期性变化的原因是（ ）
A. 原子量逐渐增大 B. 核电荷数逐渐增大
C. 核外电子排布呈周期性变化 D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】C
【解析】
【详解】由原子的电子层排布可知，在周期表中的原子的电子层排布呈现周期性的变化，则元素的性质呈周期性的变化，故答案为C。
8.元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近能找到（ ）
A. 新制农药元素 B. 制催化剂元素
C. 制半导体元素 D. 制耐高温合金元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.制农药的元素一般位于周期表的右上方，非金属元素氟、氯、硫、磷等通常可以用来制取农药；
B.制催化剂的元素一般位于过渡元素；
C.制半导体的元素一般位于金属与非金属分界线附近；
D.制耐高温的合金元素一般在过渡元素里寻找。
故选C。
【点睛】注意过渡元素不是金属元素和非金属元素分界线处的元素，而是指副族和第Ⅷ族元素。
9.下列关于元素周期表的说法正确的是
A. 第 IA 族的所有元素都是金属元素
B. 同周期主族元素中，第ⅦA 族元素原子半径最小
C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为 8
D. 元素周期表共有 7 个周期，18 个族
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢元素属于第 IA 族，但属于非金属元素，A错误；
B.同一周期主族元素中，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以第ⅦA 族元素是同一周期中原子半径最小的主族元素，B正确；
C.He是稀有气体元素，原子核外最外层电子数为 2，C错误；
D.元素周期表共有 7 个周期，共16个族，包括7个主族、7个副族，1个0族，1个第Ⅷ族，D错误；
故合理选项是B。
10.下列各组中，属同一主族的是 ( )
A. Mg、Be、Ca B. O、As、S C. N、P、Se D. F、I、Ar
【答案】A
【解析】
【详解】A.Mg、Be、Ca原子核外最外层都有2个电子，属于第IIA族，A正确；
B.O、S属于第VIA族，而As属于第VA族，不是同一主族的元素，B错误；
C. N、P属于第VA族，Se属于第VIA族，不是同一主族的元素，C错误；
D. F、I属于第VIIA族，Ar属于0族元素，不是同一主族的元素，D错误；
故合理选项是A。
11.下列装置能构成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池的构成条件：一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生（一般是活动性强的金属与电解质溶液反应）；
二看两电极：一般是活泼性不同的两电极；
三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件①电解质溶液，②两电极直接或间接接触，③两极插入电解质溶液；
据此分析解答。
【详解】A．两个电极都是铜电极，电极材料相同，不符合构成原电池的条件，该装置不是原电池，A选项错误；
B．锌比碳活泼，锌与硫酸能够发生氧化还原反应，所以锌做负极，碳做正极，硫酸做电解质溶液，符合原电池构成条件，该装置属于原电池，B选项正确；
C．不是闭合回路，该装置不属于原电池，C选项错误；
D．无水乙醇不属于电解质，不能自发进行氧化还原反应，不符合原电池构成条件，该装置不属于原电池，D选项错误；
答案选B。
12.据报道，氢燃料电池公交汽车已经驶上北京街头，下列说法中，正确的是
A. 电解水制取氢气是理想而经济的制氢方法
B. 发展氢燃料电池汽车不需要安全高效的储氢技术
C. 氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染
D. 氢燃料电池把氢气和氧气燃烧放出的热能转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解水会消耗大量的电能，故不经济，A说法错误。
B．氢气密度小，发展氢氧燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，B说法错误。
C、氢气的燃烧产物是水，氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染，C说法正确；
D、氢氧燃料电池是把化学能转化为电能，D说法错误。
正确答案选C。
13.关于原子结构的叙述正确的是
A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的 B. 原子的最外层电子数不超过8个
C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8 D. 原子的次外层电子数都是2
【答案】B
【解析】
【详解】A.普通H原子中没有中子，不是所有的原子核都是由质子和中子组成的，故A不选；
B. 原子的最外层电子数1~8个，不超过8个，故B选；
C. 除He外，稀有气体原子的最外层电子数均为8，故C不选；
D. 原子的次外层电子数不都是2，也可能是８，故D不选；
故选B。
14.下列递变规律正确的是（ ）
A. O、S、Na、K的原子半径依次增大
B. Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层数越多，半径越大；同周期从左到右半径逐渐减小，正确；
B．同一主族元素，随原子序数的递增：Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强；
C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；
D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱。
15.X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，X和Y两元素形成的化合物为R，则下列关于R的叙述正确的是（ ）
A. R 一定是共价化合物 B. R一定是离子化合物
C. R可能是共价化合物，也可能是离子化合物 D. R可能是液态物质，也可能是固态物质
【答案】CD
【解析】
【分析】
X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，所以X是第ⅠA族元素，可能是H或Li或Na元素；Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，该元素属于第ⅦA元素，F元素没有正价，所以Y是氯元素；
【详解】A. X和Y两元素形成的化合物可能是①HCl共价化合物，或②LiCl离子化合物，或③NaCl离子化合物，A错误；
B. 根据以上分析可知B错误；
C. R可能是共价化合物，如氯化氢；也可能是离子化合物，如LiCl和NaCl，C正确；
D. R可能是气态物质，例如氯化氢；也可能是固态物质，例如如LiCl和NaCl，D正确；
答案选CD。
16.X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y是组成空气的主要元素，Y2-与Z+核外电子排布相同，Q的原子序数为Y的2倍。下列说法正确的是
A. X、Y组成的原子个数比为1：1和1：2的两种化合物均是共价化合物
B. Y和Z可组成阴阳离子个数比为1：1和1：2的两种物质
C. Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q>Y
D. X、Q、W最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W>Q
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大X、Y是组成空气的主要元素，原子序数Y>X，所以X是N元素，Y是O元素；Y2-与Z+核外电子排布相同，则Z是Na元素；Y是O元素，原子序数是8，Q的原子序数为Y的2倍，则Q是16号元素S，则W是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是S元素，W是Cl元素。
A. X、Y组成的原子个数比为1：1的化合物是NO，1：2化合物是NO2，二者都是非金属氧化物，属于共价化合物，A正确；
B. 和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2，二者的阴阳离子个数比均为1：2，B错误；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Y>Q，所以Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，把握元素的位置、原子序数、原子结构来推断元素是解答本题的关键，侧重学生分析与应用能力的考查，注意把元素及化合物的性质与规律性的知识结合起来应用。
17.下列有关硅及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于金属材料
B. 常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在
C. 可由两种单质直接反应生成，将其加入溶液中同时有气体和沉淀产生
D. 除去中混有的可加入适量的稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于无机非金属材料，A错误；
B. 常温下，硅的化学性质稳定，但自然界中没有游离态的硅，B错误；
C. 可由两种单质直接反应生成，但它与溶液不反应，C错误；
D. 中混有BaCO3，加入稀盐酸，BaCO3溶解，过滤洗涤后，便可得到纯净的SiO2，D正确。
故选D。
18.下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是( )
A. 氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
B. 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气
D. 氯水中加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有Cl2存在
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气属于单质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. 漂白粉是利用了强氧化性杀菌消毒，明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中的悬浮物，用于净水，原理不相同，故B错误；
C. 次氯酸具有漂白性，而氯气没有漂白性，氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气，故C正确；
D. 氯水中加入有色布条，布条褪色，是因为氯水中含有的次氯酸具有漂白性，故D错误；
故选C。
19.如图是实验室进行氨溶于水的喷泉实验装置，下列叙述不正确的是( )
A. 该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体
B. 进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性
C. 形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压
D. 用氯气代替氨气，利用此装置也可进行喷泉实验
【答案】D
【解析】
【详解】A正确，氨气在瓶中因为大量溶解于水，使得瓶内外压强差加大，所以产生喷泉。
B正确，氨气是一种碱性气体，溶于水形成一水合氨，是一种弱碱。
C正确，因为水被压回瓶内，说明瓶外压强大于瓶内。
D错误，氯气在水里的溶解度小，不能形成较大的压强差。
20.下列关于氮的氧化物的说法中，正确的是
A. 氮的氧化物都是酸性氧化物
B. 氮的氧化物都既有氧化性，又有还原性
C. NO2 与 H2O 反应生成 HNO3，所以 NO2 酸性氧化物
D. NO 和 NO2 均有毒
【答案】D
【解析】
【详解】NO、NO2等不是酸性氧化物，A项错误；N2O5中氮元素为最高价，只有氧化性，B项错误；尽管NO2与H2O反应生成HNO3，但N的价态发生了变化，故NO2不是酸性氧化物，C项错误。一氧化氮和二氧化氮都有毒，故D正确。
21.下列有关浓H2SO4的叙述中，正确的是( )
A. 浓H2SO4与铜片共热的反应中，浓H2SO4既表现出强氧化性，又表现出酸性
B. 浓H2SO4与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为H2
C. 常温下，铁或铝不与浓H2SO4反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. 浓H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓H2SO4与FeS反应制取H2S气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓H2SO4与Cu片共热，反应的化学方程式为2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O，由反应式可知，若2 mol H2SO4参加反应，其中1 mol H2SO4作氧化剂被还原为SO2，另外1 mol H2SO4起酸的作用，故A项正确；
B．浓硫酸中存在的是H2SO4分子，其分子中＋6价的硫易得到电子，体现强氧化性，浓H2SO4把金属氧化的同时本身被还原为硫的低价化合物SO2，故B项错误；
C．常温下铁或铝不是不与浓H2SO4反应，而是反应的结果是铁、铝表面形成一薄层致密的氧化物保护膜，从而阻止了内部金属继续与浓H2SO4反应，故C项错误；
D．浓H2SO4有强氧化性，H2S有强还原性，前者能把后者氧化，因此，得不到H2S气体，故D项错误；
故选A。
22. 下列关于硝酸的认识中，正确的是( )
A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性
B. 浓硝酸与金属反应不放氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气
C. 因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中
D. 硝酸与金属反应时，只表现出氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】浓、稀硝酸都有氧化性，可与除Au、Pt之外的所有金属反应；且不产生氢气，在与金属反应时，硝酸既表现氧化性（被还原为含有氮元素的物质）又表现酸性（生成硝酸盐），该反应属于氧化还原反应，不属于置换反应；常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，因为铝和铁在冷浓硝酸中钝化，结合以上分析可知，只有A正确；
故答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
二．填空题（本题包括 4小题，共56分。）
23.按要求回答下列问题：
(1)在H、H、H、Mg、Mg和Cu中共有______种元素，______种原子
(2)下列各组微粒:①16O2和18O2 ②H2和D2 ③1735Cl和1737Cl ④1H218O和2H216O属于同位素的是___________________
(3)下列物质中：H2O2、KCl、Na2SO4、Na2O2、HCl、O2; 其中只含离子键的是________ ，只含极性键的是______ ，既含离子键又含极性键的是_____，既含离子键又含非极性键的是_______
(4)写出下列物质的电子式：Na2O2 ：______________ H2O2 ：________________
(5)用电子式表示下列化合物的形成过程
H2S：__________________________________
KCl：_________________
【答案】 (1). 3 (2). 6 (3). ③ (4). KCl (5). HCl (6). Na2SO4 (7). Na2O2 (8). (9). (10). (11).
【解析】
【详解】(1)H、H、H为氢元素的3种不同核素，Mg、Mg为镁元素的2种不同核素，Cu为铜元素的一种核素，故共有3种元素，6种原子，故答案为：3；6；
(2)①16O2和18O2是由氧元素形成单质，故①不选；
②H2和D2是由氢元素形成的单质，故②不选；
③1735Cl和1737Cl是氯元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故③选；
④1H218O和2H216O都是由氢氧元素组成的水分子，故④不选；
故答案为：③；
(3)H2O2含有极性共价键、非极性共价键，KCl含有离子键，Na2SO4含有离子键、极性共价键，Na2O2含有离子键、非极性共价键，HCl含有极性共价键，O2只含非极性共价键；
因此，只含离子键的是KCl，只含极性键的是HCl，既含离子键又含极性键的是Na2SO4，既含离子键又含非极性键的是Na2O2，既含极性键又含非极性键的是H2O2，故答案为：KCl；HCl；Na2SO4；Na2O2；
(4)H2O2分子中H原子和O原子形成共价键，是共价化合物，电子式为：，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，故答案为：；；
(5)H2S是共价化合物，电子式形成的过程：，氯化钾是离子化合物，离子化合物中阴离子写出电荷及电性并用“[ ]”括起来，阳离子写出电荷和电性即可，氯化钾的电子式为，故答案为：；。
【点睛】判断物质为离子化合物还是共价化合物时，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，同一种非金属元素间形成非极性键，不同种非金属元素间形成极性键，只含有共价键的化合物为共价化合物，只要含有离子键的化合物为离子化合物。
24.化学反应伴随能量变化，其中能量的主要形式是热能。
I：如图所示，把试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，往试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中，试回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象是________________________。
(2)产生上述现象的原因是________________________。
(3)写出有关反应的离子方程式__________________________。
(4)由实验推知，MgCl2和H2的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和HCl的总能量。
II：从能量变化的角度研究反应：2H2＋O2=2H2O。
(1)如图能正确表示该反应中能量变化的是_________。
(2)已知断开或形成1 mol化学键吸收或放出的能量，叫做该化学键的键能，单位为kJ·mol－1。一些键能数据如下表：
化学键
H—H
O=O
H—O
键能(kJ·mol－1)
436
496
463
请回答：
断裂反应物2 mol H2和1 mol O2的化学键，需要_______的总能量为______kJ；形成生成物2 mol H2 O的化学键，需要______的总能量为______kJ。所以该反应能量变化值的大小 ____________ kJ（填数值）。
【答案】 (1). 镁片逐渐溶解，有大量气泡产生，烧杯中溶液变浑浊 (2). 镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH) 2 在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH) 2 晶体 (3). Mg＋2H＋=Mg2＋＋H 2 ↑ (4). 小于 (5). A (6). 吸收 (7). 1368 (8). 放出 (9). 1852 (10). 484
【解析】
【分析】
Ⅰ.试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，往试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中，镁是活泼金属，可与酸发生反应，反应放热，由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，因此随着反应的进行会有Ca(OH)2析出，从而饱和石灰水变浑浊，据此分析解答；
Ⅱ.(1)反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应为吸热反应，氢气与氧气反应生成水为放热反应，据此分析解答；
(2)1molH2中含有1molH—H键，1molO2中含有1molO—O键，1molH2O含有2molH—O键，结合键能数据进行计算。
【详解】Ⅰ.(1)镁与稀盐酸会发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，该反应为放热反应，因Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低，故实验现象为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊，故答案为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；
(2)由(1)分析可知，产生上述现象的原因是：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出，故答案为：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出；
(3)镁与盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，故答案为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；
(4)该反应为放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量，故答案为：小于；
Ⅱ.(1)氢气燃烧是放热反应，这说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A，故答案为：A；
(2)由于断键吸收能量，则拆开2molH2化学键需要吸收2mol×436kJ/mol＝872kJ，拆开1molO2化学键需要吸收能量是1mol×496kJ/mol＝496kJ，则断键共需要吸收的能量是872kJ+496kJ＝1368kJ；形成4molH-O键放出的能量是4mol×463kJ/mol＝1852kJ，所以2mol氢气反应最终放出的能量是1852kJ－1368kJ＝484kJ，故答案为：吸收；1368；放出；1852；484。
25.原电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。
I：如图所示，烧杯中都盛有稀硫酸。
(1)中反应的离子方程式为______________，
(2)中的电极反应：Fe：______________、Sn：______________Sn极附近溶液的pH______________（填增大、减小或不变），
(3)中被腐蚀的金属是______________、比较(1)、(2)、(3)中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是______________
II：依据氧化还原反应：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋ 设计的原电池如图所示。
(1)电极 X 的材料是_____；电解质溶液 Y 是_____。
(2)Ag 电极上发生的反应为：_________。
(3)针对上述原电池装置，下列说法中不正确的是_____。（双选）
A．原电池工作时的总反应：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋
B．原电池工作时，X 电极流出电子，发生氧化反应
C．原电池工作时，银电极上发生氧化反应
D．原电池工作时，阴离子向 Ag 极移动
【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). Fe-2e-===Fe2+ (3). 2H++2e-===H2↑ (4). 增大 (5). Zn(锌) (6). (2)>(1)>(3) (7). Cu (8). FeCl3 或Fe2(SO4)3 (9). Fe3++e-===Fe2+ (10). CD
【解析】
【分析】
Ⅰ.装置(1)发生金属Fe与稀硫酸的置换反应，装置(2)、(3)均为原电池，(2)中Fe为原电池的负极，Sn为原电池的正极，(3)中Zn为原电池的负极，Fe为原电池的正极，形成原电池可加快化学反应速率，据此分析解答问题；
Ⅱ.由反应Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+可知，Cu失去电子发生氧化反应，Fe3+得到电子发生还原反应，原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，因此，据此反应设计原电池时，可用Fe3+的盐溶液作电解质，Cu作负极材料，电解反应式为：Cu-2e-===Cu2+，不活泼电极Ag作正极材料，电极上Fe3+得到电子发生还原反应生成Fe2+，电极反应式为Fe3+ +e-= Fe2+，据此分析解答问题。
【详解】Ⅰ(1)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则(1)中反应的离子方程式为Fe+2H+===Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+===Fe2+ + H2↑；
(2)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。铁的金属性强于锡，则(2)中铁是负极，电极反应为Fe-2e- ===Fe2+ ；Sn是正极，溶液中的氢离子放电，则电极反应式为2H+ + 2e-=== H2↑，所以Sn极附近溶液的pH增大，故答案为：Fe- 2e- ===Fe2+；2H+ + 2e- === H2↑；增大；
(3)锌金属性强于铁，锌是负极，失去电子，则(3)中被腐蚀的金属是Zn，其电极反应式为Zn-2e-===Zn2+。根据以上分析可知(1)、(2)、(3)中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是(2)＞(1)＞(3)，故答案为：(2)＞(1)＞(3)；
Ⅱ(1)根据上述分析可知，X为负极，电极材料为Cu，电解质溶液为Fe3+的盐溶液，可以是FeCl3或Fe2(SO4)3溶液，故答案为：Cu；FeCl3或Fe2(SO4)3；
(2)Ag为原电池的正极，电极上Fe3+得到电子发生还原反应生成Fe2+，电极反应式为Fe3+ +e-= Fe2+，故答案为：Fe3+ +e-= Fe2+；
(3)A．由上述分析可知，原电池的总反应为Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+，A选项正确；
B．原电池工作时，X极为原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，B选项正确；
C．原电池工作时，Ag为原电池的正极，电极上Fe3+得到电子发生发生还原反应，C选项错误；
D．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，该装置X(Cu)极为负极，故阴离子向X(Cu)极移动，D选项错误；
故答案为：CD。
26.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表。元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。下图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
(1)Sn的最高正价为________，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为________，Bi的最高价氧化物为________。
(2)元素Ga在元素周期表中的位置为：______________。
(3)根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素的氢化物热稳定性最高的是________(填化学式)。
②N、O、Al、Si，原子半径大小顺序：___________________
③H3AsO4、H2SeO4、H2SO4的酸性强弱顺序：______________
(4)为比较元素C和Si的非金属性强弱，用图所示装置进行实验。溶液B应该选用 ___________溶液，作用是___________________，能说明C和Si非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】 (1). +4 (2). HClO4 (3). Bi2O5 (4). 第四周期第ⅢA族 (5). HF (6). Al>Si>N>O (7). H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4 (8). NaHCO3 (9). 除去HCl (10). Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓ 或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓
【解析】
【详解】(1)碳、锡同为第IVA族，其最外层均有4个电子，所以Sn的最高价为+4；Cl最外层有7个电子，其最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物为HClO4，Bi的最外层有五个电子，其最高价氧化物为Bi2O5，故答案为：+4；HClO4；Bi2O5；
(2)B元素为第2周期第ⅢA族，和它同主族的相差两个电子层的是Ga元素，在第4周期第ⅢA族，故答案为：第四周期第ⅢA族；
(3)①阴影部分为卤族元素。同主族元素从下往上，元素的非金属性逐渐增强，故卤族元素中F的非金属性最强，其对应的氢化物热稳定性最高，故答案为：HF；
②电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：Al>Si>N>O，故答案为：Al>Si>N>O；
③同周期元素，随着原子序数的递增，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性也越强，非金属性：S>Se>As，所以酸性：H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4，故答案为：H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4；
(4)比较C、Si的非金属性强弱，可以通过比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱来实现，而比较两种酸的强弱可利用“复分解反应中强酸制弱酸的基本原理”，由于盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有少量的HCl气体，故溶液B可选用饱和NaHCO3溶液，以除去挥发出的HCl气体，将生成的CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液后再将气体通入Na2SiO3溶液，发生的反应方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓，依据生成白色胶状沉淀，得出酸性H2CO3>H2SiO3，所以据此可判断出非金属性C>Si，故答案为：NaHCO3；除去HCl；Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓。
【点睛】解答本题时，从元素在周期表中位置出发，进行“位构性”的相互推演。形象地从位置中看出元素金属性和非金属性的递变，明确气态氢化物的热稳定性的强弱、最高价氧化物的水化物的酸、碱性强弱等。
高一化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一．选择题（本题包括 22 小题，每小题2分，共44分。每题只有一个选项符合题意）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学能可以转变成为热能、电能等
B. 化学反应必然伴随发生能量变化
C. 化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的
D. 化学反应中能量变化的多少与反应物的质量无关
【答案】D
【解析】
【分析】
化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化；化学变化过程中产生的能量可以转化为热能、电能等，且化学反应中，反应物的质量（或物质的量）的多少及物质的聚集状态，影响着反应中能量变化的多少。
【详解】A．化学反应过程中产生的化学能可以转变为热能、电能等，故A正确；
B．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，故B正确；
C．化学反应的实质是旧化学键断裂、新化学键形成，一定伴随能量变化，则化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故C正确；
D．化学反应的能量变化大小与反应物的物质的量（或质量）、物质的聚集状态等有关，故D错误；
故答案选D。
【点睛】物质发生化学反应是分子分解为原子，原子重新组合成分子的过程；这个过程本质就是旧化学键断裂、新化学键形成，从而体现出而整个反应过程中一定伴随有能量的变化，可以以热能、光能、电能等不同形式释放出来。
2.从能量变化的角度来认识，下面说法中，正确的是( )
A. 化学变化都是放热的
B. 化学变化都是吸热的
C. 反应物所含能量等于生成物所含能量
D. 化学反应前后反应物和生成物所含能量会发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．化学变化不一定都是放热的，也可能吸热，A选项错误；
B．化学变化不一定都是吸热的，也可能放热，B选项错误；
C．任何化学反应都伴随能量变化，反应物所含能量一定不等于生成物所含能量，C选项错误；
D．任何化学反应都伴随能量变化，因此化学反应前后反应物和生成物所含能量一定会发生变化，D选项正确；
答案选D。
3.下列元素中，原子半径最大的是
A. Li B. Na C. F D. Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下半径增大进行分析；
【详解】Li、F位于第二周期周期，从左向右原子半径依次减小，推出r(Li)>r(F)，Na与Cl位于第三周期，从左向右原子半径依次减小，推出c(Na)>r(Cl)，然后利用同主族从上到下半径增大，推出原子半径最大的是Na，故B正确；
答案：B。
【点睛】一般微粒半径大小的判断：①看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；②看原子序数，当电子层数相等，微粒半径随着原子序数的递增而减小；③看电子数，当电子层数相等，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增大而增大。
4.Ce是地壳中含量最高的稀土金属元素，下列关于14058Ce的说法正确的是
A. 质子数为82 B. 质量数为198
C. 中子数为140 D. 核外电子数为58
【答案】D
【解析】
【分析】
根据原子符号的含义以及质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数来解答。
【详解】14058Ce的质子数为58，质量数为140，中子数=质量数-质子数=140-58=82，核外电子数=58，故答案选D。
5.某元素的最高价氧化物对应的水化物的分子式是H4RO4，则其氢化物的分子式是（ ）
A. RH3 B. H2R C. RH4 D. HR
【答案】C
【解析】
【详解】某元素最高价氧化物对应水化物的分子式是H4RO4，根据分子中化合价的代数和为0，得最高正价为+4价，再根据元素最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，得出最低负价为-4价，则其氢化物为，故答案为C。
【点睛】本题考查同种元素最高正价与最低负价之间的关系及应用，解题的一般方法是：根据化学式中所有元素的化合价之和为0，先算出该元素的最高正价，再根据元素最高正价与最低负价的绝对值之和等于8，得出最低负价，从而判断氢化物的分子式。
6.能证明NaCl是离子化合物的事实是
A. 常温下是固体 B. 熔融态能导电 C. 水溶液能导电 D. 易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】离子化合物在熔化状态下能电离出自由移动的离子，熔融态能导电，共价化合物在熔化状态下不能电离出自由移动的离子，熔融态不能导电，则能证明NaCl是离子化合物的事实是熔融态能导电，故选B。
7.元素性质呈周期性变化的原因是（ ）
A. 原子量逐渐增大 B. 核电荷数逐渐增大
C. 核外电子排布呈周期性变化 D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】C
【解析】
【详解】由原子的电子层排布可知，在周期表中的原子的电子层排布呈现周期性的变化，则元素的性质呈周期性的变化，故答案为C。
8.元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近能找到（ ）
A. 新制农药元素 B. 制催化剂元素
C. 制半导体元素 D. 制耐高温合金元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.制农药的元素一般位于周期表的右上方，非金属元素氟、氯、硫、磷等通常可以用来制取农药；
B.制催化剂的元素一般位于过渡元素；
C.制半导体的元素一般位于金属与非金属分界线附近；
D.制耐高温的合金元素一般在过渡元素里寻找。
故选C。
【点睛】注意过渡元素不是金属元素和非金属元素分界线处的元素，而是指副族和第Ⅷ族元素。
9.下列关于元素周期表的说法正确的是
A. 第 IA 族的所有元素都是金属元素
B. 同周期主族元素中，第ⅦA 族元素原子半径最小
C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为 8
D. 元素周期表共有 7 个周期，18 个族
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢元素属于第 IA 族，但属于非金属元素，A错误；
B.同一周期主族元素中，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以第ⅦA 族元素是同一周期中原子半径最小的主族元素，B正确；
C.He是稀有气体元素，原子核外最外层电子数为 2，C错误；
D.元素周期表共有 7 个周期，共16个族，包括7个主族、7个副族，1个0族，1个第Ⅷ族，D错误；
故合理选项是B。
10.下列各组中，属同一主族的是 ( )
A. Mg、Be、Ca B. O、As、S C. N、P、Se D. F、I、Ar
【答案】A
【解析】
【详解】A.Mg、Be、Ca原子核外最外层都有2个电子，属于第IIA族，A正确；
B.O、S属于第VIA族，而As属于第VA族，不是同一主族的元素，B错误；
C. N、P属于第VA族，Se属于第VIA族，不是同一主族的元素，C错误；
D. F、I属于第VIIA族，Ar属于0族元素，不是同一主族的元素，D错误；
故合理选项是A。
11.下列装置能构成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池的构成条件：一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生（一般是活动性强的金属与电解质溶液反应）；
二看两电极：一般是活泼性不同的两电极；
三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件①电解质溶液，②两电极直接或间接接触，③两极插入电解质溶液；
据此分析解答。
【详解】A．两个电极都是铜电极，电极材料相同，不符合构成原电池的条件，该装置不是原电池，A选项错误；
B．锌比碳活泼，锌与硫酸能够发生氧化还原反应，所以锌做负极，碳做正极，硫酸做电解质溶液，符合原电池构成条件，该装置属于原电池，B选项正确；
C．不是闭合回路，该装置不属于原电池，C选项错误；
D．无水乙醇不属于电解质，不能自发进行氧化还原反应，不符合原电池构成条件，该装置不属于原电池，D选项错误；
答案选B。
12.据报道，氢燃料电池公交汽车已经驶上北京街头，下列说法中，正确的是
A. 电解水制取氢气是理想而经济的制氢方法
B. 发展氢燃料电池汽车不需要安全高效的储氢技术
C. 氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染
D. 氢燃料电池把氢气和氧气燃烧放出的热能转化为电能
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解水会消耗大量的电能，故不经济，A说法错误。
B．氢气密度小，发展氢氧燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，B说法错误。
C、氢气的燃烧产物是水，氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染，C说法正确；
D、氢氧燃料电池是把化学能转化为电能，D说法错误。
正确答案选C。
13.关于原子结构的叙述正确的是
A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的 B. 原子的最外层电子数不超过8个
C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8 D. 原子的次外层电子数都是2
【答案】B
【解析】
【详解】A.普通H原子中没有中子，不是所有的原子核都是由质子和中子组成的，故A不选；
B. 原子的最外层电子数1~8个，不超过8个，故B选；
C. 除He外，稀有气体原子的最外层电子数均为8，故C不选；
D. 原子的次外层电子数不都是2，也可能是８，故D不选；
故选B。
14.下列递变规律正确的是（ ）
A. O、S、Na、K的原子半径依次增大
B. Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层数越多，半径越大；同周期从左到右半径逐渐减小，正确；
B．同一主族元素，随原子序数的递增：Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强；
C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；
D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱。
15.X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，X和Y两元素形成的化合物为R，则下列关于R的叙述正确的是（ ）
A. R 一定是共价化合物 B. R一定是离子化合物
C. R可能是共价化合物，也可能是离子化合物 D. R可能是液态物质，也可能是固态物质
【答案】CD
【解析】
【分析】
X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，所以X是第ⅠA族元素，可能是H或Li或Na元素；Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，该元素属于第ⅦA元素，F元素没有正价，所以Y是氯元素；
【详解】A. X和Y两元素形成的化合物可能是①HCl共价化合物，或②LiCl离子化合物，或③NaCl离子化合物，A错误；
B. 根据以上分析可知B错误；
C. R可能是共价化合物，如氯化氢；也可能是离子化合物，如LiCl和NaCl，C正确；
D. R可能是气态物质，例如氯化氢；也可能是固态物质，例如如LiCl和NaCl，D正确；
答案选CD。
16.X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y是组成空气的主要元素，Y2-与Z+核外电子排布相同，Q的原子序数为Y的2倍。下列说法正确的是
A. X、Y组成的原子个数比为1：1和1：2的两种化合物均是共价化合物
B. Y和Z可组成阴阳离子个数比为1：1和1：2的两种物质
C. Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q>Y
D. X、Q、W最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W>Q
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、Q、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大X、Y是组成空气的主要元素，原子序数Y>X，所以X是N元素，Y是O元素；Y2-与Z+核外电子排布相同，则Z是Na元素；Y是O元素，原子序数是8，Q的原子序数为Y的2倍，则Q是16号元素S，则W是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是S元素，W是Cl元素。
A. X、Y组成的原子个数比为1：1的化合物是NO，1：2化合物是NO2，二者都是非金属氧化物，属于共价化合物，A正确；
B. 和Z组成的化合物有Na2O、Na2O2，二者的阴阳离子个数比均为1：2，B错误；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Y>Q，所以Y、Q的简单氢化物的热稳定性：Q
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，把握元素的位置、原子序数、原子结构来推断元素是解答本题的关键，侧重学生分析与应用能力的考查，注意把元素及化合物的性质与规律性的知识结合起来应用。
17.下列有关硅及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于金属材料
B. 常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在
C. 可由两种单质直接反应生成，将其加入溶液中同时有气体和沉淀产生
D. 除去中混有的可加入适量的稀盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于无机非金属材料，A错误；
B. 常温下，硅的化学性质稳定，但自然界中没有游离态的硅，B错误；
C. 可由两种单质直接反应生成，但它与溶液不反应，C错误；
D. 中混有BaCO3，加入稀盐酸，BaCO3溶解，过滤洗涤后，便可得到纯净的SiO2，D正确。
故选D。
18.下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是( )
A. 氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质
B. 漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的
C. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气
D. 氯水中加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有Cl2存在
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气属于单质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B. 漂白粉是利用了强氧化性杀菌消毒，明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中的悬浮物，用于净水，原理不相同，故B错误；
C. 次氯酸具有漂白性，而氯气没有漂白性，氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气，故C正确；
D. 氯水中加入有色布条，布条褪色，是因为氯水中含有的次氯酸具有漂白性，故D错误；
故选C。
19.如图是实验室进行氨溶于水的喷泉实验装置，下列叙述不正确的是( )
A. 该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体
B. 进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水呈碱性
C. 形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压
D. 用氯气代替氨气，利用此装置也可进行喷泉实验
【答案】D
【解析】
【详解】A正确，氨气在瓶中因为大量溶解于水，使得瓶内外压强差加大，所以产生喷泉。
B正确，氨气是一种碱性气体，溶于水形成一水合氨，是一种弱碱。
C正确，因为水被压回瓶内，说明瓶外压强大于瓶内。
D错误，氯气在水里的溶解度小，不能形成较大的压强差。
20.下列关于氮的氧化物的说法中，正确的是
A. 氮的氧化物都是酸性氧化物
B. 氮的氧化物都既有氧化性，又有还原性
C. NO2 与 H2O 反应生成 HNO3，所以 NO2 酸性氧化物
D. NO 和 NO2 均有毒
【答案】D
【解析】
【详解】NO、NO2等不是酸性氧化物，A项错误；N2O5中氮元素为最高价，只有氧化性，B项错误；尽管NO2与H2O反应生成HNO3，但N的价态发生了变化，故NO2不是酸性氧化物，C项错误。一氧化氮和二氧化氮都有毒，故D正确。
21.下列有关浓H2SO4的叙述中，正确的是( )
A. 浓H2SO4与铜片共热的反应中，浓H2SO4既表现出强氧化性，又表现出酸性
B. 浓H2SO4与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为H2
C. 常温下，铁或铝不与浓H2SO4反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. 浓H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓H2SO4与FeS反应制取H2S气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓H2SO4与Cu片共热，反应的化学方程式为2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O，由反应式可知，若2 mol H2SO4参加反应，其中1 mol H2SO4作氧化剂被还原为SO2，另外1 mol H2SO4起酸的作用，故A项正确；
B．浓硫酸中存在的是H2SO4分子，其分子中＋6价的硫易得到电子，体现强氧化性，浓H2SO4把金属氧化的同时本身被还原为硫的低价化合物SO2，故B项错误；
C．常温下铁或铝不是不与浓H2SO4反应，而是反应的结果是铁、铝表面形成一薄层致密的氧化物保护膜，从而阻止了内部金属继续与浓H2SO4反应，故C项错误；
D．浓H2SO4有强氧化性，H2S有强还原性，前者能把后者氧化，因此，得不到H2S气体，故D项错误；
故选A。
22. 下列关于硝酸的认识中，正确的是( )
A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性
B. 浓硝酸与金属反应不放氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气
C. 因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中
D. 硝酸与金属反应时，只表现出氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】浓、稀硝酸都有氧化性，可与除Au、Pt之外的所有金属反应；且不产生氢气，在与金属反应时，硝酸既表现氧化性（被还原为含有氮元素的物质）又表现酸性（生成硝酸盐），该反应属于氧化还原反应，不属于置换反应；常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，因为铝和铁在冷浓硝酸中钝化，结合以上分析可知，只有A正确；
故答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
二．填空题（本题包括 4小题，共56分。）
23.按要求回答下列问题：
(1)在H、H、H、Mg、Mg和Cu中共有______种元素，______种原子
(2)下列各组微粒:①16O2和18O2 ②H2和D2 ③1735Cl和1737Cl ④1H218O和2H216O属于同位素的是___________________
(3)下列物质中：H2O2、KCl、Na2SO4、Na2O2、HCl、O2; 其中只含离子键的是________ ，只含极性键的是______ ，既含离子键又含极性键的是_____，既含离子键又含非极性键的是_______
(4)写出下列物质的电子式：Na2O2 ：______________ H2O2 ：________________
(5)用电子式表示下列化合物的形成过程
H2S：__________________________________
KCl：_________________
【答案】 (1). 3 (2). 6 (3). ③ (4). KCl (5). HCl (6). Na2SO4 (7). Na2O2 (8). (9). (10). (11).
【解析】
【详解】(1)H、H、H为氢元素的3种不同核素，Mg、Mg为镁元素的2种不同核素，Cu为铜元素的一种核素，故共有3种元素，6种原子，故答案为：3；6；
(2)①16O2和18O2是由氧元素形成单质，故①不选；
②H2和D2是由氢元素形成的单质，故②不选；
③1735Cl和1737Cl是氯元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故③选；
④1H218O和2H216O都是由氢氧元素组成的水分子，故④不选；
故答案为：③；
(3)H2O2含有极性共价键、非极性共价键，KCl含有离子键，Na2SO4含有离子键、极性共价键，Na2O2含有离子键、非极性共价键，HCl含有极性共价键，O2只含非极性共价键；
因此，只含离子键的是KCl，只含极性键的是HCl，既含离子键又含极性键的是Na2SO4，既含离子键又含非极性键的是Na2O2，既含极性键又含非极性键的是H2O2，故答案为：KCl；HCl；Na2SO4；Na2O2；
(4)H2O2分子中H原子和O原子形成共价键，是共价化合物，电子式为：，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，故答案为：；；
(5)H2S是共价化合物，电子式形成的过程：，氯化钾是离子化合物，离子化合物中阴离子写出电荷及电性并用“[ ]”括起来，阳离子写出电荷和电性即可，氯化钾的电子式为，故答案为：；。
【点睛】判断物质为离子化合物还是共价化合物时，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，同一种非金属元素间形成非极性键，不同种非金属元素间形成极性键，只含有共价键的化合物为共价化合物，只要含有离子键的化合物为离子化合物。
24.化学反应伴随能量变化，其中能量的主要形式是热能。
I：如图所示，把试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，往试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中，试回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象是________________________。
(2)产生上述现象的原因是________________________。
(3)写出有关反应的离子方程式__________________________。
(4)由实验推知，MgCl2和H2的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和HCl的总能量。
II：从能量变化的角度研究反应：2H2＋O2=2H2O。
(1)如图能正确表示该反应中能量变化的是_________。
(2)已知断开或形成1 mol化学键吸收或放出的能量，叫做该化学键的键能，单位为kJ·mol－1。一些键能数据如下表：
化学键
H—H
O=O
H—O
键能(kJ·mol－1)
436
496
463
请回答：
断裂反应物2 mol H2和1 mol O2的化学键，需要_______的总能量为______kJ；形成生成物2 mol H2 O的化学键，需要______的总能量为______kJ。所以该反应能量变化值的大小 ____________ kJ（填数值）。
【答案】 (1). 镁片逐渐溶解，有大量气泡产生，烧杯中溶液变浑浊 (2). 镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca(OH) 2 在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca(OH) 2 晶体 (3). Mg＋2H＋=Mg2＋＋H 2 ↑ (4). 小于 (5). A (6). 吸收 (7). 1368 (8). 放出 (9). 1852 (10). 484
【解析】
【分析】
Ⅰ.试管放入盛有25℃饱和澄清石灰水的烧杯中，往试管中放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中，镁是活泼金属，可与酸发生反应，反应放热，由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，因此随着反应的进行会有Ca(OH)2析出，从而饱和石灰水变浑浊，据此分析解答；
Ⅱ.(1)反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应为吸热反应，氢气与氧气反应生成水为放热反应，据此分析解答；
(2)1molH2中含有1molH—H键，1molO2中含有1molO—O键，1molH2O含有2molH—O键，结合键能数据进行计算。
【详解】Ⅰ.(1)镁与稀盐酸会发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，该反应为放热反应，因Ca(OH)2溶解度随温度升高而降低，故实验现象为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊，故答案为：镁片上有大量气泡产生，镁片逐渐溶解，烧杯中溶液变浑浊；
(2)由(1)分析可知，产生上述现象的原因是：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出，故答案为：镁与盐酸反应生成氢气，且该反应放热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，故有固体析出；
(3)镁与盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，故答案为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；
(4)该反应为放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量，故答案为：小于；
Ⅱ.(1)氢气燃烧是放热反应，这说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A，故答案为：A；
(2)由于断键吸收能量，则拆开2molH2化学键需要吸收2mol×436kJ/mol＝872kJ，拆开1molO2化学键需要吸收能量是1mol×496kJ/mol＝496kJ，则断键共需要吸收的能量是872kJ+496kJ＝1368kJ；形成4molH-O键放出的能量是4mol×463kJ/mol＝1852kJ，所以2mol氢气反应最终放出的能量是1852kJ－1368kJ＝484kJ，故答案为：吸收；1368；放出；1852；484。
25.原电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。
I：如图所示，烧杯中都盛有稀硫酸。
(1)中反应的离子方程式为______________，
(2)中的电极反应：Fe：______________、Sn：______________Sn极附近溶液的pH______________（填增大、减小或不变），
(3)中被腐蚀的金属是______________、比较(1)、(2)、(3)中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是______________
II：依据氧化还原反应：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋ 设计的原电池如图所示。
(1)电极 X 的材料是_____；电解质溶液 Y 是_____。
(2)Ag 电极上发生的反应为：_________。
(3)针对上述原电池装置，下列说法中不正确的是_____。（双选）
A．原电池工作时的总反应：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋
B．原电池工作时，X 电极流出电子，发生氧化反应
C．原电池工作时，银电极上发生氧化反应
D．原电池工作时，阴离子向 Ag 极移动
【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). Fe-2e-===Fe2+ (3). 2H++2e-===H2↑ (4). 增大 (5). Zn(锌) (6). (2)>(1)>(3) (7). Cu (8). FeCl3 或Fe2(SO4)3 (9). Fe3++e-===Fe2+ (10). CD
【解析】
【分析】
Ⅰ.装置(1)发生金属Fe与稀硫酸的置换反应，装置(2)、(3)均为原电池，(2)中Fe为原电池的负极，Sn为原电池的正极，(3)中Zn为原电池的负极，Fe为原电池的正极，形成原电池可加快化学反应速率，据此分析解答问题；
Ⅱ.由反应Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+可知，Cu失去电子发生氧化反应，Fe3+得到电子发生还原反应，原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，因此，据此反应设计原电池时，可用Fe3+的盐溶液作电解质，Cu作负极材料，电解反应式为：Cu-2e-===Cu2+，不活泼电极Ag作正极材料，电极上Fe3+得到电子发生还原反应生成Fe2+，电极反应式为Fe3+ +e-= Fe2+，据此分析解答问题。
【详解】Ⅰ(1)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则(1)中反应的离子方程式为Fe+2H+===Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+===Fe2+ + H2↑；
(2)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。铁的金属性强于锡，则(2)中铁是负极，电极反应为Fe-2e- ===Fe2+ ；Sn是正极，溶液中的氢离子放电，则电极反应式为2H+ + 2e-=== H2↑，所以Sn极附近溶液的pH增大，故答案为：Fe- 2e- ===Fe2+；2H+ + 2e- === H2↑；增大；
(3)锌金属性强于铁，锌是负极，失去电子，则(3)中被腐蚀的金属是Zn，其电极反应式为Zn-2e-===Zn2+。根据以上分析可知(1)、(2)、(3)中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是(2)＞(1)＞(3)，故答案为：(2)＞(1)＞(3)；
Ⅱ(1)根据上述分析可知，X为负极，电极材料为Cu，电解质溶液为Fe3+的盐溶液，可以是FeCl3或Fe2(SO4)3溶液，故答案为：Cu；FeCl3或Fe2(SO4)3；
(2)Ag为原电池的正极，电极上Fe3+得到电子发生还原反应生成Fe2+，电极反应式为Fe3+ +e-= Fe2+，故答案为：Fe3+ +e-= Fe2+；
(3)A．由上述分析可知，原电池的总反应为Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+，A选项正确；
B．原电池工作时，X极为原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，B选项正确；
C．原电池工作时，Ag为原电池的正极，电极上Fe3+得到电子发生发生还原反应，C选项错误；
D．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，该装置X(Cu)极为负极，故阴离子向X(Cu)极移动，D选项错误；
故答案为：CD。
26.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表。元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。下图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
(1)Sn的最高正价为________，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为________，Bi的最高价氧化物为________。
(2)元素Ga在元素周期表中的位置为：______________。
(3)根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素的氢化物热稳定性最高的是________(填化学式)。
②N、O、Al、Si，原子半径大小顺序：___________________
③H3AsO4、H2SeO4、H2SO4的酸性强弱顺序：______________
(4)为比较元素C和Si的非金属性强弱，用图所示装置进行实验。溶液B应该选用 ___________溶液，作用是___________________，能说明C和Si非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】 (1). +4 (2). HClO4 (3). Bi2O5 (4). 第四周期第ⅢA族 (5). HF (6). Al>Si>N>O (7). H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4 (8). NaHCO3 (9). 除去HCl (10). Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓ 或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓
【解析】
【详解】(1)碳、锡同为第IVA族，其最外层均有4个电子，所以Sn的最高价为+4；Cl最外层有7个电子，其最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物为HClO4，Bi的最外层有五个电子，其最高价氧化物为Bi2O5，故答案为：+4；HClO4；Bi2O5；
(2)B元素为第2周期第ⅢA族，和它同主族的相差两个电子层的是Ga元素，在第4周期第ⅢA族，故答案为：第四周期第ⅢA族；
(3)①阴影部分为卤族元素。同主族元素从下往上，元素的非金属性逐渐增强，故卤族元素中F的非金属性最强，其对应的氢化物热稳定性最高，故答案为：HF；
②电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：Al>Si>N>O，故答案为：Al>Si>N>O；
③同周期元素，随着原子序数的递增，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性也越强，非金属性：S>Se>As，所以酸性：H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4，故答案为：H2SO4 >H2SeO4 >H3AsO4；
(4)比较C、Si的非金属性强弱，可以通过比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱来实现，而比较两种酸的强弱可利用“复分解反应中强酸制弱酸的基本原理”，由于盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有少量的HCl气体，故溶液B可选用饱和NaHCO3溶液，以除去挥发出的HCl气体，将生成的CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液后再将气体通入Na2SiO3溶液，发生的反应方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓，依据生成白色胶状沉淀，得出酸性H2CO3>H2SiO3，所以据此可判断出非金属性C>Si，故答案为：NaHCO3；除去HCl；Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓。
【点睛】解答本题时，从元素在周期表中位置出发，进行“位构性”的相互推演。形象地从位置中看出元素金属性和非金属性的递变，明确气态氢化物的热稳定性的强弱、最高价氧化物的水化物的酸、碱性强弱等。
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