【文档说明】湖北省武汉市第十一中学2019-2020学年高一下学期期中测试化学试题【精准解析】【武汉专题】.docx，共(26)页，283.060 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-49ef7e9ad70b7ed18c744f4480d6ad7a.html

以下为本文档部分文字说明：

武汉市第十一中学2020年高一期中考试高一化学试卷相对原子质量：Cu-64Fe-56O-16K-39N-14C-12Ba-137S-32一、单选题（共16小题，共48分，每题只有一个选项符合题意。）1.A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和

为18，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是A.简单离子半径：D＞BB.简单氢化物的热稳定性：C＞AC.AD4的熔沸点比CD4的高D.可电解BD3溶液制备B的单质【答案】A【解析】【分析】由B原子的电子层数与最外层电

子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应，可知B为Al，又A、B、C、D原子序数依次增大，A、B、C、D的最外层电子数之和为18，A和C同主族，可知A为C，C为Si，D为Cl，据此进行判断。【详解】由B原子的电子层数与最外层电子数相等

，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应，可知B为Al，又A、B、C、D原子序数依次增大，A、B、C、D的最外层电子数之和为18，A和C同主族，可知A为C，C为Si，D为Cl，A．同周期元素中阴离子半径大于阳离子半径，故半径：Cl-＞Al3+，A项正确；B．同主族元素气态氢化物

的稳定性从上到下逐渐减弱，故简单氢化物的热稳定性：C＜A，B项错误；C．CCl4和SiCl4为组成和结构相似的分子晶体，其相对分子质量越大，熔沸点越高，故SiCl4的熔沸点比CCl4高，C项错误；D．电解AlCl3溶液时放电顺序H+排在Al3+前面，电解AlCl3溶液类

似于电解饱和食盐水，得不到Al单质，一般采取电解熔融氧化铝制取铝单质，D项错误；答案选A。【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；三看核外电子数：当电子

层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。2.几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：元素代号LMQRT主要化合价+2+3+6、﹣2+7、﹣1﹣2原子半径/nm0.1600.1430.1020.0990

.074据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是A.L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈B.M与T形成的化合物能和强酸、强碱反应且产物不同C.Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢

化物D.L与R两元素形成的化合物中，含有非极性共价键【答案】B【解析】【详解】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为M

g、Al、S、Cl、O元素。A.Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；B.Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3+等，后者生成AlO2-等，B正确；C.S、O两元素的氢化物热稳定性

比较，S的氢化物小于O的氢化物，C错误；D.Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误；故选B。3.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z

、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是()A.酸性：H2YO3<H2QO3，所以非金属性Y<QB.X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电

子稳定结构C.X与Y形成的化合物只含有共价键D.由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种【答案】C【解析】【分析】W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素,由上述五种元

素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。【详解】A.酸性：H2YO3<H2QO3，碳酸小于亚硫酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的含氧

酸，故不能得出非金属性碳小于硫元素，故A错误；B.X与W形成的化合物是NaH,H元素没有满足最外层8电子稳定结构，故B错误；C.X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；D.由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4

，Na2S2O3等，故D错误；故选：C。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是A.原子半径

：W>Z>Y>XB.气态氢化物热稳定性：Y>Z>WC.元素Z和W均存在两种以上的含氧酸D.元素Z和W在自然界中均只能以化合态存在【答案】C【解析】【分析】X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、

Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。【详解】A.原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；B.原子的非金属性越强，其对应

气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；C.元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；D.硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；故答案选C。5.下列说法正确的有几句

()①离子键与共价键的本质都是静电作用②任何物质中都存在化学键③氢键是极弱的化学键④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键⑥任何共价键中，成键原子成键后均满足稳定结构⑦

验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电⑧两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键⑨化学键断裂，一定发生化学变化A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】①离子键与共价键均为化学键，本质都是静电作用，①正确；②在稀有气体的晶体中

，不存在化学键，只存在分子间作用力，②错误；③氢键不是化学键，而是分子间作用力的一种，③错误；④离子键就是阴、阳离子之间的静电作用力，包含引力和斥力，④错误；⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键，⑤正确；⑥在BF3分子中，B原子周围有6个电子

，而原子稳定结构的核外电子数是8，⑥错误；⑦离子化合物在融化的状态下都可以导电，故可以用该方法验证化合物是否为离子化合物，⑦正确；⑧两种非金属元素形成的化合物中可能含有离子键，例如NH4H等，⑧错误；⑨化学键断裂，不一定新物质生成，比

如NaCl在水中的电离，该过程不属于化学变化，⑨错误；故上述正确的是①⑤⑦，即正确的有3个，故选C。6.元素X形成的气态X2的分子共有三种，其相对分子质量依次为158、160、162，此三种分子的物质的量之比为9:6:1，据此，下列说法中正确的是()A.X

有三种同位素B.其中一种同位素的质量数为80C.X2的平均相对分子质量为159D.质量数为79的同位素的原子百分数为50%【答案】C【解析】【详解】A.元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，推断该元素存在两种同位素才符合，若是三种同位素则形成的单质应为6种，故A错误；

B.根据双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162可知，最大的式量为812，最小式量为792，所以不存在质量数为80的同位素，故B错误；C.X2的平均式量为91586160162116++=159，故C正确；D.该元素元素的两种

同位素的原子设为M、N，构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，则原子的同位素只有79、81，形成的单质为79M2、79M81N、81N2，三种单质的物质的量之比为9:6:1，计

算质量数为79的同位素原子与质量数为81的同位素原子比为(92+6):(6+12)=3:1，故质量数为79的同位素原子占原子总数的百分含量为75%，故D错误；故答案：C。7.下列有关说法正确的是A.已知HI(g)1/2H2(g)＋1/2I2(s)ΔH＝－26.5kJ·mol－1，由此可知1

molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－571.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ·mol－1C.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1,2C(s)＋O2(

g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2D.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq

)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A.HI(g)1/2H2(g)＋1/2I2(s)ΔH＝－26.5kJ·mol－1，由于反应可逆，可知1molHI气体充分分解后可以放出小于26.5kJ的热量，故A错误；B.根据燃烧热定义可知，水的状态不对，必须为液态

才可以，故B错误；C.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1,2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，盖斯定律可得：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1-ΔH2,因为燃烧放热，所以ΔH1-ΔH2＜0，则ΔH1＜ΔH2，故C正确；D.因为醋酸为弱电解质,电离需要吸热

,所以NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)==CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH>－57.4kJ·mol－1,故D错误;正确答案:C。【点睛】①关于可逆反应热化学方程式注意点：A.当反应逆向进行，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。B.2SO2(g)＋O2(g)2SO3

(g)ΔH＝－akJ·mol－1，意义是指2molSO2气体与1molO2完全反应时，放出akJ的热量，若将2molSO2与气体1molO2放于一密闭容器中在一定条件下反应达平衡时，放出的热量要小于akJ，且当平衡移动(各物质状态不变)时，ΔH不变。②燃烧热定义：101

KPa时，1mol纯物质完全燃烧生成生成稳定氧化物时所放出的热量；例如氢元素对应液态水，硫元素对应二氧化硫等中和热定义：稀溶液中强酸跟强碱发生中和反应只生成1molH2O时所释放的热量；不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3kJ·mol－18.化学反应可

视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成（或折开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ/mol）：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4（白磷）＋3O2=P4O6的反应热ΔH为A

.－1638kJ/molB.＋1638kJ/molC.－126kJ/molD.＋126kJ/mol【答案】A【解析】【详解】反应热ΔH等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，则反应P4（白磷）＋3O2=P4O6的

反应热ΔH=198kJ/mol6+498kJ/mol3-360kJ/mol12=－1638kJ/mol，故选A。【点睛】注意P4O6的分子中每个P原子形成3个P—O键，故其分子中共有12个P—O键。而P4的分子

中P原子共形成6个P—P键，且不可马虎算错。9.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（）A.该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的

百分数B.0℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=-2akJ·mol-lC.该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能D.ΔH=E1-E2，使用催化剂改变

活化能，但不改变反应热【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，该反应的逆反应为吸热反应，且升高温度提供能量，提高活化分子的百分数，故A正确；B．该反应为可逆反应，但热化学方程式中为完全转化时的能量变化，则1mol

SO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H≠−2akJ⋅mol−l，故B错误；C．为放热反应，焓变等

于反应物断裂化学键吸收的能量减去生成物成键释放的能量，则该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D．催化剂不改变反应的始态和终态，反应热不变，降低反应的活化能，由图可知△H=E1−E2，故D正确；答案选B。【点睛】根据能量图可知，反应的焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总

键能，或者是生成物的总能量减去反应物的总能量。10.下列有关H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1的离子反应说法正确的是()A.代表所有的酸碱中和反应B.反应物一定是强酸与强碱

C.强酸与强碱的中和反应都可以这样表示D.代表稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol液态水时，放出热量57.3kJ【答案】D【解析】【详解】A、该热化学方程式表示强酸的稀溶液和强碱的稀溶液反应生成1mol液态水(不生成沉淀)时放出的热量，A错误；

B、反应物不一定是强酸，也可以是强酸的酸式盐，比如NaHSO4，B错误；C、浓酸或者浓碱的溶液，稀释时会涉及放热的情况，故该反应只能表示强酸、强碱的稀溶液的反应，C错误；D、该热化学方程式表示强酸的稀溶液和

强碱的稀溶液反应生成1mol液态水(不生成沉淀)时放出的热量，D正确；故选D。11.反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-akJ•mol-1，在5L密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是A.2分钟反应放

出的热量值小于0.1akJB.用氧气表示2分钟的反应速率：υ(O2)=0.05mol•L-1•min-1C.2分钟内NH3的转化率是50％D.2分钟末c(H2O)=0.6mol•L-1【答案】B【解析】4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)起始物

质的量（mol）1100变化物质的量（mol）0.40.50.40.6终了物质的量（mol）0.60.50.40.6A．2分钟时参加反应的NH3的物质的量为0.4mol，反应放出的热量值等于0.1akJ，故A错误；B．用氧气表示2分钟的反应速率：v(O2)

=0.5mol52minL=0.05mol·L-1·min-1，故B正确；C．2分钟内NH3的转化率=0.4mol1mol=40％，故C错误；D．2分钟末c(H2O)=0.6mol5L=0.12mol·L-1，故D错误；答案为B。12.在100mL硝酸和硫酸的混合溶

液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L。向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）A.0.225mol/LB.0.3mol/LC.0.36mol/LD.0.45mol/L【答案】C【解析】【分析】有关反应离子

方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol

，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=n/V计算铜离子浓度．【详解】反应离子方程式为：3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4

H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3－和H＋的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3－）：n（H＋）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0

.6×0.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol×3/2=0.036mol，故铜离子的最大浓度为0.036mol÷0.1L=0.36mol·L－1，故选C。13.有100mL混合气体，可能由NH3、HCl、CO2、NO组成，

将此气体通过浓H2SO4，气体体积减少30mL，再通过固体Na2O2后，气体体积又减少15mL，最后通过水后，变为45mL（同温同压，水蒸气体积不计），则原混合气体中各成份的体积之比：V（NH3）:V（HCl）:V（CO2）:V（NO）正确的是（）A.3∶0∶1∶6B.0∶6∶3

∶1C.6∶0∶3∶11D.3∶2∶1∶4【答案】C【解析】【详解】混合气体通过浓H2SO4，体积减少30mL，即V(NH3)=30mL，由NH3的存在知不可能有HCl气体，则剩余气体为CO2和NO体积为100mL-30mL=70mL。若剩余气体只有NO，则通过Na2O2固体气体

体积不变，若完全为二氧化碳，根据反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知，70mL二氧化碳完全反应生成35mL气体，气体体积减少了35mL，所以剩余的70mL为NO和CO2。设CO2体积为x，NO为y，由反应方程式：可知生成的O2体积为2x；根据

反应2222322CO+2NaO=2Na.C+OΔO05Vxx222NO+O=2NOΔ0.5Vyy再经过Na2O2固体后，气体体积又减少了15mL，则：0.5x+0.5y=15mL即x+y=30mL<70mL，说明二氧化碳不足，NO过量，反应后得到的气体为NO2、NO，

其总气体体积为：70mL-15mL=55mL，最后经过水洗后，剩余的45mL为NO，发生反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，设55mL混合气体中NO、NO2的体积分别为x、y，则：x+y=55mL、x+13y=45mL，解得:x=40mL、y=15mL；根据反应2

NO+O2=2NO2可知，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气的体积为7.5mL，根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知原混合气体中CO2的体积为15mL；所以原混合气体中NO的体积为：70mL-15mL=55mL，所以V（NH3）:V（HCl）:V（CO2

）:V（NO）=30：0：15：55=6∶0∶3∶11，故C正确；答案：C。14.（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有

部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是A.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：

n（BaSO3）约为1：2C.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D.从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl【答案】A【解析】【详解】（NH4）2SO4分解的方程式为4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO

2↑＋SO3↑＋7H2O，设分解了4mol（NH4）2SO4，则分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物质的量依次为1mol、6mol、3mol、1mol，分解产生的气体通入BaCl2溶液中，发生反应2NH3+SO3+H2O=（NH4）

2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；还剩余4molNH3，最终从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡

恰好完全反应，说明3molSO2全部反应，则发生的反应为4NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗，生成

1molBaSO3沉淀；根据上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1，从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。15.足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N

2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5mol·L－1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为()A.6.4gB.9.6gC.19.2gD.24g【答案】C【解析】【详解】Cu和浓硝酸反应过程中，C

u失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与1.12LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=1.124

22.4/2LLmol＝0.1mol，根据原子守恒得n（Cu）=n[Cu（NO3）2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=2×5mo

l/L×0.1L=1mol，n（H+）：n（NO3-）=1mol：0.2mol=5：1＞1/4，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，则：3Cu+2NO3-+8H+＝3Cu2++

2NO+4H2O192g2molx0.2mol192g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g。答案选C。【点晴】明确物质之间的反应是解本题的关键，注意进行过量计算，注意转移电子守恒、原子守恒的利用，难点和易错点是没有进行过量计算。16.某溶液中可能含有下

列6种离子中的某几种：Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：(1)200mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不

溶。(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是A.一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋B.一定存在SO42-、CO

32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋C.c(CO32-)＝0.01mol·L－1，c(NH4+)＞c(SO42-)D.如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)＞c(SO42-)【答案】D【解

析】【分析】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；（2）向（1）的滤液中

加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。【详解】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO3

2－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是2.33g0.01mol233g/mol=，所以碳酸钡的质量是4.3g2.33g1.97g−=，碳酸根离子的物质的量是1.97g0.01mol197g

/mol=。（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是11.2L0.05mol22.4L/mol=，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；A．溶液中一定存在SO42－、CO32

－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；C．碳酸根离子的物质的量是1.97g0.01mol197g/mol

=，硫酸根离子的浓度是0.01mol0.05mol/L0.2L=，铵根离子浓度是0.05mol0.25mol/L0.2L=，故不符合题意；D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c(Cl－)＋2c(SO42－)＋2c(CO32－)=c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)，

则c(Cl－)>c(SO42－)，故符合题意；故选D。【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电

解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。第II卷（非选择题)二、填空

题五个小题，共52分。17.氮的氧化物既是可导致酸雨的物质，也是造成空气污染的重要物质，加大对氮的氧化物的治理是环境保护重要举措。(1)在一定条件下氨气可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧

化氮在一定条件下反应的化学方程式：_____________________________，该反应中氧化剂是_________，还原剂是________________________________________。(2)汽车尾气中

含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成对大气无污染的气体，该反应的化学方程式为___________________________________。(3)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：N

O2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O现有VL某NaOH溶液能完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的大气污染物。①所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_________mol·L

－1。②若所得溶液中c(NO3-)∶c(NO2-)＝1∶9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n∶m＝_________。③用含n和m的代数式表示所得溶液中NO3-和NO2-浓度的比值c(NO3

-)∶c(NO2-)＝_________。【答案】(1).6NO2＋8NH37N2＋12H2O(2).NO2(3).NH3(4).2NO＋2CON2＋2CO2(5).(m+n)/V(6).3∶2(7).(n-m)/(3m+n)【解析】【分析】（1）氨气和二氧化氮在一定条件下反应生成氮气和水，反应中

元素化合价降低的做氧化剂，元素化合价升高的物质做还原剂；（3）①根据气体和氢氧化钠的关系式计算；②根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式中各个物理量之间的关系式计算；③同一溶液中，c（NO3-）：c（NO2-）等于其物质的量之比。【详解】(

1)氨气和二氧化氮在一定条件下反应生成氮气和水,反应的化学方程式为：6NO2＋8NH37N2＋12H2O，反应中二氧化氮中氮元素化合价降低的做氧化剂，氨气中氮元素化合价升高的物质做还原剂，故答案为：6NO2＋8NH37N2＋12H2O；NO2；NH3；（2）CO和NO发生反应

生成对大气无污染的气体，所以生成物是氮气和二氧化碳，故化学方程式是：2NO＋2CON2＋2CO2故答案为：2NO＋2CON2＋2CO2(3)①根据方程式NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O知，只要NO不剩余

，氮原子和氢氧化钠的关系式是1:1，所以完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的混合气体所用氢氧化钠的物质的量等于氮氧化物的物质的量之和，所以c(NaOH)=，故答案为：；(2)设原混合气体中NO2和NO的物质的量

n和m，NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，112mmolmmol2mmol2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，221(n−m)mol(n−m)molmol所得溶液中c(NO3-)∶c(NO2-)=mol:[2m+mo

l]=1:9，所以n:m=3:2，故答案为：3:2；(3)同一溶液中，c(NO3-)∶c(NO2-)等于其物质的量之比，所以c(NO3-)∶c(NO2-)=mol:[2m+mol]=(n-m)/(3m+n)，故答案为：(n-m)/(3m+n)。18.（1）X、Y两种主族元素能形成XY2型化

合物，已知XY2中共有38个电子，且XY2为常见元素形成的离子化合物，则X、Y在元素周期表中的位置分别为______、_________，用电子式表示该化合物形成过程_____________。（2）现有

a～g7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题:①元素的原子间反应最容易形成离子键的是____。A．c和fB．b和gC．d和gD．b和e②d与g元素形成的分子中所有原子_____(填“是”或“不是”)都满足最外层为8电子

结构。（3）X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，它们满足以下条件：①元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；②Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。请填空：①Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”）：________，理由是________②X、Y、Z和W可

组成一化合物，其原子个数之比为8：2：4：1。写出该化合物的化学式_______。【答案】(1).第四周期第ⅡA族(2).第二周期第ⅦA族(3).(4).B(5).是(6).否(7).若三者处于同一周期，则最外层电子数之和不可能为17(8).(NH4)2SO

4【解析】【分析】（1）若XY2为常见元素形成的离子化合物，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则为CaF2；（2）根据元素所在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Na元素、c为Mg元素，、d为C元素、e为N元素、f为P元素、g为Cl元素

；（3）若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：，，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y

、Z、W对应的三种元素分别为N、O、S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x为分数，不合理，由于Y是N元素，那么X只能是位于其前面的H、He、Li、Be、B五种元素。【详解】（1）若XY2为常见元素形成的离子化合物

，X为第IIA族元素、Y为第VIIA族元素，其电子数是38，则XY2为CaF2，用电子式表示CaF2形成过程为，故答案为第四周期ⅡA族；第二周期ⅦA族；；（2）①金属性最强的钠元素和非金属性最强的Cl元素最易形成离子键，B正确，故答案为B；②d与g元素形成的分子为CCl4，CCl4中C元素

化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，分子中C原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以|-1|+7=8，分子中Cl原子满足8电子结构，则CCl4分子中所有原子都满足最外层为8电子结构，故答案为是；（3）①假设Y、Z、W处于同一周

期，根据它们的原子序数依次增大，其最外层电子数分别设为x-1、x、x+1，则x-1+x+x+1=17，x为分数，故答案为否；若三者处于同一周期，则最外层电子数之和不可能为17；②化合物中硫原子与氧原子个数之比为1：4，为

硫酸根，化合物中x原子与氮原子个数之比为4：1，且x的原子序数比氮原子小，可为铵根离子，所以该化合物为硫酸铵，故答案为(NH4)2SO4。【点睛】对于ABn的共价化合物，各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，原子都满足最外层

8电子结构。19.A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：元素有关性质或结构信息A地壳中含量最多的元素BB阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的CC与B同周期，且

是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)DD原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味EE与D同周期，且在该周期中原子半径最小FF的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物GG是形成化合物种类最多的元素(1)B元素符号为____，A与C以

原子个数比为1：1形成的化合物的电子式为___，用电子式表示C与E形成化合物的过程____，D形成的简单离子的结构示意图为____。(2)F的氢化物是由____(极性或非极性)键形成的分子，写出实验室制备该氢化物的化学方程式____。(3)非金属性D____E(填大于或小于)

，请从原子结构的角度解释原因：__。【答案】(1).Al(2).(3).(4).(5).极性(6).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(7).小于(8).D的原子半径大于E的原子半径,所以得电子的

能力比E弱【解析】【详解】A是地壳中含量最多的元素，则A为O元素；B阳离子与A离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al；C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na；D原子最外层电子数

是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素；E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl；F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素；G是形成化合物种类最多的元素，则G为碳元素；(1)由分析可知B元素符号为Al，O与Na以原子个数比为1：1形成的离子化合物

是Na2O2，电子式为；离子化合NaCl的电子式形成过程为，S2-的离子的结构示意图为；(2)NH3是由极性键形成的极性分子，实验室利用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3

↑+2H2O；(3)S的原子半径大于Cl的原子半径，所以S得电子的能力比Cl弱，即S元素的非金属性小于Cl的非金属性。20.在恒温(500K)、体积为2.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1molH2发生合成氨反应，20min后达到平衡，测得反

应放出的热量为18.4kJ，混合气体的总物质的量为1.6mol。（1）从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=______。（2）该反应的热化学方程式为______。（3）若拆开1molH—H键和1molNN键需要的能量分别是436kJ和

946kJ，则拆开1molN—H键需要的能量是______kJ。【答案】(1).0.01mol∙L-1∙min-1(2).N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ/mol(3).391【解析】【分析】在恒温，体积为2

L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为nmol，则：()()()()()()223mol110moln3n2Ng+3Hgnmol2

1NHgn13n2n−−始变平所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×1mol0.2mol=92kJ，(1)根据化学反应速率v=ct计算；(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，据此书写热化学方程式；(3)根据

反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和计算解答。【详解】在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为nmol，则：()()

()()()()223mol110moln3n2Ng+3Hgnmol21NHgn13n2n−−始变平所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×1mol0.2mol=9

2kJ，(1)从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=ct=20.2mol2L20min=0.01mol∙L-1∙min-1；(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，则发生反应的热化学方程式为：

N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；(3)设拆开1molN—H键需要的能量是QkJ，则反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946kJ/mol)+(436kJ/mol)×3-(QkJ/mol)×6=-92kJ/mol，解得：

Q=391kJ。【点睛】热化学方程式中各物质的量与焓变成正比，理解热化学方程式的意义是解本题的关键。21.某温度时，在一个2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，据此回答

：（1）该反应的化学方程式为______。（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为_____mol/(L·min)；（3）改变下列条件，可以加快化学反应速率的有_____。A.升高温度B.减小物质X的物质的量C.减小压强D.增加物质Z的物

质的量E.缩小容积F.使用效率更高的催化剂（4）该反应正向为放热反应若上述容器为绝热容器(与外界无热交换)，则到达最大限度所需时间将_____。a.延长b.缩短c.不变d.无法确定【答案】(1).3X+Y⇌2Z(2).0.05(3).ADEF(4).b【解析

】【分析】(1)结合图像，根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；(2)根据v=ct计算反应速率；(3)影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体表

面积、溶剂等因素，以此解答该题；(4)容器为绝热容器(与外界无热交换)，该反应为放热反应，相当于对体系加热，根据温度对反应速率的影响分析。【详解】(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且达到平衡时，△n(X)：△n

(Y)：△n(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z；(2)反应开始至2min时Z的平均反应速率为：v(Z)=0.2mol2L2min=0.05mo

l/(L⋅min)，；(3)A．升高温度，反应速率加快，故A正确；B．减小物质X的物质的量，X的浓度减小，反应速率速率减慢，故B错误；C．减小压强，反应速率减慢，故C错误；D．增加物质Z的物质的量，体系中Z的浓度增大，反应速率加快，故D正确；

E．缩小容积相当于增大压强，反应速率加快，故E正确；F．使用效率更高的催化剂，反应速率加快，故F正确；答案选ADEF；(4)若上述容器为绝热容器(与外界无热交换)，该反应为放热反应，相当于对体系加热，升高温度反应速率加快，则缩短达到平衡所用的时间

，答案选b。22.目前我国锅炉烟气脱硝技术有新发现，科学家对O3氧化烟气脱硝同时制硝酸进行了实验研究，其生产硝酸的机理如下：回答下列问题：（1）NO3分子内存在两个过氧键，且氧均满足8电子稳定结构，请写出NO3中N的化合价______；NO3极不稳定，常温下即可爆

炸分解，试从电子成键角度解释NO3不稳定的原因：______。（2）N2O5与O3作用也能生成NO3与氧气，根据反应前后同种元素，价态相同，不参与氧化还原反应的原则，请分析反应N2O5+O3=2NO3+O2中，N2O5的作用是______（填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂，又是还原剂”

）。（3）请写出在有水存在时，O3与NO以物质的量之比为3∶2完全反应的总化学方程式______。【答案】(1).+2(2).N原子未达到8电子稳定结构（或N原子最外层为7电子结构，不稳定）(3).既是氧化剂，又是还原剂(4).3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2【解析】【分析】(1)N

O3分子内有三个氧且存在两个过氧键，它的结构为，结合NO3分子的键连方式判断化合价；(2)根据反应N2O5+O3=2NO3+O2中元素化合价变化规律分析判断；(3)依据生产硝酸的机理，O3与NO及水反应最终生成HNO3和O2，结合物质的量关系配平方程式。【详解】(1)NO3分子内有三个氧且存在两个

过氧键，它的结构为，两个氧与氮相连，另一个氧与两个氧相连，所以氮显+2价，根据NO3的结构可知，N原子最外层为7电子结构，未达到8电子稳定结构，因此不稳定；(2)N2O5+O3=2NO3+O2反应中生成2个NO3分子，1个NO3分子中两个氧原子显示-1价，另1个

氧原子显示0价，2个NO3中有两个氧原子显示0价，1氧原子个来自O3分子，另1个氧原子来自N2O5，也就是说N2O5中的1个氧原子化合价升高到0价，4个氧原子化合价升高到-1价，同时N2O5中的N化合价降

低到+2价，所以N2O5既是氧化剂，又是还原剂；(3)依据生产硝酸的机理，O3与NO及水反应最终生成HNO3和O2，当O3与NO反应的物质的量之比为3:2，可得3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2。23.如图为某学习兴趣小组对

Cu与稀硝酸反应的改进实验装置图：（1）按如图组装好仪器，检查气密性后，装药品，实验时，先关闭a，打开b，将装置B下移，使之与稀硝酸接触产生气体，当______（填实验现象），立刻将之上提，并关闭b，这样操作的目的为______。（2）将铜丝下移，使之与稀硝酸接触，A中现象是_____

_，稍后将铜丝上拉，使之与稀硝酸分离；打开a，挤压E，使少量空气进入A中，A中现象是______。（3）打开b，交替挤压E和F，至装置内氮氧化物气体被氢氧化钠溶液充分吸收，写出NO2气体与氢氧化钠溶液充分反应的离子方程式：______。【答案】(1).C处产生白色沉淀时(2).排出装置A内的

空气，防止对生成NO的实验影响(3).溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出(4).气体变红棕色(5).2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O【解析】【分析】(1)铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应前需赶尽装置A中的空气；(2)铜

与稀硝酸反应生成无色一氧化氮气体，并生成蓝色硝酸铜溶液，一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮；(3)NO2气体与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水。【详解】(1)铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，一氧化氮气体能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，因

此反应前需赶尽装置A中的空气，防止干扰试验，用二氧化碳排尽空气，所以C处产生白色沉淀时，说明装置A内空气已经排尽；(2)铜与稀硝酸反应生成无色一氧化氮气体，并生成蓝色硝酸铜溶液，所以A中的现象为溶液由无色变为蓝色且有无色气泡冒出，打开

a，挤压E，使少量空气进入A中，A中的一氧化氮会与氧气反应生成红棕色气体，所以A中气体变红棕色；(3)NO2气体与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，离子方程式：2NO2+2OH-=

NO3-+NO2-+H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com