【文档说明】黑龙江省大庆铁人中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，531.000 KB，由小赞的店铺上传

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铁人中学高一年级期中考试化学试题相对原子质量：H-1Li-7N-14O-16Si-28S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷（共60分）一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）1.美日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡

献，曾获得诺贝尔化学奖。钯(Pd)元素的原子序数为46，下列叙述错误的是（）A.10246Pd和10346Pd的化学性质几乎相同B.钯与铁是同族元素C.Pd2+核外有44个电子D.10846Pd的原子核内有52个中子【答案】D【解析】【详解】A．10246Pd和10346Pd均属Pd

元素，化学性质几乎相同，A正确；B．钯与铁都是第Ⅷ族元素，B正确；C．Pd2+的核外电子数=46-2=44，C正确；D．10846Pd的中子数=108-46=62，D错误。答案选D。2.反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列化学用语不．

正确．．的是（）A.N2的电子式：B.NH4Cl的电离方程式：NH4Cl=NH4++Cl-C.Cl原子的结构示意图：D.H2O的结构式：【答案】A【解析】【详解】A．N2的电子式为：，A错误；B．NH4Cl是强电解质，完全电离，其电离方程

式为：NH4Cl=NH4++Cl-，B正确；C．Cl是17号元素，其原子的结构示意图为：，C正确；D．H2O是“V”形分子，其结构式为：，D正确。答案选A。3.下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A.浓硝酸和

氯水用棕色试剂瓶保存B.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低C.常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D.不能用pH试纸测定浓硫酸和新制氯水的pH【答案】A【解析】【详解】A．浓HNO3在光照条件下分解成NO2、O2、H2O，氯水中的HClO在光照条件下分解成HCl和O2，故浓硝酸和

氯水用棕色试剂瓶保存均是因为在光照条件下会分解，原理相同，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸收空气中的水蒸气使浓度降低，浓盐酸中HCl挥发使浓度降低，二者原理不同，B错误；C．常温下浓硝酸使Fe钝化，发生氧还原反应，浓硝酸和Pt不反应，二者原理

不同，C错误；D．因浓硫酸具有脱水性，不能用pH试纸测其pH，因新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测其pH，二者原理不同，D错误。答案选A。4.下列说法不正确．．．的是（）A.非金属元素的原子间既能形成共价化合物，又能形成离子化合物B.Cl2、Br2、

I2的分子间作用力依次增强C.氯化氢气体溶于水后电离出离子，是因为破坏了离子键D.干冰、NaCl固体、石英晶体的熔沸点逐渐升高【答案】C【解析】【详解】A．非金属元素的原子间既能形成共价化合物，如H2O，又能形成离子化合物，如NH4Cl，A正确；B

．一般来说，对于组成和相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，即Cl2、Br2、I2的分子间作用力依次增强，B正确；C．H原子和Cl原子之间以共价键结合成HCl分子，溶于水后共价键被破坏电离出离子，C错误；D．干冰是分子晶体，NaCl固体是离子晶体，石英晶体是原子晶体，故三者

熔沸点升高，D正确。答案选C。5.下列排列顺序中，正确的是（）①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②离子半径：Cl->Na+>Mg2+>Al3+③结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-④酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4⑤还原性：S2->I

->Br->Cl-A.①②③B.②③④C.①④⑤D.②③⑤【答案】D【解析】【详解】①非金属性：F＞O＞S，故热稳定性：HF＞H2O＞H2S，①错误；②Cl-有三个电子层，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+均有2个电子层，核电荷数：Na+＜Mg2+＜Al3+，故半径Cl-

>Na+>Mg2+>Al3+，②正确；③电离常数：HCl＞CH3COOH＞H2O，故结合质子(H+)能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-，③正确；④非金属性：Cl＞S＞P，故酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，④错误；⑤非金属性：Cl＞Br＞I＞S，故还原性

：S2->I->Br->Cl-，⑤正确；②③⑤正确，D满足。答案选D。6.长征2号火箭承担运载“神六”的使命，氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号(CZ2F)火箭的优良炸药。下列说法正确的是（）A.LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3B.它们和水反应都表

现氧化性C.H、D、T之间互称为同素异形体D.它们的阴离子半径都比阳离子半径大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比=(7+1)g/mol:(7+2)g/mol:(7+3)g/mol=8:9:10，A错误；B．Li

H、LiD、LiT分别与水反应生成LiOH和H2、HD、HT，LiH、LiD、LiT中的H、D、T化合价从-1升高到0价，故LiH、LiD、LiT分别作还原剂，表现还原性，B错误；C．H、D、T是氢元素的三种核素，互称为同位素，C错误；D

．H-、D-、T-、Li+核外电子排布相同，Li+的核电荷数较大，半径较小，即LiH、LiD、LiT中，阴离子半径都比阳离子半径大，D正确；答案选D。7.已知某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A。则mg它的氧化物中所含电子的物质的

量为（）A.mA+16(A-n+8)molB.mA+16(A-n+10)molC.mA+8(A-n+4)molD.mA+8(A-n+8)mol【答案】C【解析】【详解】某元素的阳离子R+的核内中子数为n，质量数为A，则其质子数=质量数-

中子数=A-n，所以其原子核外电子数=质子数=A-n；它的氧化物化学式应为R2O，摩尔质量为(2A+16)g/mol，所含电子数为2(A-n)+8；mgR2O的物质的量为mmol2A+16，所含电子的物质的量为()2mAmol2A-n

+8+16=mA+8(A-n+4)mol，故答案为C。8.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的有几个（）①BF3、CCl4中所有原子均达到最外层8电子稳定结构②46gSiO2中含有共价键的

数目为NA③2gH218O和D2O的混合物中，含有的电子数为NA④K2SO4溶于水的过程中有离子键、共价键的断裂⑤78gNa2O2中所含离子的数目为4NA⑥18gD2O的中子数小于10NA⑦1molNH5中含有5NA个N—H键（已知NH5中所有原子都达到

稀有气体的稳定结构）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】【详解】①BF3中B原子最外层只有6个电子，①错误；②SiO2由原子构成，1molSiO2中平均含4molSi-O键，46gSiO2的物质的量为46g23=mol60g/m

ol30，含有共价键的物质的量为4×23mol30=46mol15，即含共价键数目为46mol15NA，②错误；③H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O和D2O的混合物的物质的量=2g20g/mol=0.1m

ol，每个H218O和D2O分子均含10个电子，故2gH218O和D2O的混合物所含电子的物质的量=0.1mol×10=1mol，即所含电子数为NA，③正确；④K2SO4中K+和SO42-之间以离子键结合，溶于水电离出K+和SO42-，离子键断裂，无共价键断裂，④错误；⑤Na2O2

由Na+和O22-构成，78gNa2O2的物质的量为78g78g/mol=1mol，所以78gNa2O2中所含离子的物质的量=1mol×3=3mol，即含离子数目为3NA，⑤错误；⑥18gD2O的物质的量为

18g=0.9mol20g/mol，每个D2O分子的中子数=1×2+8×1=10，故18gD2O所含中子的物质的量为0.9mol×10=9mol，即中子数为9NA，小于10NA，⑥正确；⑦若1molNH5中含有

5NA个N—H键，则1和NH5分子中含5个N-H键，N原子最外层电子数为10，与NH5中所有原子都达到稀有气体的稳定结构矛盾，⑦错误；综上所述，①②④⑤⑦错误，C满足题意。答案选C。9.类推是一种重要的学习方法，但如果不具

体问题具体分析就会得出错误结论。下列类推结论正确的是（）A.SiH4的熔沸点比CH4高，则PH3的熔沸点比NH3高B.H2O比NH3稳定，则H2S也比NH3稳定C.Al既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应，

则同主族的铟(In)也都能与二者反应D.同族元素有Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，Pb(OH)4的碱性也应强于Sn(OH)4【答案】D【解析】【详解】A．氨气分子之间存在氢键，导致熔沸点高于PH3，故A错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，O的非金属性大于N，所以H2O比N

H3稳定，但S的非金属性小于N，所以H2S不如NH3稳定，故B错误；C．同主族元素自上而下金属性增强，铟(In)的金属性比Al强，不一定能和氢氧化钠反应，故C错误；D．Ca和Mg为同主族元素，Ca位于Mg的下方，金属性更强

，所以Ca(OH)2的碱性强于Mg(OH)2，同理Pb、Sn位于同一主族，Pb位于Sn下方，Pb的金属性强于Sn，所以碱性应该是Pb(OH)4＞Sn(OH)4，故D正确；故答案为D。10.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优

点，下列关于四个“封管实验”(夹持装置未画出、I2固体易升华)的说法正确的是（）A.加热时，①中封管内固体消失B.加热时，②中溶液变为无色，冷却后又变红C.加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的氧化性D.加热又冷却的过程中，①④属于物理变化，②③属于化学变化【答案】B【解析】【详解

】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵，封管内固体不消失，故A错误；B．加热时氨气逸出，溶液的颜色为无色，冷却后氨气溶解溶液变为红色，故B正确；C．加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，

体现SO2的漂白性，故C错误；D．氯化铵的分解为化学变化，故D错误；答案为B。11.下列有关物质结构和元素周期律的说法中，正确的是（）A.共价化合物一定只含有共价键B.元素原子电子层数越多，越容易失电子，金属性越强C.同周期元素从左到右，随着原子序数的递增

，简单离子的半径逐渐减小D.同一主族元素对应氢化物的沸点，从上到下逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A．只含共价键的化合物称为共价化合物，故共价化合物一定只含共价键，A正确；B．元素原子失电子能力和电子层数、最外层电子数、核电荷数等有

关，故电子层数多的失电子能力不一定强，即金属性不一定强，B错误；C．同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，简单阳离子的半径逐渐减小，简单阴离子的半径逐渐减小，但简单阴离子的半径比简单阳离子的半径大，C错误；D．NH3、H

2O、HF分子间存在氢键，沸点在同主族元素的氢化物中较高，即对应主族元素的氢化物的沸点从上到下先减小后增大，D错误。答案选A。12.下列说法正确的个数为（）①化学键断裂，一定发生化学变化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A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】【详解】①化学键断裂，不一定发生化学变化，如NaCl溶于水，离子键断裂，但是是一个物理变化，①错误；②不是所有物质中都存在化学键，如稀有气体中不含化学键，②错误；③氢

键不属于化学键，③错误；④离子键就是阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，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不是所有原子形成共价键后均满足稳定结构，例如BF3中B原子最外层只有6个电子，⑥错误；⑦离子化合物在熔化状态下能够电离出阴阳离子而导电

，而共价化合物由共价分子构成，熔化状态不会导电，故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，⑦正确；⑧两种非金属元素形成的化合物可能含有离子键，如NH4H，⑧错误；综上所述：⑤⑦正确，B满足题

意。答案选B。13.原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是（）A.

W单质易溶于W与X形成的某种化合物B.X和Z的单质的硬度均较大C.野外钢轨焊接中常用到Y的单质D.Q通常可用来干燥CO2、SO2、NO2等气体【答案】B【解析】【分析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，则Z必为第三周期元素，设Z原子的最外层电子数为n，则n=0.4×(2+

8)，解得：n=4，则Z为14号元素Si；X的最高正化合价与Z的相同，则X为C；W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，则Z为S，Q为硫酸；Y的原子序数比X大且Y元素的周期序数等于族序数，则X为Al；综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、

Al、Si、S，据此解答。【详解】A．W的单质为S，W与X形成的化合物为CS2，S易溶于CS2，A正确；B．C单质可能质软，如石墨，B错误；C．常用Y(Al)和Fe2O3的铝热反应焊接钢轨，用到Y(Al)，C正确；D．Q为浓硫酸，CO2、SO2、NO2均不和

浓硫酸反应，故可用浓硫酸干燥CO2、SO2、NO2等气体，D正确。答案选B。14.寿山石M4[N4Y10(YX)8]是我国四大印章石之首，被称为国石。X、Y、M、N是原子序数依次增大的短周期元素，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX-含有相同的

电子数。下列说法正确的是（）A.原子半径：X<Y<N<MB.简单氢化物的稳定性：Y<NC.第82号元素与M位于同一主族D.X和M形成的化合物溶于水显酸性【答案】A【解析】【分析】M元素是地壳中含量最高的金属元素

，则M为Al；N元素的单质常用来制造太阳能电池，则N为Si；X3Y+和YX-含有相同的电子数，则X为H，Y为O，X3Y+为H3O+，YX-为OH-；综上所述，X、Y、M、N分别为：H、O、Al、Si，据此解答。【详解】A．H原子只有1个电子层，原子半径最小，O原子有2个电子层，

Al、Si原子均有3个电子层，故O原子半径第二小，Al、Si原子均有3个电子层，Si的核电荷数较Al大，故原子半径Si小于Al，综上所述，原子半径：X(H)<Y(O)<N(Si)<M(Al)，A正确；B．N(Si)的非金属性比Y(O)的非金属性弱，故氢化

物的稳定性：Y＞N，B错误；C．M为Al，和Al同主族且原子序数比Al大的元素原子序数应为：13+18=31、31+18=49、49+32=81、81+32=113，即第81号元素与M不属于同一主族，C错

误；D．X为H、M为Al，H与Al形成的化合物为AlH3，AlH3与水反应生成Al(OH)3和氢气，故X和M形成的化合物溶于水显碱性，D错误。答案选A。15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号LMXRTQ原子半径/nm0.1600

.1430.1020.0890.0740.078主要化合价+2+3+6、-2+2-2+5、-3则下列相关叙述错误的是（）A.简单氢化物的沸点：T>XB.离子半径：X2->T2->L2+>M3+C.T和氢元素形成的化合物中只含有极性共价键D.M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强

碱反应又能与强酸反应【答案】C【解析】【分析】X、T主要化合价均有-2价，X半径比T大且X有+6价，则T为O，X为S；L、R主要化合价均为+2价且L原子半径大于R原子半径，则L为Mg，R为Be；Q有+5价和-3价且Q的原子半径比X(S)小，则Q为N；M常见化合价为+3价且原子半径

比X(S)大，则M为Al；综上所述，L、M、X、R、T、Q分别为：Mg、Al、S、Be、O、N，据此解答。【详解】A．T为O，X为S，O的简单氢化物H2O常温呈液态，S的氢化物H2S常温呈气态，故简单氢化物的沸点：T(H2O)＞X(H2S)，A正确；B．

X为S，T为O，L为Mg，M为Al，S2-有三个电子层，其余三种离子具有相同的电子层结构、且有2个电子层，故S2-的半径最大，核电荷数：O＜Mg＜Al，故离子半径：S2-＞O2-＞Mg2+＞Al3+，即离子半径：X2->T2->L2+>M3+，B正确；C．T为O，O和H

形成的化合物为H2O和H2O2，H2O2既含极性共价键、又含非极性共价键，C错误；D．M为Al，R为Be，Be和Al位于金属元素与非金属元素分界线附近，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3和Be(OH)2均为两性氢氧化物，均既能与强碱反应又能与强酸反应，D正确；答案选

C。16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确．．．的是（）A.简单离子半径大小：X＞YB.气态氢化

物的还原性：X＜ZC.丁和戊中所含元素种类相同D.W的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】D【解析】【分析】四种元素均为短周期元素，常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，则A为Al，元素Y为Al

元素，甲为硫酸或硝酸；丙是无色气体，则甲为硫酸，丙为二氧化硫，丁为水，乙为硫酸铝，丙和戊反应生成硫酸，则戊为过氧化氢；丙、丁、戊均是由W、X、Y、Z四种元素组成的化合物，则元素W、X、Z应为：H、O、S；综上所述，元素W、X、Y、Z分别为：H、O、A

l、S，甲、乙、丙、丁、戊分别为：H2SO4、Al2(SO4)3、SO2、H2O、H2O2，A为Al，据此解答。【详解】A．X为O，Y为Al，O2-和Al3+的核外电子排布相同，均有2个电子层，O的核电荷数较小，故O2

-的半径比Al3+的半径大，即简单离子半径大小：X＞Y，A正确；B．X为O，Z为S，O的非金属比S强，所以O2的氧化性比S单质的氧化性强，O2-的还原性比S2-的还原性弱，所以气态氢化物的还原性：X＜Z，B正确；C．丁为H2O，戊为H2O2，二者所含元素种类相同，C正确；D．W的

简单离子为H+，Z的简单离子为S2-，二者在水溶液中发生反应生成H2S，因此不能大量共存，D错误。答案选D。17.一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单

离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（）A.工业上通过电解熔融的WX来制得WB.Z、X两元素形成的某种化合物可做消毒剂C.Y的最高价氧化物对应水化物为强酸D.该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构【答案】B【解析

】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布

相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z

为H元素A．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，A选项错误；B．H和O元素形成的化合物H2O2俗称双氧水，具有强氧化性，常用作医疗上的消毒剂，B选项正确；C．Y为B，B的最高价氧化物对应水化物

H3BO3为弱酸，C选项错误；D．该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，D选项错误；答案选B。18.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2＋BCu与浓硫酸反应，实验结束后，将水加入烧瓶中溶液变

蓝证明反应生成了Cu2＋C向某溶液中滴加稀硫酸产生有刺激性气味的气体原溶液中可能含有SO32-D向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．溶液变红的

原因是发生反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，所以稀硫酸不能氧化亚铁离子，故A错误；B．Cu与浓硫酸反应，实验结束后，浓硫酸可能未反应完全，类比浓硫酸的稀释，应将Cu与浓硫酸反应后的混合物加入到盛有水的烧瓶中，确保

实验安全，故B错误；C．产生有刺激性气味的气体可能是SO2，原溶液中可能含有SO32-、也可能含有HSO3-等，故C正确；D．滴加稀NaOH溶液，且实验过程中未加热，可能生成一水合氨，氨气未从溶液中逸出，则原溶液中可能含NH4+，故D错误；答案选C。19.某稀溶液中含有5

molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是()A.所得溶液中c(NO3-)=2.75mol·L-1B.所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=

1：1C.反应后生成NO的体积为33.6L(标准状况下)D.所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+完全反应。+-3+32Fe+4H+NO=Fe+NO+2HO1.25mol5mol1.25mol1.25mol1.

1411125mol铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.25mol硝酸根离子剩余5mol-1.25mol=3.75moln(Fe3+)=1.25mol，V(NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×

22.4L/mol=28L；第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。3+2+Fe+2Fe=3Fe1230.25mol0.5mol0.75mol铁离子剩余：1.25mol-0.5mol=0.75mol，生成n(Fe2+

)=0.75mol。【详解】根据以上分析可知A．所得溶液中c(NO3－)＝3.75mol1L=3.75mol·L－1，故A错误；B．所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝0.75mol1L:0.75mol1L=1:1，故B正确；C．反应后生成NO的体积为V(

NO)=n(NO)×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L(标准状况下)，故C错误；D．反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误；答案选B。【点睛】硝酸钾和硫酸的混合溶液相当

于是稀硝酸，所以其与加入的铁粉发生反应的实质是铁与稀硝酸的反应，应该用离子方程式解题。20.一定量的浓硝酸与足量铜在烧杯中充分反应，产生NO2、N2O4和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，则气体被水完全吸收。若继续向烧杯中加入5mol·L-1H2SO4溶液100mL，剩余的铜恰好被溶解，则Cu的总质量为()A.9.6gB.19.2gC.24gD.25.6g【答案】D【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失去的电子，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)=1.12L22.4L/mol42＝0.1mol，硝酸溶解的铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，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)=2×5mol/L×0.1L=1mol，n(H+)：n(NO3-)=1mol：0.2mol=5：1＞14，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：-+2+323Cu+2NO+8H3Cu+2NO192g2molx0+.4HO2mol＝19

2g：2mol=x：0.2mol，解得x＝19.2g，故反应过程中一共消耗铜的质量=19.2g+6.4g=25.6g。答案选D。【点睛】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。第Ⅱ卷（共40分）二、填空题（本题包括3个

小题，共40分）21.某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、性质等实验(图中夹持装置有省略)。请按要求填空：Ⅰ.探究氯气与氨气的反应（1）为制取干燥氨气，可将装置C与___(填装置名称)连接；装置C中的烧瓶内固体宜选用___。a.氯化钙b.碱石灰c.五氧化二磷d.生

石灰（2）装置A、E、E连接可制取纯净、干燥的氯气，则两个E装置内的药品依次是__。（3）装置F可用于探究氯气与氨气的反应。实验时打开开关1、3，关闭2，先向烧瓶中通入___（填名称），然后关闭1、3，打开2，向烧瓶中缓慢通入一定量的另一种气体。实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁

凝结，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子___，F的烧杯中所装液体为__，所起的作用是__。Ⅱ.探究某些物质的性质（1）利用装置A、E，可设计实验比较Cl-和Br-的还原性强弱。将装置A中产生的气体通入盛有NaBr溶液的装置E中，充分反应后取下E，加入CCl4，静置后观察到____的实验现

象，则证明Br-的还原性强于Cl-。（2）将装置B、C分别与F相连后，进行H2S与SO2反应的实验。简述检查装置B气密性的操作____，F的烧瓶中发生反应的化学方程式为____。【答案】(1).球形干燥管（或干燥管）(2).b、d(3).饱和食盐水、浓硫酸(4).氯气(5).取少量固体

于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+(6).NaOH溶液(7).吸收逸出的Cl2(8).装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）(9).

夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好(10).SO2＋2H2S=3S＋2H2O【解析】【分析】Ⅰ(1)氨气是碱性气体应使用碱性干燥剂，一般为碱石灰或生石

灰；(2)浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl和水蒸气；(3)氨气极易溶于水，易引起倒吸，形成喷泉，氯气有颜色，会对实验现象产生干扰；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；氯气有毒，不能排放到大气中，一般用碱液吸收；Ⅱ(1)氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被

四氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大；(2)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O。【详解】Ⅰ(1)氨气若用装置C制取，利用的是浓氨水与吸水

剂反应，注意吸水剂不能与氨气反应，可选用碱石灰或生石灰，则C与球形干燥管（或干燥管）相连，故选b、d；(2)制取氯气的反应原理为浓盐酸与二氧化锰加热，若获得纯净、干燥的氯气，要先通过饱和食盐水吸收挥发出来的HCl，再通过浓硫酸干燥；(

3)开关3与液体相连，若先通氨气，易导致喷泉现象发生，另外，氯气为黄绿色气体，最后通氯气易干扰白烟现象的观察，故先通氯气后通氨气。NH4+的检验方法为取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体

中有NH4+；F的烧杯中所装液体为NaOH溶液，作用是吸收逸出的Cl2；Ⅱ(1)比较Cl－和Br－的还原性强弱，可利用其对应单质间的置换反应，即氯气能将溴化钠溶液中的溴离子置换出来生成溴单质，在加入四氯化碳，溴在四氯化碳中的溶解度更大，被四

氯化碳萃取并分层，四氯化碳的密度比水大，则现象为：装置E中的液体分层，下层液体为橙红色（或红棕色）；(2)检查装置B气密性的操作为：夹紧止水夹，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液

面差保持不变，则表明气密性良好；B生成H2S，C生成SO2，二者混合生成S和H2O，化学方程式为SO2＋2H2S=3S＋2H2O。22.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其一种单质可吸收紫外线，是地球的保护伞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___，G的元素名称为___，它的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是___。（2）A与C以原子个数比为1：1形成的一种化合物，其所

属化合物类型为___（填“离子化合物”或“共价化合物”），包含的化学键有__（填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”）。（3）F常温下可以形成两种用途广泛的氢化物，它们的电子式分别为__和__，并用电子式表示出其最简单气态氢化物的形成过程___。（4）D在元素周期表中

的位置__，D与E相比非金属性较强的是__(填元素名称)，请从原子结构的角度解释原因：__。（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学

方程式：___。【答案】(1).Al(2).碳(3).146C(4).离子化合物(5).离子键和非极性共价键(6).(7).(8).(9).第三周期第VIA族(10).氯(11).氯与硫电子层数相同，氯原子

半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫(12).4KClO3400℃KCl+3KClO4【解析】【分析】由题干信息，A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期元素，A的一种单质

可吸收紫外线，是地球的保护伞，该单质是O3，则A是O元素，B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，则B为Al元素，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元素，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元素，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是C元素，据此分析解答。【详解】

(1)根据上述分析可知，B为Al元素，元素符号为Al，G为C元素，元素名称为碳，146C可用于测定文物年代，故答案为：Al；碳；146C；(2)O与Na以原子个数比为1：1形成的一种化合物为Na2O2，Na+和O22-

形成离子键，O22-中O原子和O原子之间形成非极性共价键，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；离子键和非极性共价键；(3)N在常温下可形成两种用途广泛的氢化物为NH3和N2H4，均属于共价化合物，电子式分别为和，最简单的气态氢化物为NH3，其形成过程可

表示为，故答案为：；；；(4)D为S元素，位于元素周期表的第三周期第ⅥA族，E为Cl元素，由于氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，则非金属性Cl＞S，故答案为：第三周期第ⅥA族；氯；氯与硫电子层数相同，氯原子半径小于硫，氯对最外层

电子的吸引能力强，所以氯得电子能力强，即非金属性氯大于硫；(5)根据题干信息可知，KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则两种盐为氯化钾和高氯酸钾

，反应方程式为4KClO3400℃KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3400℃KCl+3KClO4。23.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出）（1）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A

是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的离子方程式是__，用电子式表示C的形成过程__，六种物质中所有元素的原子半径由大到小的顺序为__（用元素符号表示）。（2）若A、D、F都是短周期非金

属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则C的化学式为__，E的结构式为__，A、D、F所对应元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是__（用化学式表示），反应①的化学方程式是__。（3）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，③和④两个反应中都有水生成，

反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应①的化学方程式是__，在反应中若有3mol电子转移，则生成C的物质的量为___。【答案】(1).C+4H++4NO3加热CO2↑+4NO2↑+2H2O(2).(3).Mg＞C＞N＞O＞H(4).CO(5

).O=C=O(6).H2O＞CH4＞SiH4(7).SiO2+2C高温Si+2CO↑(8).2NH3+3Cl2=N2+6HCl(9).0.5mol【解析】【分析】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子

数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，据此分析解答；(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A

、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，据此分析解答；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A为

NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，据此分析解答。【详解】(1)若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，则D处于第二周期、A处于第三周期，设A原子最外层电

子数为x，则2+8+x=2(2+2x)，解得x=2，故A为Mg，D为C，则B为CO2，C为MgO，③与④两个反应中都有红棕色气体生成，则F为HNO3，E为Mg(NO3)2，反应④的离子方程式是C+4H++4

NO3加热CO2↑+4NO2↑+2H2O；C为MgO，C的形成过程为：；六种物质中所有元素为H、Mg、N、C、O，同周期元素，随核电荷数增大，半径减小，原子半径由大到小的顺序为Mg＞C＞N＞O＞H；(2)A、D、F都是短周期非金属

元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，A和F反应生成E，C和F生成E，则C的化学式为CO，E为CO2，结构式为O=C=O；A、D、F所对应元素的气态氢化物分别为H2O、CH4、SiH4，非金属性越强，对应气态氢化物的

稳定性越强，则由强到弱的顺序是H2O＞CH4＞SiH4；反应①为化学方程式是SiO2+2C高温Si+2CO↑；(3)若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，则B为Cl2，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以

推知C为N2，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应①为置换反应，化学方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl，每生成1molN2转移6mol电子，则若有3mol电子转移，生成N2的物质的量为

0.5mol。