四川省成都七中实验学校2015-2016学年高一（下）期中化学试卷（解析版）

2015-2016学年四川省成都七中实验学校高一（下）期中化学试卷
　
一．选择题（只有一个正确答案1-17题各3分，共51分）
1．下列反应中，既属于氧化还原反应，又是放热热反应的是（　　）
A．铝片与稀盐酸的反应 B．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．盐酸在烧碱溶液反应
2．X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如右图，X通过共用三对电子形成X2分子，下列说法不正确的是（　　）
A．化合物XZ3中各原子均满足8电子的稳定结构
B．X、Y、Z三种元素形成的含氧酸都是强酸
C．常温下，Z单质可与Y的氢化物发生置换反应
D．一定条件下，X2与Al反应得到AlX
3．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10．A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数．则下列叙述正确的是（　　）
A．D元素处于元素周期表中第3周期VIA族
B．四种元素的原子半径：A＜B＜C＜D
C．B、D的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
D．一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质
4．下列图示的装置属于原电池的是（　　）
A． B． C． D．
5．已知空气﹣锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，据此判断，锌片是（　　）
A．正极，被还原 B．正极，被氧化 C．负极，被还原 D．负极，被氧化
6．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获2002年诺贝尔化学奖．下面有关叙述正确的是（　　）
A．13C与15N有相同的中子数
B．13C与C60互为同素异形体
C．15N 与14N 互为同位素
D．232Th转化成233U是化学变化
7．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．该反应是吸热反应
B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量
C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量
D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
8．下列化学用语使用正确的是（　　）
A．NH4Cl的电子式：
B．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
C．氧化钠的电子式：
D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子表示为： R
9．高铁电池是一种新型电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述正确的是（　　）
A．放电时正极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2
B．该原电池，Zn作正极，可用石墨等作负极
C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
10．有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入盐酸中，b不易腐蚀；将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化；如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（　　）
A．d、b、a、c B．b、a、d、c C．d、a、b、c D．d、c、a、b
11．能说明氯的非金属性比硫强的事实是（　　）
A．氯化氢的酸性强于硫化氢
B．氯化氢的稳定性比硫化氢强
C．氯气能与水反应而硫不能
D．氯原子最外电子层上有7个电子而硫最外电子层上有6个电子
12．已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）
A．质子数：c＞d B．氢化物的稳定性：H2Y＞HZ
C．离子的氧化性：X+＜W3+ D．原子半径：X＜W
13．下列过程中，共价键被破坏的是（　　）
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水
⑤冰融化 ⑥NH4Cl受热“升华”⑦氢氧化钠熔化 ⑧（NH4）2SO4溶于水．
A．①②④⑥⑦ B．④⑥ C．①④⑤⑧ D．①②④⑤⑥⑦
14．下列物质中，既含有离子键又含有非极性键的是（　　）
A．CO2 B．MgCl2 C．KOH D．Na2O2
15．将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L．下列说法正确的是（　　）
A．用物质A表示2 s内的平均反应速率为0.3 mol/（L s）
B．用物质B表示2 s内的平均反应速率为0.6 mol/（L s）
C．2 s后物质A的转化率为70%
D．2 s后物质B的浓度为0.35 mol/L
16．在一定条件下，使10mol SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（　　）
A． B． C． D．
17．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0，单位mol/L），当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是（　　）
A．c1：c2=1：3
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol/L
　
二．填空题（18题6分，19题8分，20题6分，共20分）
18．下列物质中：互为同素异形体的有　　　　　　 （填序号，下同），属于同位素的有　　　　　　，属于同一种物质的有　　　　　　．
①液氯和氯气 ②16O、17O和18O ③金刚石与“足球烯”C60 ④白磷和P4 ⑤O2与O3 ⑥D与T．
19．下列物质中：只存在共价键的是　　　　　　（填序号，下同），既存在离子键又存在极性共价键的是　　　　　　，只存在离子键的是　　　　　　．
①Ar ②CO ③Na2O④KOH ⑤MgBr2 ⑥NH4Cl ⑦CaO2 ⑧H2SO4．
20．化学能在一定的条件下可以转化为电能．
（一）现有如下两个反应：
①2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2 ②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（1）根据两个反应的本质判断，您认为可以设计成原电池的是　　　　　　（填反应序号），理由是　　　　　　．
（二）请根据Fe+CuSO4=FeSO4+Cu反应，选择适宜的材料和试剂设计一个原电池
（2）画出原电池装置图，并在图中标注出电极和电解质溶液的名称．
（3）写出该原电池电极反应式：正极：　　　　　　；负极：　　　　　　．
21．氮化钠（Na3N）是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3，请回答下列问题：
①比较Na3N中两种微粒的半径r（Na+）　　　　　　r（N3﹣）（填“＞”“＜”或“=”），
②Na3N与水反应属于　　　　　　反应（填“氧化还原”或“非氧化还原”）；
③Na3N与盐酸反应生成两种盐的化学式为　　　　　　；
④写出化合物Na3N的电子式：　　　　　　．
　
三．实验题和推断题（21题13分、22题8分，共21分）
22．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣ 具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）用电子式表示AmC的形成过程　　　　　　．
（2）Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱顺序为：　　　　　　，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为　　　　　　．
（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，在常温下反应的离子方程式为：　　　　　　．
（4）常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液按体积比1：1混合，写出该反应的离子方程式　　　　　　．该溶液的溶质含有的化学键类型是　　　　　　．
（5）HmD和 HmC沸点较高的是　　　　　　（填化学式），原因是　　　　　　．
（6）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是　　　　　　（填元素符号）．
23．某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究．
（1）下表是该小组研究影响过氧化氢（H2O2）分解速率的因素时采集的一组数据：
用10mL H2O2制取150mLO2所需的时间（秒）
①该研究小组在设计方案时．考虑了浓度、　　　　　　、　　　　　　等因素对过氧化氢分解速率的影响．
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响　　　　　　．
（2）将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条测试．测定结果如下：
催化剂（MnO2） 操作情况 观察结果 反应完成所需的时间
粉末状 混合不振荡 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30分钟
①写出H2O2发生的化学反应方程式　　　　　　．
②实验结果说明催化剂作用的大小与　　　　　　有关．
　
四．计算题（23题8分，共8分）
24．在100℃时，把0.5mol N2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol L﹣1．在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍．请回答下列问题：
（1）前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为　　　　　　；
（2）平衡时，NO2的体积分数为　　　　　　；
（3）平衡时，N2O4的转化率为　　　　　　；
（4）平衡时，混合气体的平均摩尔质量为　　　　　　．
　
2015-2016学年四川省成都七中实验学校高一（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
　
一．选择题（只有一个正确答案1-17题各3分，共51分）
1．下列反应中，既属于氧化还原反应，又是放热热反应的是（　　）
A．铝片与稀盐酸的反应 B．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．盐酸在烧碱溶液反应
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的放热反应有：绝大多数的化合反应，所有的燃烧，金属与水或酸的反应，铝热反应，酸碱中和反应等；常见的吸热反应有：Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，据此分析．
【解答】解：A、金属与水或酸的反应均为放热反应，故铝和稀盐酸为放热反应，且有化合价的改变，故为氧化还原反应，故A正确；
B、Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，且不是氧化还原反应，故B错误；
C、灼热的碳与二氧化碳反应，是以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故C错误；
D、盐酸和烧碱反应为酸碱中和反应，为放热反应，但不是氧化还原反应，故D错误．
故选A．
　
2．X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如右图，X通过共用三对电子形成X2分子，下列说法不正确的是（　　）
A．化合物XZ3中各原子均满足8电子的稳定结构
B．X、Y、Z三种元素形成的含氧酸都是强酸
C．常温下，Z单质可与Y的氢化物发生置换反应
D．一定条件下，X2与Al反应得到AlX
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】X、Y、Z是短周期元素，X通过共用三对电子形成X2分子，则X为氮元素，根据X、Y、Z在周期表中相对位置可知，Y为硫元素，Z为氯元素，结合元素性质的递变规律分析解答．
【解答】解：X、Y、Z是短周期元素，X通过共用三对电子形成X2分子，则X为氮元素，根据X、Y、Z在周期表中相对位置可知，Y为硫元素，Z为氯元素．
A．化合物NCl3中，N原子形成3个N﹣Cl键，N原子、Cl原子都满足8电子的稳定结构，故A正确；
B．硫元素形成的亚硫酸，氯元素形成的次氯酸，都属于弱酸，故B错误；
C．氯气有强氧化性，能与硫化氢发生反应：Cl2+H2S=2HCl+S↓，属于置换反应，故C正确；
D．氮元素核外有5个电子，非金属性强，一定条件下，N2与Al反应得到AlN，故D正确．
故选：B．
　
3．短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10．A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数．则下列叙述正确的是（　　）
A．D元素处于元素周期表中第3周期VIA族
B．四种元素的原子半径：A＜B＜C＜D
C．B、D的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
D．一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10，B为C，C为Na，D为Si，它们的核电荷数1+6+11+14=32，符合题意；若B为第三周元素，则2x=8，x=4，A为碳，C为硅，B和D找不出符合题意的元素，
A、根据D为硅，利用电子排布来分析其位置；
B、利用电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半径在减小来分析；
C、二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体；
D、高温下，碳与二氧化硅能发生反应，常温下钠与水反应．
【解答】解：A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10，B为C，C为Na，D为Si，它们的核电荷数1+6+11+14=32，符合题意；
A、因硅有3个电子层，最外层电子数为4，则在周期表中的第三周期第ⅣA族，故A错误；
B、电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半径在减小，则半径关系为C＞D＞B＞A，故B错误；
C、二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体，物理性质不同，故C错误；
D、因C+SiO2Si+2CO↑，2Na+2H20═2NaOH+H2↑，即B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质，故D正确；
故选D．
　
4．下列图示的装置属于原电池的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应．
【解答】解：A、两电极材料相同，不能形成原电池，故A错误；
B、两电极材料不同，锌较活泼，能与硫酸铜溶液反应，形成闭合回路，所以能形成原电池，故B正确；
C、乙醇溶液不导电，不能形成原电池，故C错误；
D、该装置不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，故D错误；
故选B．
　
5．已知空气﹣锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，据此判断，锌片是（　　）
A．正极，被还原 B．正极，被氧化 C．负极，被还原 D．负极，被氧化
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据化合价变化判断氧化还原反应，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应．
【解答】解：锌片：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=ZnO+H2O，电极反应中锌的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极，被氧化．
故选：D．
　
6．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获2002年诺贝尔化学奖．下面有关叙述正确的是（　　）
A．13C与15N有相同的中子数
B．13C与C60互为同素异形体
C．15N 与14N 互为同位素
D．232Th转化成233U是化学变化
【考点】同位素及其应用．
【分析】13C、15N、14N的质量数分别为13、15、14，质子数分别为6、7、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答．
【解答】解：A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；
B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；
C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；
D．原子是化学变化中的最小微粒，232Th转化成233U是原子间的转化，不属于化学变化，故D错误；
故选C．
　
7．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．该反应是吸热反应
B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量
C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量
D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
【考点】化学反应中能量转化的原因．
【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；
B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；
C、根据旧键的断裂吸收能量；
D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量．
【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；
故选C．
　
8．下列化学用语使用正确的是（　　）
A．NH4Cl的电子式：
B．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
C．氧化钠的电子式：
D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子表示为： R
【考点】电子式；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成．
【分析】A、氯化铵为离子晶体，由氨根离子与氯离子通过离子键结合在一起；
B、HCl是共价化合物；
C、相同离子不能合并；
D、阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，表示核素的原子符号应写出质子数和质量数．
【解答】解：A、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故A错误；
B、氯化氢是共价化合物，不存在离子键，氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，氯原子最外层有7个电子，氯化氢分子的形成过程：，故B错误；
C、氧化钠中存在钠离子和氧离子，相同离子不能合并，故氧化钠的电子式为：，故C错误；
D、R2+离子核外有a个电子，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，所以R原子符号为a+2a+b+2R，故D正确．
故选D．
　
9．高铁电池是一种新型电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述正确的是（　　）
A．放电时正极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2
B．该原电池，Zn作正极，可用石墨等作负极
C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池总反应3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，可知，放电时，Zn被氧化，应为电池的负极，电极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣，结合电极反应式解答该题．
【解答】解：A．K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe（OH）3，电极反应式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣，故A错误；
B．Zn被氧化生成Zn（OH）2，应为负极，故B错误；
C．放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；
D．放电时，正极生成OH﹣，溶液碱性增强，故D正确．
故选D．
　
10．有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连结起来浸入盐酸中，b不易腐蚀；将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈；将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化；如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（　　）
A．d、b、a、c B．b、a、d、c C．d、a、b、c D．d、c、a、b
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．
【分析】在原电池中，较为活泼的金属为负极，易腐蚀；金属的活泼性越强，越易与酸反应，反应越剧烈；结合金属之间置换反应的特点判断金属的强弱．
【解答】解：将a与b用导线连结起来浸入盐酸中，b不易腐蚀，说明b为正极，a为负极，则金属活动性a＞b；
将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈，说明金属活动性d＞a；
将Cu浸入b的盐溶液里，无明显变化，说明铜不能置换出b，b活动性比铜强；
如果把Cu浸入c的盐溶液里，有c的单质析出，说明活动性Cu＞c，则活动性d＞a＞b＞Cu＞c，
故选C．
　
11．能说明氯的非金属性比硫强的事实是（　　）
A．氯化氢的酸性强于硫化氢
B．氯化氢的稳定性比硫化氢强
C．氯气能与水反应而硫不能
D．氯原子最外电子层上有7个电子而硫最外电子层上有6个电子
【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
【分析】利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱，以此来解答．
【解答】解：A．可以根据元素最高价含氧酸的酸性来比较元素的非金属性，氯化氢的酸性强于硫化氢，无法说明非金属性的强弱，故A错误；
B．氯化氢的稳定性比硫化氢强，则Cl的非金属性比S的强，故B正确；
C．物质能否与水反应，与非金属性强弱无关，所以判断比较非金属性的强弱，故C错误；
D．最外层电子数多的元素非金属性不一定强，如Br最外层有7个电子，O最外层6个电子，但是非金属性O比Br强，所以不能直接根据最外层电子数多少判断比较非金属性的强弱，故D错误．
故选B．
　
12．已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）
A．质子数：c＞d B．氢化物的稳定性：H2Y＞HZ
C．离子的氧化性：X+＜W3+ D．原子半径：X＜W
【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，以此解答该题．
【解答】解：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，
A．离子的电子层结构相同，则c+2=d+1，则质子数d＞c，故A错误；
B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Y＜Z，则氢化物的稳定性H2Y＜HZ，故B错误；
C．元素的金属性越强，其阳离子的氧化性越弱，金属性Na＞Al，则离子的氧化性：X+＜W3+，故C正确；
D．W是Al元素、X是Na元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径W＜X，故D错误；
故选C．
　
13．下列过程中，共价键被破坏的是（　　）
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水
⑤冰融化 ⑥NH4Cl受热“升华”⑦氢氧化钠熔化 ⑧（NH4）2SO4溶于水．
A．①②④⑥⑦ B．④⑥ C．①④⑤⑧ D．①②④⑤⑥⑦
【考点】化学键．
【分析】发生化学变化及电离时化学键被破坏，一般非金属元素之间形成共价键，以此来解答．
【解答】解：①碘升华，破坏的为分子间作用力，故不选；
②溴蒸气被木炭吸附，破坏的为分子间作用力，故不选；
③酒精溶于水，不发生电离，破坏的为分子间作用力，故不选；
④HCl气体溶于水，发生电离，H﹣Cl共价键被破坏，故选；
⑤冰融化，破坏的为分子间作用力，故不选；
⑥NH4Cl受热“升华”，发生化学变化，生成氨气和HCl，N﹣H共价键破坏，故选；
⑦氢氧化钠熔化，离子键被破坏，故不选；
⑧（NH4）2SO4溶于水，发生电离，离子键被破坏，故不选；
故选B．
　
14．下列物质中，既含有离子键又含有非极性键的是（　　）
A．CO2 B．MgCl2 C．KOH D．Na2O2
【考点】离子键的形成；极性键和非极性键．
【分析】活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属之间易形成共价键，同种非金属元素间形成非极性共价键，不同种非金属元素间形成极性共价键，据此分析．
【解答】解、A、二氧化碳中存在的化学键是非金属元素之间形成的共价键，故A错误；
B、氯化镁中存在的化学键是活泼金属和活泼非金属之间形成的离子键，故B错误；
C、氢氧化钾中存在的化学键既有钾离子和氢氧根离子之间的离子键，也有氧元素和氢元素之间的极性共价键，故C错误；
D、过氧化钠中存在的化学键有钠离子和过氧根之间的离子键，也有氧元素和氧元素之间的非极性共价键，故D正确；
故选D．
　
15．将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L．下列说法正确的是（　　）
A．用物质A表示2 s内的平均反应速率为0.3 mol/（L s）
B．用物质B表示2 s内的平均反应速率为0.6 mol/（L s）
C．2 s后物质A的转化率为70%
D．2 s后物质B的浓度为0.35 mol/L
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol；
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol） 4 2 0
变化量（mol） 1.2 0.6 1.2
2s末量（mol） 2.8 1.4 1.2
根据概念计算选项中的速率、转化率和浓度．
【解答】解：反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol；
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol） 4 2 0
变化量（mol） 1.2 0.6 1.2
2s末量（mol） 2.8 1.4 1.2
A、用物质A表示2 s内的平均反应速率==0.3 mol/（L s），故A正确；
B、用物质B表示2 s内的平均反应速率==0.15 mol/（L s）故B错误；
C、2 s后物质A的转化率=×100%=30%，故C错误；
D、2 s后物质B的浓度==0.7mol/L，故D错误；
故选A．
　
16．在一定条件下，使10mol SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），则下图中正确的是（表示混合气体的平均相对分子质量）（　　）
A． B． C． D．
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多；
C．反应向逆反应进行，据M=分析；
D．反应向逆反应进行，据ρ=分析．
【解答】解：A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；
B．据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；
C．据M=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，后来平衡不变了，故C正确；
D．反应向逆反应进行，据ρ=，气体的总质量不变，体积固定，ρ始终不变，故D错误．
故选C．
　
17．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0，单位mol/L），当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是（　　）
A．c1：c2=1：3
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol/L
【考点】化学平衡的计算．
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比判断；
B．反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
C．根据起始量以及转化量判断转化率关系；
D．从可逆反应的特点的角度分析．
【解答】解：X（g）+3Y（g）2Z（g）
起始：c1 c2 c3
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
A．由方程式可知，反应物的物质的量浓度的变化量与化学计量数成正比，则（ c1﹣0.1moL/L）：（c2﹣0.3mol/L）=1：3，则c1：c2=l：3，故A正确；
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应起始时c1：c2=l：3，由方程式可知，反应物的物质的量变化量与化学计量数呈正比，转化的物质的量也为1：3，则转化率应相等，故C错误；
D．如反应向正反应进行，则c1最小为0，如反应向逆反应方向进行，则c1最大为0.14，因反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则C1的取值范围为0＜c1＜0.14，故D正确．
故选C．
　
二．填空题（18题6分，19题8分，20题6分，共20分）
18．下列物质中：互为同素异形体的有　③⑤　 （填序号，下同），属于同位素的有　②⑥　，属于同一种物质的有　①④　．
①液氯和氯气 ②16O、17O和18O ③金刚石与“足球烯”C60 ④白磷和P4 ⑤O2与O3 ⑥D与T．
【考点】同素异形体；核素；同位素及其应用．
【分析】具有相同质子数，不同中子数或同一元素的不同核素互为同位素；
由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；
分子式相同、结构也相同的物质为同一种物质，据此分析．
【解答】解：①液氯是液态的氯气，故和氯气是同一种物质；
②16O、17O和18O是同一种元素的不同种原子，故互为同位素；
③金刚石与“足球烯”C60 是同种元素形成的不同种单质，故互为同素异形体；
④白磷即P4，故是同一种物质；
⑤O2与O3 是同种元素形成的不同种单质，故互为同素异形体；
⑥D与T是同一种元素的不同种原子，故互为同位素；
故答案为：③⑤；②⑥；①④．
　
19．下列物质中：只存在共价键的是　②⑧　（填序号，下同），既存在离子键又存在极性共价键的是　④⑥　，只存在离子键的是　③⑤　．
①Ar ②CO ③Na2O④KOH ⑤MgBr2 ⑥NH4Cl ⑦CaO2 ⑧H2SO4．
【考点】化学键．
【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属元素形成非极性共价键，不同种非金属元素形成极性共价键，以此来解答．
【解答】解：①Ar不含化学键；
②CO中只含C、O之间的极性共价键；
③Na2O中只含离子键；
④KOH中含离子键和O﹣H极性共价键；
⑤MgBr2中只含离子键；
⑥NH4Cl中含离子键和极性共价键；
⑦CaO2中含离子键和O﹣O非极性共价键；
⑧H2SO4中极性共价键，
则只存在共价键的是②⑧，既存在离子键又存在极性共价键的是④⑥，只存在离子键的是③⑤．
故答案为：②⑧；④⑥；③⑤．
　
20．化学能在一定的条件下可以转化为电能．
（一）现有如下两个反应：
①2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2 ②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（1）根据两个反应的本质判断，您认为可以设计成原电池的是　①　（填反应序号），理由是　反应①是氧化还原反应，有电子转移　．
（二）请根据Fe+CuSO4=FeSO4+Cu反应，选择适宜的材料和试剂设计一个原电池
（2）画出原电池装置图，并在图中标注出电极和电解质溶液的名称．
（3）写出该原电池电极反应式：正极：　Cu2++2e﹣=Cu　；负极：　Fe﹣2e﹣=Fe2+　．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】（一）从原电池反应必须是氧化还原反应的角度分析；
（二）（1）原电池的构成条件：有活泼性不同的两个电极；有电解质溶液；形成闭合回路；自发的氧化还原反应；
（2）电极中负极比正极活泼，是失电子的极，电解质中的阳离子在正极得电子．
【解答】解：（一）原电池是将化学能转变为电能的装置，只有氧化还原反应才有电子的转移，而①为氧化还原反应，能设计成原电池，②为非氧化还原反应，不可以设计成原电池，
故答案为：①；①为氧化还原反应，可以设计成原电池；
（二）（1）根据自发的氧化还原反应：金属锌失电子，为负极，正极可以用活泼性较差的金属铜，溶液中的铜离子得电子，必须用可溶的铜盐作电解质，结合原电池的构成条件，装置为：，故答案为：；
（2）负极是失去电子的极，金属要比正极活泼，所以Cu为正极，正极是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应，即Cu2+2e﹣=Cu；负极为锌，金属锌失电子生成锌离子，即Zn﹣2e﹣=Zn2+；
故答案为：Cu2+2e﹣=Cu；Zn﹣2e﹣=Zn2+．
　
21．氮化钠（Na3N）是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3，请回答下列问题：
①比较Na3N中两种微粒的半径r（Na+）　＜　r（N3﹣）（填“＞”“＜”或“=”），
②Na3N与水反应属于　非氧化还原　反应（填“氧化还原”或“非氧化还原”）；
③Na3N与盐酸反应生成两种盐的化学式为　NH4Cl、NaCl　；
④写出化合物Na3N的电子式：　　．
【考点】微粒半径大小的比较；电子式．
【分析】①电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
②Na3N与水反应生成NaOH与氨气，元素化合价没有发生变化；
③Na3N与盐酸反应生成两种盐为氯化铵与氯化钠；
④Na3N属于离子化合物，由钠离子与氮离子构成．
【解答】解：①电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r（Na+）＜r（N3﹣），
故答案为：＜；
②Na3N与水反应生成NaOH与氨气，元素化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，
故答案为：非氧化还原；
③Na3N与盐酸反应生成两种盐为氯化铵与氯化钠，
故答案为：NH4Cl、NaCl；
④Na3N属于离子化合物，由钠离子与氮离子构成，电子式为：，故答案为：．
　
三．实验题和推断题（21题13分、22题8分，共21分）
22．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣ 具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）用电子式表示AmC的形成过程　　．
（2）Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱顺序为：　S2﹣＞Cl﹣　，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为　Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓　．
（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，在常温下反应的离子方程式为：　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．
（4）常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液按体积比1：1混合，写出该反应的离子方程式　H2S+OH﹣=HS﹣+H2O　．该溶液的溶质含有的化学键类型是　离子键和共价键　．
（5）HmD和 HmC沸点较高的是　H2O　（填化学式），原因是　水分子间存在氢键　．
（6）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是　Na、S　（填元素符号）．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素，①热稳定性：HmD＞HmC，则非金属性D大于C且二者位于同一主族，所以D位于第二周期、C位于第三周期；
②Cm﹣、E（m﹣1）﹣ 具有相同的电子层结构，则E的原子序数比C大1，二者位于同一周期，都属于第三周期；
③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小且二者都为主族元素，则A位于第IA族、B位于第IIIA主族；
④A与B质子数之和是D质子数的3倍，D为第二周期元素，则A和B的质子数之和在9到27之间，A位于第IA族、B位于第IIIA主族，如果A是Li、B是B元素，二者质子数之和不是3的倍数，所以A是Na、B是Al元素，D是O元素，D和C位于同一主族，则C是S元素，E是Cl元素，m=2，再结合物质结构性质解答．
【解答】解：A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素，①热稳定性：HmD＞HmC，则非金属性D大于C且二者位于同一主族，所以D位于第二周期、C位于第三周期；
②Cm﹣、E（m﹣1）﹣ 具有相同的电子层结构，则E的原子序数比C大1，二者位于同一周期，都属于第三周期；
③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小且二者都为主族元素，则A位于第IA族、B位于第IIIA主族；
④A与B质子数之和是D质子数的3倍，D为第二周期元素，则A和B的质子数之和在9到27之间，A位于第IA族、B位于第IIIA主族，如果A是Li、B是B元素，二者质子数之和不是3的倍数，所以A是Na、B是Al元素，D是O元素，D和C位于同一主族，则C是S元素，E是Cl元素，m=2，
（1）A是Na、C是S元素，则AmC是Na2S，用电子式表示硫化钠的形成过程为：，
故答案为：；
（2）元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，S元素的非金属性小于Cl元素，所以Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱顺序为S2﹣＞Cl﹣，氯气能氧化硫离子生成硫单质，反应方程式为Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓，故答案为：S2﹣＞Cl﹣；Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓
（3）E是氯气，A与D形成的化合物的水溶液是NaOH，二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH溶液按体积比1：1混合，二者反应生成硫氢化钠，离子方程式为H2S+OH﹣=HS﹣+H2O，该溶液的溶质是硫氢化钠，硫氢化钠中钠离子和硫氢根离子之间存在离子键、S原子和H原子之间存在共价键，所以硫氢化钠中含有的化学键类型是离子键和共价键，故答案为：H2S+OH﹣=HS﹣+H2O；离子键和共价键；
（5）H2S中不含氢键，H2O中含有氢键，氢键的存在导致物质的沸点升高，所以沸点较高的是H2O，
故答案为：H2O；水分子间存在氢键；
（6）A、B、C、E单质分别是Na、Al、S、Cl2，根据单质能连续被氧化可知，符合条件的是Na和S，故答案为：Na、S．
　
23．某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究．
（1）下表是该小组研究影响过氧化氢（H2O2）分解速率的因素时采集的一组数据：
用10mL H2O2制取150mLO2所需的时间（秒）
①该研究小组在设计方案时．考虑了浓度、　温度　、　催化剂　等因素对过氧化氢分解速率的影响．
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响　温度升高化学反应速率加快；反应物浓度增大化学反应速率加快；使用合适的催化剂化学反应速率加快　．
（2）将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5mL 5%的双氧水中，并用带火星的木条测试．测定结果如下：
催化剂（MnO2） 操作情况 观察结果 反应完成所需的时间
粉末状 混合不振荡 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30分钟
①写出H2O2发生的化学反应方程式　2H2O22H2O+O2↑　．
②实验结果说明催化剂作用的大小与　接触面积　有关．
【考点】探究温度、压强对化学反应速率的影响；催化剂的作用；化学反应速率的影响因素．
【分析】（1）过氧化氢溶液是实验室制取氧气的重要药品，在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响设计实验方案来证明时，要注意实验的控制变量，以确保实验结果的准确性；
（2）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；由实验现象可知，催化剂作用大小的影响因素．
【解答】解：（1）①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与温度、催化剂有关，故答案为：温度；催化剂；
②分析表中数据可以看出，浓度越大，反应速率越快，加热能加快过氧化氢的分解，有催化剂是分解速率快，
故答案为：温度升高化学反应速率加快；反应物浓度增大化学反应速率加快；使用合适的催化剂化学反应速率加快；
（2）①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
②因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明接触面积对反应速率有影响，故答案为：接触面积．
　
四．计算题（23题8分，共8分）
24．在100℃时，把0.5mol N2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol L﹣1．在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍．请回答下列问题：
（1）前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为　0.005mol L﹣1s﹣1　；
（2）平衡时，NO2的体积分数为　75%　；
（3）平衡时，N2O4的转化率为　60%　；
（4）平衡时，混合气体的平均摩尔质量为　57.5g mol﹣1　．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】2秒时，NO2的浓度为0.02摩/升，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度；
依据化学平衡三段式列式计算，反应进行到60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，设消耗N2O4的物质的量为x，列式计算
N2O4═2NO2，
起始量（mol） 0.5 0
变化量（mol） x 2x
平衡量（mol）0.5﹣x 2x
0.5﹣x+2x=0.5×1.6
x=0.3mol
【解答】解：2秒时，NO2的浓度为0.02摩/升，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度；
依据化学平衡三段式列式计算，反应进行到60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，设消耗N2O4的物质的量为x，列式计算
N2O4═2NO2，
起始量（mol） 0.5 0
变化量（mol） x 2x
平衡量（mol）0.5﹣x 2x
0.5﹣x+2x=0.5×1.6
x=0.3mol
（1）2秒时，NO2的浓度为0.02摩/升，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/L．s；
故答案为：0.005mol/L．s；
（2）平衡时，NO2的体积分数=×100%=×100%=75%；
故答案为：75%；
（3）平衡时，N2O4的转化率=×100%=60%；
故答案为：60%；
（4）平衡时，混合气体的平均摩尔质量===57.5g/mol；
故答案为：57.5g mol﹣1；
　
2016年6月2日