2015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二上学期开学化学试卷
一、本题包括18小题
1．（2015高二上·武汉开学考）化学与社会生产、生活密切相关．下列做法错误的是（ ）
A．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
B．提倡步行、骑自行车、乘公交车等“低碳”出行方式
C．明矾在自来水的生产过程中，常用于杀菌消毒
D．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可以降低空气中PM2.5的含量
【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A．Si位于金属与非金属的交界处，为常见的半导体材料，用于制作太阳能电池板，故A正确；
B．步行、骑自行车、乘公交车等可减少二氧化碳的排放，则为“低碳”出行方式，故B正确；
C．明矾不具有强氧化性，可净化水，但不能用于杀菌消毒，故C错误；
D．开发利用各种新能源，减少化石能源使用，减少固体颗粒物的排放，则减少对化石燃料的依赖，可以降低空气中PM2.5的含量，故D正确；
故选C．
【分析】A．Si为常见的半导体材料，位于金属与非金属的交界处；
B．步行、骑自行车、乘公交车等可减少二氧化碳的排放；
C．明矾不具有强氧化性；
D．开发利用各种新能源，减少化石能源使用，减少固体颗粒物的排放．
2．（2015高二上·武汉开学考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．次氯酸的结构式：
C．CH3F的电子式：
D．CO2的分子比例模型：
【答案】B
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其正确的结构示意图为 ，故A错误；
B．次氯酸分子中存在1个氧氯共价键和1个氧氢键，为型结构，次氯酸的结构式为： ，故B正确；
C．CH3F为共价化合物，分子中存在3个碳氢键和1个C﹣F键，氟原子和碳原子最外层达到8电子稳定结构，正确的电子式为： ，故C错误；
D．二氧化碳为直线型结构，分子中碳原子的原子半径大于氧原子，二氧化碳的比例模型为： ，故D错误；
故选B．
【分析】A．氯离子的最外层电子数为8，核外电子总数为18；
B．次氯酸中存在1个氧氢键和1个氧氯键；
C．一氟甲烷中，氟原子最外层电子数为8；
D．二氧化碳分子中，碳原子的原子半径一个大于氧原子．
3．（2015高二上·武汉开学考）下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．NH3极易溶于水，可用作制冷剂
B．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C．SO2具有氧化性，可用于漂白品红、织物等
D．BaCO3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．NH3易液化，可用作制冷剂，故A错误；
B．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可用于漂白品红、织物等，故C错误；
D．碳酸钡能与胃酸（盐酸）反应生成易溶于水的氯化钡，Ba2+有毒，可使人中毒，故D错误；
故选B．
【分析】A．NH3易液化，可用作制冷剂；
B．根据作耐高温材料的熔点大；
C．SO2具有漂白性；
D．Ba2+有毒．
4．（2015高二上·武汉开学考）如图所示为与水相关的部分转化关系（水作反应物或生成物，部分产物和反应条件未列出）．下列说法错误的是（ ）
A．如图所示的反应均为氧化还原反应
B．比较镁、铁与水的反应条件，可知铁的金属性比镁弱
C．工业上常用NO2与水的反应原理制取硝酸
D．实验室中可用铜与稀硝酸反应制取NO2
【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．如图所示的反应均有元素的化合价发生变化，均为氧化还原反应，故A正确；
B．镁与冷水缓慢反应，而铁与水在高温下发生反应，说明铁的还原性比镁弱，即铁的金属性比镁弱，故B正确；
C．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，工业上常用NO2与水的反应原理制取硝酸，故C正确；
D．铜与稀硝酸反应得到NO，所以实验室中可用铜与稀硝酸反应不能得到NO2，故D错误；
故选：D；
【分析】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应；
B．不同还原剂与同一氧化剂反应时，可以根据反应条件来比较还原性的强弱；
C．根据NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；
D．根据铜与稀硝酸反应得到NO；
5．（2015高二上·武汉开学考）常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．加入KSCN显血红色的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、I﹣
B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．0.1 mol L﹣1的NaOH溶液：K+、SiO32﹣、NO3﹣、SO42﹣
D．通入足量SO2后的溶液：Na+、NH4+、ClO﹣、CH3COO﹣
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加入KSCN显血红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K+、SiO32﹣、NO3﹣、SO42﹣之间不发生反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．ClO﹣能够氧化SO2，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】A．加入KSCN显血红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化碘离子；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；
C．四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠溶液反应；
D．次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化二氧化硫．
6．（2015高二上·武汉开学考）下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是（ ）
A．图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2．则△H1＞△H2
C．同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同
D．在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ mol﹣1
【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、依据催化剂能降低反应的活化能，图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＞0，使用催化剂和未使用催化剂的变化曲线，反应过程中的能量变化，故A错误；
B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热，焓变为负值，则△H1＜△H2，故B错误；
C、同温同压下，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与反应条件和变化途径无关，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故C错误；
D、图象分析正逆反应的活化能之差即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ mol﹣1，故D正确．
故选：D．
【分析】A、曲线a是使用催化剂降低反应活化能的曲线；
B、碳燃烧生成CO及一氧化碳燃烧生成二氧化碳都会放热；
C、反应的焓变对于确定的反应，焓变是不随反应条件、途径变化的；
D、依据正反应和逆反应的活化能分析判断．
7．（2015高二上·武汉开学考）下列实验方案最合理的是（ ）
A．制备并收集Cl2
B．制备氨气
C．制备并收集NO2气体
D．制备氧气
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气密度比空气大，应用向上排空气法，导管长进短出，故A错误；
B．氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；
C．二氧化氮和水反应生成NO和硝酸，且易溶于水，不能用排水法收集，应用排空法收集，故C错误；
D．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，则图中装置不能用于制备少量氧气，故D错误．
故选B．
【分析】A．氯气密度比空气大；
B．氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发；
C．二氧化氮不能用排水法收集；
D．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离．
8．（2015高二上·武汉开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．28g乙烯（C2H4）中含有的π键数与13g乙炔（C2H2）中含有的π键数一样多
B．通过MnO2催化使H2O2分解，产生16g O2时转移电子数为2NA
C．2.24L NH3中含共价键数目一定为0.3NA
D．5.6g Fe投入100mL 3.5mol L﹣1稀硝酸中，充分反应，转移电子总数为0.3 NA
【答案】A
【知识点】离子方程式的有关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、28g乙烯的物质的量为1mol，而1molC2H4中含1molπ键即NA个；13g乙炔的物质的量为0.5mol，而1mol乙炔中含2molπ键，故0.5mol乙炔中含1molπ键即NA个，故A正确；
B、16g氧气的物质的量为0.5mol，而双氧水分解制的1mol氧气时转移2mol电子，故生成0.5mol氧气时转移1mol电子即NA个，故B错误；
C、氨气的状态不明确，故其物质的量无法计算，故C错误；
D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，100mL 3.5mol L﹣1稀硝酸的物质的量为0.35mol，根据反应Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O可知，0.1mol铁完全反应生成铁离子，消耗硝酸的物质的量为4mol，显然硝酸不足，反应后有亚铁离子生成，所以转移的电子的物质的量小于0.3mol，故D错误；
故选A．
【分析】A、1molC2H4中含1molπ键；1mol乙炔中含2molπ键；
B、求出氧气的物质的量，然后根据生成1mol氧气时转移2mol电子来分析；
C、氨气的状态不明确；
D、根据铁与硝酸的物质的量判断过量，然后计算出转移的电子数．
9．（2015高二上·武汉开学考）将一定量的锌与100mL 18.5mol/L H2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 22.4L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是（ ）
A．气体A为SO2和H2的混合物
B．反应中共消耗Zn 65g
C．气体A中SO2和H2的体积比为1：4
D．反应中共转移电子2mol
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：气体的物质的量= =1mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，反应后n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，
浓硫酸和锌反应生成二氧化硫、稀硫酸和锌反应生成氢气，当浓硫酸浓度达到一定程度后，溶液变为稀硫酸，二者反应生成氢气，
参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L﹣0.05mol=1.8mol，
令混合气体中SO2、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
Zn+ 2H2SO4（浓）=ZnSO4+ SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+ H2↑
y y y
，
解得 x=0.8，y=0.2，
A．通过以上分析知，混合气体是二氧化硫和氢气，故A正确；
B．反应中共消耗金属Zn的物质的量为1mol，其质量=65g/mol×1mol=65g，故B正确；
C．混合气体中SO2和H2的体积比等于其物质的量之比=0.8mol：0.2mol=4：1，故C错误；
D．反应中共消耗金属Zn的物质的量为1mol，转移电子为1mol×2=2mol，故D正确；
故选C．
【分析】气体的物质的量= =1mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，反应后n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算．
10．（2015高二上·武汉开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaHS溶液中通入Cl2：S2﹣+Cl2=S↓+2Cl﹣
B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2﹣+2MnO4﹣+3H2O=5NO3﹣+2Mn2++6OH﹣
C．向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O
D．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．二者发生氧化反应S和氯离子，离子方程式为2HS﹣+Cl2=2S↓+2Cl﹣+2H+，故A错误；
B．酸性条件下，有氢离子反应，生成水，离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故B错误；
C．二者反应生成硫酸钡、水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；
故选D．
【分析】A．二者发生氧化反应S和氯离子；
B．酸性条件下，有氢离子反应，生成水；
C．二者反应生成硫酸钡、水；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
11．（2015高二上·武汉开学考）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v（C）与v（D）的比值 ⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1：1．
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑤
C．①②③④⑤⑦ D．①③④⑤⑧⑨
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，混合气体的压强，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①正确；②由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故②错误；③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确；⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v（C）与v（D）的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，故⑥错误；⑦反应方程式两边都是气体，所以气体的质量始终不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑦错误；⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑧错误；⑨C、D的分子数之比为1：1，分子数之比不能判断分子数是否不再变化，无法判断是否达到了平衡状态，故⑨错误；故选：B．
【分析】可逆反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答．
12．（2015高二上·武汉开学考）短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14．下列叙述正确的是（ ）
A．气态氢化物的热稳定性：HnY＞HnW
B．同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强
C．Y和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同
D．原子半径的大小顺序：rW＞rZ＞rY＞rX
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素．
A．O元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，故A正确；
B．S属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是Cl元素，所以Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故B错误；
C．O和H、Na和H组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故C错误；
D．原子半径大小顺序是rZ＞rW＞rY＞rX，故D错误；
故选A．
【分析】短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素．
A．非金属性越强的元素其氢化物越稳定；
B．元素的非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强；
C．活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
D．电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小．
13．（2015高二上·武汉开学考）下列叙述不正确的是（ ）
A．金属晶体的一个晶胞中所含的原子数：钾型=镁型＜铜型
B．在卤族元素（F、Cl、Br、I）的氢化物中，HCl的沸点最低
C．CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2：1、1：1
D．晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰
【答案】C
【知识点】离子晶体；金属晶体；晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．K是体心立方堆积，Mg是六方最密堆积，Cu是面心立方堆积，所以K、Mg、Cu晶胞中原子个数分别是2、2、4，故A正确；
B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点最高，HF中含有氢键，所以熔沸点最高，则HCl的熔沸点最低，故B正确；
C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是钙离子、氢离子、钠离子、过氧根离子，所以CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2：1、1：2，故C错误；
D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，冰中含有氢键，所以晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰，故D正确；
故选C．
【分析】A．K是体心立方堆积，Mg是六方最密堆积，Cu是面心立方堆积；
B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点最高；
C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是钙离子、氢离子、钠离子、过氧根离子；
D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高．
14．（2015高二上·武汉开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．所有的燃烧都是放热反应
C．热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数
D．热化学方程式中化学式前面的化学计量数可以是分数
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】解：A、化学反应的反应热是断裂化学键吸收的热量和生成化学键放出的热量共同决定反应的反应热，可以是放热反应，也可以是吸热反应，故A错误；
B、燃烧是一种剧烈的发光发热的氧化还原反应，燃烧一定是放热的；故B正确；
C、热化学方程式中各物质的化学计量数是表示对应物质的量条件下的反应焓变，只表示物质的量，不表示分子的个数，故C正确；
D、热化学方程式中各物质的化学计量数是表示对应物质的量条件下的反应焓变，只表示物质的量，不表示分子的个数，可以是分数，故D正确；
故选A．
【分析】A、化学反应的反应热是断裂化学键吸收的热量和生成化学键放出的热量共同决定反应的反应热；
B、燃烧是一种剧烈的发光发热的氧化还原反应，燃烧一定是放热的；
C、热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数；
D、热化学方程式中化学式前面的化学计量数可以是分数；
15．（2015高二上·武汉开学考）胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望用于未来的运载火箭和空间运输系统．实验测得101kPa时，1 molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量．下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ mol
B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ mol
C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ mol
D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+890.3 kJ mol
【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：1 molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则热化学方程式为：H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ mol；
1 molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ mol；
故选B．
【分析】根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答．
16．（2016高一下·溧水期中）已知化学反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）都是放热反应．据此判断，下列说法中不正确的是（ ）
A．1.2gC所具有的能量一定高于28gCO所具有的能量
B．56g CO和32g O2所具有的总能量大于88g CO2所具有的总能量
C．12g C和32g O2所具有的总能量大于44g CO2所具有的总能量
D．将一定质量的C燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多
【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、因2C+O2=2CO是放热反应，所以12gC和16gO2所具有的总能量一定高于28gCO所具有的能量，故A错误；
B、因2CO+O2═2CO2是放热反应，所以56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C、因2C+O2=2CO，2CO+O2═2CO2都是放热反应，所以C+O2=CO2也是放热反应，所以12gC和32O2所具有的总能量一定高于44gCO2所具有的总能量，故C正确；
D、因物质完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出热量多，所以一定质量的碳燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多，故D正确；
故选A．
【分析】根据放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，等量的物质完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧时的热量，据此来解答．
17．（2015高二上·武汉开学考）在某温度下，反应ClF（g）+F2（g） ClF3（g）（正反应为放热反应）在密闭容器中达到平衡．下列说法正确的是（ ）
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率减小
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率升高
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、缩小体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，ClF的转化率增大，故A错误；
B、增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，ClF3的产率降低，故B错误；
C、升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向；增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，所以升高温度，增大体积，有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D、降低温度，平衡向放热的方向移动即正反应方向，F2的转化率增大，故D正确；
故选：D．
【分析】该反应ClF（g）+F2（g） ClF3（g）为正反应为放热的气体体积减小的反应，所以压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向，据此分析．
18．（2017高一下·淮北期中）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是（ ）
A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L s）
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L
C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g） Z（g）
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率 =0.079mol/（L s），故A错误；
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了 =0.395mol/L，故B错误；
C．反应开始到10s时，Y的转化率为 =79%，故C正确；
D．由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，
当反应进行到3min时，△n（X）=0.79mol，△n（Y）=0.79mol，△n（Z）=1.58mol，
则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，
则反应的方程式为X（g）+Y（g） 2Z（g），故D错误．
故选C．
【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．
二、非选择题
19．（2015高二上·武汉开学考）A，B，C，D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子 Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子 Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下
①B溶液分别与C，D混合，均有白色沉淀生成；
②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失；
③A与D两种固体混合加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝；
④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体．
（1）A所含的阴离子的电子式是 ， B所含的阳离子是 ．
（2）C的化学式是 ，D的化学式是 ．
（3）写出②中沉淀溶解的离子方程式 ．
【答案】（1）；Ba2+
（2）Al2（SO4）3；（NH4）2CO3
（3）Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失，说明A为强碱溶液，则A为NaOH或氢氧化钡，C中含有Al3+，则C中含有的阴离子为Cl﹣或SO42﹣；③A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，由于A为强碱，则D中含有NH4+；④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体，阴离子中能够产生刺激性气味的气体的为Cl﹣，则B中含有Cl﹣；
由②③中分析可知，B中含有的阳离子为Na+或Ba2+，由①B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成，B中含有Cl﹣，所给的离子中不存在与氯离子生成沉淀的离子，所以只能是B中的阳离子生成沉淀，所以B为BaCl2，则A为NaOH，C为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3．（1）A为NaOH，所含的阴离子的电子式是 ，B为BaCl2，所含的阳离子为Ba2+，故答案为： ；Ba2+；（2）C的化学式为Al2（SO4）3，D的化学式为（NH4）2CO3，故答案为：Al2（SO4）3；（NH4）2CO3；（3）②中生成的沉淀为氢氧化铝，沉淀溶解的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
【分析】②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失，说明A为强碱溶液，则A为NaOH或氢氧化钡，C中含有Al3+，则C中含有的阴离子为Cl﹣或SO42﹣；③A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，由于A为强碱，则D中含有NH4+；④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体，阴离子中能够产生刺激性气味的气体的为Cl﹣，则B中含有Cl﹣；由②③中分析可知，B中含有的阳离子为Na+或Ba2+，由①B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成，B中含有Cl﹣，所给的离子中不存在与氯离子生成沉淀的离子，所以只能是B中的阳离子生成沉淀，所以B为BaCl2，则A为NaOH，C为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3，据此解答．
20．（2015高二上·武汉开学考）下列说法中不正确的是（ ）
A．电负性的大小顺序为Cl＞S＞P
B．由于NO3﹣和SO3互为等电子体，所以可以推断NO3﹣的空间构型为平面三角形
C．根据晶格能的大小可以判断MgCl2的熔点比CaCl2高
D．液态HF的沸点比液态HCl的沸点高是因为氢氟键的键能比氢氯键的键能大
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶格能的应用；“等电子原理”的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】解：A．同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，这三种元素的电负性大小顺序是Cl＞S＞P，故A正确；
B．等电子体原子个数相等、价电子数相等，且结构相似，NO3﹣和SO3互为等电子体，NO3﹣的价层电子对个数=3+ ×（5+1﹣3×2）=3，则该微粒是平面三角形结构，故B正确；
C．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比，氯化镁和氯化钙中阴离子相同，阳离子不同，镁离子半径小于钙离子，所以氯化镁的晶格能大于氯化钙，则氯化镁的熔点高于氯化钙，故C正确；
D．HF中存在氢键、HCl中不存在氢键，氢键的存在导致HF的沸点高于HCl，故D错误；
故选D．
【分析】A．同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大；
B．等电子体原子个数相等、价电子数相等，且结构相似；
C．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比；
D．氢键的存在导致物质的沸点升高．
21．（2015高二上·武汉开学考）A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同；A与C形成的分子为三角锥形；D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F．
（1）A，C形成的分子极易溶于水，与该分子互为等电子体的阳离子为 ．
（2）比较E、F的第一电离能：E （填“＞”或“＜”）F．
（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示．该晶体的类型属于 （填“分子”“原子”“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为 ．
（4）单质F与强碱溶液反应有[F（OH）4]﹣生成，则[F（OH）4]﹣中存在 （填字母）．
a．共价键 b．非极性键 c．配位键 d．σ键 e．π键
（5）Cu晶体是面心立方体，立方体的每个面5个Cu原子紧密堆砌，已知每个Cu原子的质量为a g，Cu原子半径为d cm，求该晶体的密度为 g cm﹣3．（用含a、d的代数式表示）
【答案】（1）H3O+
（2）＞
（3）原子晶体；sp3
（4）acd
（5）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A，F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍，则A为氢元素，F为铝元素，B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同，则B的核外电子排布为1s22s22p2，B为碳元素，A与C形成的分子为三角锥形，且C的原子序数介于B与F之间，所以C为氮元素，D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数，即p轨道上有4个电子，由于D的原子序数小于F，所以D的核外电子排布为1s22s22p4，所以D为氧元素，E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，且原子序数小于F，所以E为镁元素，（1）A、C形成的分子极易溶于水，其分子式为NH3，根据等电子体原理，价电子和原子数要分别相等，可以写出与其互为等电子体的阳离子为：H3O+，故答案为：H3O+；（2）Mg、Al元素都是第二周期金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg元素原子3S能级是充满状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Mg＞Al，故答案为：＞；（3）根据CO2在高温高压下所形成的晶胞的结构图可知，该晶体是由碳原子与氧原子直接构成，碳原子与氧原子之间通过共价键作用，所以这种晶体为原子晶体，每个碳原子周围连有四个C﹣O键，所以C原子的轨道杂化方式为sp3，
故答案为：原子晶体，sp3；（4）在[Al（OH）4]﹣中，氢氧根离子与铝离子之间以配位键作用，在氢氧根内部存在着极性共价键，这些共价键都是单键，也就是都是σ键，据此判断acd正确，故答案为：acd；（5）铜晶胞是面心立方，所以每个铜晶胞中含有的原子个数=8× +6× =4，立方体的每个面5个Cu原子紧密堆砌，Cu，原子半径为d cm，所以立方体的面对角线长度为4dcm，所以晶胞的边长为 ×4dcm= dcm，所以晶体的密度 g/cm3= g/cm3，故答案为： ．
【分析】A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍，则A为氢元素，F为铝元素，B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同，则B的核外电子排布为1s22s22p2，B为碳元素，A与C形成的分子为三角锥形，且C的原子序数介于B与F之间，所以C为氮元素，D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数，即p轨道上有4个电子，由于D的原子序数小于F，所以D的核外电子排布为1s22s22p4，所以D为氧元素，E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，且原子序数小于F，所以E为镁元素，据此可以答题．
22．（2015高二上·武汉开学考）高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO（s）+CO（g） Fe（s）+CO2（g）（正反应是吸热反应），其平衡常数可表示为K= ，已知1100℃时K=0.263
（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值 ；平衡常数K值 （选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol L﹣1、c（CO）=0.1mol L﹣1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态 （选填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v（正） v（逆）（选填“大于”“小于”或“等于”），其原因是 ．
【答案】（1）增大；增大
（2）否；大于；Qc= =0.25＜0.263，因为温度不变，K不变，为增大K平衡应向正向移动，所以v（正）＞v（逆）
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）可逆反应FeO（s）+CO （g） Fe（s）+CO2（g）的平衡常数表达式k= ；该反应正反应是放热反应，温度降低平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大、CO的物质的量减小，故到达新平衡是CO2与CO的体积之比增大，其平衡常数增大，故答案为：增大；增大；（2）此时浓度商Qc= =0.25，小于平衡常数0.263，故反应不是平衡状态，反应向正反应方向进行，v（正）＞v（逆），故答案为：否；大于；Qc= =0.25＜0.263，因为温度不变，K不变，为增大K平衡应向正向移动，所以v（正）＞v（逆）．
【分析】（1）化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，据此判断；（2）计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向和速率的大小．
23．（2015高二上·武汉开学考）氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂．某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙．
请回答下列问题：
（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为 （填仪器接口的字母编号）；
（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞； （请按正确的顺序填入下列步骤的标号）；
A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热，充分冷却
（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此推断，上述实验确有CaH2生成．
①写出CaH2与水反应的化学方程式 ；
②该同学的判断不正确，原因是（用相关化学方程式表示） ．
【答案】（1）iefabjk（或k，j）d
（2）A；B；C；D
（3）CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：ief ab j k（或k，j）d；故答案为：ief ab j k（或k，j）d；（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑．
【分析】（1）一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置→除杂装置→干燥装置等；（2）实验过程中要保证整个装置内已充满氢气，实验的操作程序是：检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气；（3）CaH2中H元素的化合价为﹣1价，CaH2具有还原性，与水发生氧化还原反应生成Ca（OH）2和H2；Ca与水反应也能产生Ca（OH）2和H2．
24．（2015高二上·武汉开学考）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到45s时，达到平衡（NO2浓度约为0.0125mol L﹣1）．如图中的曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．
（1）写出反应的化学方程式 ．
（2）在10s内氧气的反应速率 ．
（3）若反应延续至70s，请在图中用实线画出25s至70s的反应进程曲线；
（4）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），请在图上用虚线画出加催化剂的反应进程曲线．
【答案】（1）2NO2 2NO+O2
（2）7.5×10﹣4mol/（L s）
（3）
（4）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气，达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1，说明为可逆反应，反应方程式为：2NO2 2NO+O2，故答案为：2NO2 2NO+O2；（2）由图可知，10秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L﹣0.015mol/L=0.025mol/L，故v（NO2）= =0.0015mol/（L s），对于2NO2 2NO+O2，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）= v（NO2）= ×0.0015mol/（L s）=7.5×10﹣4mol/（L s），故答案为：7.5×10﹣4mol/（L s）；（3）25s后二氧化氮浓度继续减小，该反应进行到45秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，实线画出25秒至70秒的反应进程曲线为 ，故答案为： ；
3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线为 ，故答案为： ．
【分析】（1）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气，达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1，说明为可逆反应，配平书写方程式；（2）根据v= 计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；（3）25s后二氧化氮浓度继续减小，45s时达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1；（4）若在反应开始时加入催化剂，其他条件都不变，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时二氧化氮浓度不变．
1 / 12015-2016学年湖北省武汉市华中师大一附中高二上学期开学化学试卷
一、本题包括18小题
1．（2015高二上·武汉开学考）化学与社会生产、生活密切相关．下列做法错误的是（ ）
A．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
B．提倡步行、骑自行车、乘公交车等“低碳”出行方式
C．明矾在自来水的生产过程中，常用于杀菌消毒
D．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可以降低空气中PM2.5的含量
2．（2015高二上·武汉开学考）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．Cl﹣的结构示意图：
B．次氯酸的结构式：
C．CH3F的电子式：
D．CO2的分子比例模型：
3．（2015高二上·武汉开学考）下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
A．NH3极易溶于水，可用作制冷剂
B．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
C．SO2具有氧化性，可用于漂白品红、织物等
D．BaCO3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
4．（2015高二上·武汉开学考）如图所示为与水相关的部分转化关系（水作反应物或生成物，部分产物和反应条件未列出）．下列说法错误的是（ ）
A．如图所示的反应均为氧化还原反应
B．比较镁、铁与水的反应条件，可知铁的金属性比镁弱
C．工业上常用NO2与水的反应原理制取硝酸
D．实验室中可用铜与稀硝酸反应制取NO2
5．（2015高二上·武汉开学考）常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．加入KSCN显血红色的溶液：Na+、NH4+、Cl﹣、I﹣
B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．0.1 mol L﹣1的NaOH溶液：K+、SiO32﹣、NO3﹣、SO42﹣
D．通入足量SO2后的溶液：Na+、NH4+、ClO﹣、CH3COO﹣
6．（2015高二上·武汉开学考）下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是（ ）
A．图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
B．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2．则△H1＞△H2
C．同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同
D．在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ mol﹣1
7．（2015高二上·武汉开学考）下列实验方案最合理的是（ ）
A．制备并收集Cl2
B．制备氨气
C．制备并收集NO2气体
D．制备氧气
8．（2015高二上·武汉开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．28g乙烯（C2H4）中含有的π键数与13g乙炔（C2H2）中含有的π键数一样多
B．通过MnO2催化使H2O2分解，产生16g O2时转移电子数为2NA
C．2.24L NH3中含共价键数目一定为0.3NA
D．5.6g Fe投入100mL 3.5mol L﹣1稀硝酸中，充分反应，转移电子总数为0.3 NA
9．（2015高二上·武汉开学考）将一定量的锌与100mL 18.5mol/L H2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 22.4L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1，则下列叙述中错误的是（ ）
A．气体A为SO2和H2的混合物
B．反应中共消耗Zn 65g
C．气体A中SO2和H2的体积比为1：4
D．反应中共转移电子2mol
10．（2015高二上·武汉开学考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaHS溶液中通入Cl2：S2﹣+Cl2=S↓+2Cl﹣
B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2﹣+2MnO4﹣+3H2O=5NO3﹣+2Mn2++6OH﹣
C．向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2++2OH﹣+NH4++H++SO42﹣=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O
D．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣
11．（2015高二上·武汉开学考）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v（C）与v（D）的比值 ⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1：1．
A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑤
C．①②③④⑤⑦ D．①③④⑤⑧⑨
12．（2015高二上·武汉开学考）短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，四种元素原子最外层电子数之和为14．下列叙述正确的是（ ）
A．气态氢化物的热稳定性：HnY＞HnW
B．同周期元素中W的最高价氧化物对应水化物的酸性最强
C．Y和X、Z和X组成的常见化合物中化学键的类型相同
D．原子半径的大小顺序：rW＞rZ＞rY＞rX
13．（2015高二上·武汉开学考）下列叙述不正确的是（ ）
A．金属晶体的一个晶胞中所含的原子数：钾型=镁型＜铜型
B．在卤族元素（F、Cl、Br、I）的氢化物中，HCl的沸点最低
C．CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2：1、1：1
D．晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰
14．（2015高二上·武汉开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．所有的燃烧都是放热反应
C．热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数
D．热化学方程式中化学式前面的化学计量数可以是分数
15．（2015高二上·武汉开学考）胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望用于未来的运载火箭和空间运输系统．实验测得101kPa时，1 molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量．下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ mol
B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ mol
C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ mol
D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+890.3 kJ mol
16．（2016高一下·溧水期中）已知化学反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）都是放热反应．据此判断，下列说法中不正确的是（ ）
A．1.2gC所具有的能量一定高于28gCO所具有的能量
B．56g CO和32g O2所具有的总能量大于88g CO2所具有的总能量
C．12g C和32g O2所具有的总能量大于44g CO2所具有的总能量
D．将一定质量的C燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多
17．（2015高二上·武汉开学考）在某温度下，反应ClF（g）+F2（g） ClF3（g）（正反应为放热反应）在密闭容器中达到平衡．下列说法正确的是（ ）
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率减小
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率升高
18．（2017高一下·淮北期中）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是（ ）
A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L s）
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L
C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g） Z（g）
二、非选择题
19．（2015高二上·武汉开学考）A，B，C，D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：
阳离子 Na+、Al3+、Ba2+、NH4+
阴离子 Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣
分别取四种物质进行实验，实验结果如下
①B溶液分别与C，D混合，均有白色沉淀生成；
②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失；
③A与D两种固体混合加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝；
④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体．
（1）A所含的阴离子的电子式是 ， B所含的阳离子是 ．
（2）C的化学式是 ，D的化学式是 ．
（3）写出②中沉淀溶解的离子方程式 ．
20．（2015高二上·武汉开学考）下列说法中不正确的是（ ）
A．电负性的大小顺序为Cl＞S＞P
B．由于NO3﹣和SO3互为等电子体，所以可以推断NO3﹣的空间构型为平面三角形
C．根据晶格能的大小可以判断MgCl2的熔点比CaCl2高
D．液态HF的沸点比液态HCl的沸点高是因为氢氟键的键能比氢氯键的键能大
21．（2015高二上·武汉开学考）A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同；A与C形成的分子为三角锥形；D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F．
（1）A，C形成的分子极易溶于水，与该分子互为等电子体的阳离子为 ．
（2）比较E、F的第一电离能：E （填“＞”或“＜”）F．
（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞如图所示．该晶体的类型属于 （填“分子”“原子”“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为 ．
（4）单质F与强碱溶液反应有[F（OH）4]﹣生成，则[F（OH）4]﹣中存在 （填字母）．
a．共价键 b．非极性键 c．配位键 d．σ键 e．π键
（5）Cu晶体是面心立方体，立方体的每个面5个Cu原子紧密堆砌，已知每个Cu原子的质量为a g，Cu原子半径为d cm，求该晶体的密度为 g cm﹣3．（用含a、d的代数式表示）
22．（2015高二上·武汉开学考）高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO（s）+CO（g） Fe（s）+CO2（g）（正反应是吸热反应），其平衡常数可表示为K= ，已知1100℃时K=0.263
（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值 ；平衡常数K值 （选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol L﹣1、c（CO）=0.1mol L﹣1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态 （选填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v（正） v（逆）（选填“大于”“小于”或“等于”），其原因是 ．
23．（2015高二上·武汉开学考）氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂．某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙．
请回答下列问题：
（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为 （填仪器接口的字母编号）；
（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞； （请按正确的顺序填入下列步骤的标号）；
A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热，充分冷却
（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此推断，上述实验确有CaH2生成．
①写出CaH2与水反应的化学方程式 ；
②该同学的判断不正确，原因是（用相关化学方程式表示） ．
24．（2015高二上·武汉开学考）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到45s时，达到平衡（NO2浓度约为0.0125mol L﹣1）．如图中的曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．
（1）写出反应的化学方程式 ．
（2）在10s内氧气的反应速率 ．
（3）若反应延续至70s，请在图中用实线画出25s至70s的反应进程曲线；
（4）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），请在图上用虚线画出加催化剂的反应进程曲线．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A．Si位于金属与非金属的交界处，为常见的半导体材料，用于制作太阳能电池板，故A正确；
B．步行、骑自行车、乘公交车等可减少二氧化碳的排放，则为“低碳”出行方式，故B正确；
C．明矾不具有强氧化性，可净化水，但不能用于杀菌消毒，故C错误；
D．开发利用各种新能源，减少化石能源使用，减少固体颗粒物的排放，则减少对化石燃料的依赖，可以降低空气中PM2.5的含量，故D正确；
故选C．
【分析】A．Si为常见的半导体材料，位于金属与非金属的交界处；
B．步行、骑自行车、乘公交车等可减少二氧化碳的排放；
C．明矾不具有强氧化性；
D．开发利用各种新能源，减少化石能源使用，减少固体颗粒物的排放．
2．【答案】B
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，其正确的结构示意图为 ，故A错误；
B．次氯酸分子中存在1个氧氯共价键和1个氧氢键，为型结构，次氯酸的结构式为： ，故B正确；
C．CH3F为共价化合物，分子中存在3个碳氢键和1个C﹣F键，氟原子和碳原子最外层达到8电子稳定结构，正确的电子式为： ，故C错误；
D．二氧化碳为直线型结构，分子中碳原子的原子半径大于氧原子，二氧化碳的比例模型为： ，故D错误；
故选B．
【分析】A．氯离子的最外层电子数为8，核外电子总数为18；
B．次氯酸中存在1个氧氢键和1个氧氯键；
C．一氟甲烷中，氟原子最外层电子数为8；
D．二氧化碳分子中，碳原子的原子半径一个大于氧原子．
3．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A．NH3易液化，可用作制冷剂，故A错误；
B．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可用于漂白品红、织物等，故C错误；
D．碳酸钡能与胃酸（盐酸）反应生成易溶于水的氯化钡，Ba2+有毒，可使人中毒，故D错误；
故选B．
【分析】A．NH3易液化，可用作制冷剂；
B．根据作耐高温材料的熔点大；
C．SO2具有漂白性；
D．Ba2+有毒．
4．【答案】D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．如图所示的反应均有元素的化合价发生变化，均为氧化还原反应，故A正确；
B．镁与冷水缓慢反应，而铁与水在高温下发生反应，说明铁的还原性比镁弱，即铁的金属性比镁弱，故B正确；
C．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，工业上常用NO2与水的反应原理制取硝酸，故C正确；
D．铜与稀硝酸反应得到NO，所以实验室中可用铜与稀硝酸反应不能得到NO2，故D错误；
故选：D；
【分析】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应；
B．不同还原剂与同一氧化剂反应时，可以根据反应条件来比较还原性的强弱；
C．根据NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；
D．根据铜与稀硝酸反应得到NO；
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．加入KSCN显血红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K+、SiO32﹣、NO3﹣、SO42﹣之间不发生反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．ClO﹣能够氧化SO2，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】A．加入KSCN显血红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化碘离子；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；
C．四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠溶液反应；
D．次氯酸根离子具有强氧化性，能够氧化二氧化硫．
6．【答案】D
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、依据催化剂能降低反应的活化能，图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＞0，使用催化剂和未使用催化剂的变化曲线，反应过程中的能量变化，故A错误；
B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热，焓变为负值，则△H1＜△H2，故B错误；
C、同温同压下，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与反应条件和变化途径无关，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故C错误；
D、图象分析正逆反应的活化能之差即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ mol﹣1，故D正确．
故选：D．
【分析】A、曲线a是使用催化剂降低反应活化能的曲线；
B、碳燃烧生成CO及一氧化碳燃烧生成二氧化碳都会放热；
C、反应的焓变对于确定的反应，焓变是不随反应条件、途径变化的；
D、依据正反应和逆反应的活化能分析判断．
7．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯气密度比空气大，应用向上排空气法，导管长进短出，故A错误；
B．氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发，可用于制备少量氨气，故B正确；
C．二氧化氮和水反应生成NO和硝酸，且易溶于水，不能用排水法收集，应用排空法收集，故C错误；
D．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，则图中装置不能用于制备少量氧气，故D错误．
故选B．
【分析】A．氯气密度比空气大；
B．氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发；
C．二氧化氮不能用排水法收集；
D．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离．
8．【答案】A
【知识点】离子方程式的有关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】解：A、28g乙烯的物质的量为1mol，而1molC2H4中含1molπ键即NA个；13g乙炔的物质的量为0.5mol，而1mol乙炔中含2molπ键，故0.5mol乙炔中含1molπ键即NA个，故A正确；
B、16g氧气的物质的量为0.5mol，而双氧水分解制的1mol氧气时转移2mol电子，故生成0.5mol氧气时转移1mol电子即NA个，故B错误；
C、氨气的状态不明确，故其物质的量无法计算，故C错误；
D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，100mL 3.5mol L﹣1稀硝酸的物质的量为0.35mol，根据反应Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O可知，0.1mol铁完全反应生成铁离子，消耗硝酸的物质的量为4mol，显然硝酸不足，反应后有亚铁离子生成，所以转移的电子的物质的量小于0.3mol，故D错误；
故选A．
【分析】A、1molC2H4中含1molπ键；1mol乙炔中含2molπ键；
B、求出氧气的物质的量，然后根据生成1mol氧气时转移2mol电子来分析；
C、氨气的状态不明确；
D、根据铁与硝酸的物质的量判断过量，然后计算出转移的电子数．
9．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：气体的物质的量= =1mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，反应后n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，
浓硫酸和锌反应生成二氧化硫、稀硫酸和锌反应生成氢气，当浓硫酸浓度达到一定程度后，溶液变为稀硫酸，二者反应生成氢气，
参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L﹣0.05mol=1.8mol，
令混合气体中SO2、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
Zn+ 2H2SO4（浓）=ZnSO4+ SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+ H2↑
y y y
，
解得 x=0.8，y=0.2，
A．通过以上分析知，混合气体是二氧化硫和氢气，故A正确；
B．反应中共消耗金属Zn的物质的量为1mol，其质量=65g/mol×1mol=65g，故B正确；
C．混合气体中SO2和H2的体积比等于其物质的量之比=0.8mol：0.2mol=4：1，故C错误；
D．反应中共消耗金属Zn的物质的量为1mol，转移电子为1mol×2=2mol，故D正确；
故选C．
【分析】气体的物质的量= =1mol，反应前n（H2SO4）=18.5mol×0.1L=1.85mol，n（H+）=2n（H2SO4）=3.7mol，反应后n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算．
10．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．二者发生氧化反应S和氯离子，离子方程式为2HS﹣+Cl2=2S↓+2Cl﹣+2H+，故A错误；
B．酸性条件下，有氢离子反应，生成水，离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故B错误；
C．二者反应生成硫酸钡、水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；
故选D．
【分析】A．二者发生氧化反应S和氯离子；
B．酸性条件下，有氢离子反应，生成水；
C．二者反应生成硫酸钡、水；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
11．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，混合气体的压强，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①正确；②由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故②错误；③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确；⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v（C）与v（D）的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，故⑥错误；⑦反应方程式两边都是气体，所以气体的质量始终不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑦错误；⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑧错误；⑨C、D的分子数之比为1：1，分子数之比不能判断分子数是否不再变化，无法判断是否达到了平衡状态，故⑨错误；故选：B．
【分析】可逆反应A（g）+2B（g） C（g）+D（g）达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答．
12．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素．
A．O元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，故A正确；
B．S属于第三周期元素，第三周期中非金属性最强的元素是Cl元素，所以Cl元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故B错误；
C．O和H、Na和H组成的常见化合物中的化学键分别属于共价键和离子键，故C错误；
D．原子半径大小顺序是rZ＞rW＞rY＞rX，故D错误；
故选A．
【分析】短周期元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，原子半径X小于Y，则X处于Y的上一周期，四种元素原子最外层电子数之和为14，则X和Y的主族序数之和为7，X和Z同主族，且Z的原子序数大于Y，所以X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是S元素．
A．非金属性越强的元素其氢化物越稳定；
B．元素的非金属性越强其最高价含氧酸的酸性越强；
C．活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
D．电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小．
13．【答案】C
【知识点】离子晶体；金属晶体；晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．K是体心立方堆积，Mg是六方最密堆积，Cu是面心立方堆积，所以K、Mg、Cu晶胞中原子个数分别是2、2、4，故A正确；
B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点最高，HF中含有氢键，所以熔沸点最高，则HCl的熔沸点最低，故B正确；
C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是钙离子、氢离子、钠离子、过氧根离子，所以CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2：1、1：2，故C错误；
D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，冰中含有氢键，所以晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰，故D正确；
故选C．
【分析】A．K是体心立方堆积，Mg是六方最密堆积，Cu是面心立方堆积；
B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点最高；
C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是钙离子、氢离子、钠离子、过氧根离子；
D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高．
14．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】解：A、化学反应的反应热是断裂化学键吸收的热量和生成化学键放出的热量共同决定反应的反应热，可以是放热反应，也可以是吸热反应，故A错误；
B、燃烧是一种剧烈的发光发热的氧化还原反应，燃烧一定是放热的；故B正确；
C、热化学方程式中各物质的化学计量数是表示对应物质的量条件下的反应焓变，只表示物质的量，不表示分子的个数，故C正确；
D、热化学方程式中各物质的化学计量数是表示对应物质的量条件下的反应焓变，只表示物质的量，不表示分子的个数，可以是分数，故D正确；
故选A．
【分析】A、化学反应的反应热是断裂化学键吸收的热量和生成化学键放出的热量共同决定反应的反应热；
B、燃烧是一种剧烈的发光发热的氧化还原反应，燃烧一定是放热的；
C、热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数；
D、热化学方程式中化学式前面的化学计量数可以是分数；
15．【答案】B
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】解：1 molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则热化学方程式为：H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ mol；
1 molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ mol；
故选B．
【分析】根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答．
16．【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、因2C+O2=2CO是放热反应，所以12gC和16gO2所具有的总能量一定高于28gCO所具有的能量，故A错误；
B、因2CO+O2═2CO2是放热反应，所以56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C、因2C+O2=2CO，2CO+O2═2CO2都是放热反应，所以C+O2=CO2也是放热反应，所以12gC和32O2所具有的总能量一定高于44gCO2所具有的总能量，故C正确；
D、因物质完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出热量多，所以一定质量的碳燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多，故D正确；
故选A．
【分析】根据放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，等量的物质完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧时的热量，据此来解答．
17．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、缩小体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，ClF的转化率增大，故A错误；
B、增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，ClF3的产率降低，故B错误；
C、升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向；增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向，所以升高温度，增大体积，有利于平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D、降低温度，平衡向放热的方向移动即正反应方向，F2的转化率增大，故D正确；
故选：D．
【分析】该反应ClF（g）+F2（g） ClF3（g）为正反应为放热的气体体积减小的反应，所以压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向，升高温度，平衡向吸热的方向移动即逆反应方向，据此分析．
18．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率 =0.079mol/（L s），故A错误；
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了 =0.395mol/L，故B错误；
C．反应开始到10s时，Y的转化率为 =79%，故C正确；
D．由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，
当反应进行到3min时，△n（X）=0.79mol，△n（Y）=0.79mol，△n（Z）=1.58mol，
则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，
则反应的方程式为X（g）+Y（g） 2Z（g），故D错误．
故选C．
【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．
19．【答案】（1）；Ba2+
（2）Al2（SO4）3；（NH4）2CO3
（3）Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失，说明A为强碱溶液，则A为NaOH或氢氧化钡，C中含有Al3+，则C中含有的阴离子为Cl﹣或SO42﹣；③A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，由于A为强碱，则D中含有NH4+；④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体，阴离子中能够产生刺激性气味的气体的为Cl﹣，则B中含有Cl﹣；
由②③中分析可知，B中含有的阳离子为Na+或Ba2+，由①B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成，B中含有Cl﹣，所给的离子中不存在与氯离子生成沉淀的离子，所以只能是B中的阳离子生成沉淀，所以B为BaCl2，则A为NaOH，C为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3．（1）A为NaOH，所含的阴离子的电子式是 ，B为BaCl2，所含的阳离子为Ba2+，故答案为： ；Ba2+；（2）C的化学式为Al2（SO4）3，D的化学式为（NH4）2CO3，故答案为：Al2（SO4）3；（NH4）2CO3；（3）②中生成的沉淀为氢氧化铝，沉淀溶解的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
【分析】②将A溶液逐滴滴入C溶液中，有沉淀生成，继续滴加A溶液时，沉淀减少直至完全消失，说明A为强碱溶液，则A为NaOH或氢氧化钡，C中含有Al3+，则C中含有的阴离子为Cl﹣或SO42﹣；③A与D两种固体混合有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，气体为氨气，由于A为强碱，则D中含有NH4+；④用石墨电极电解B溶液，在阳极上产生一种有刺激性气味的气体，阴离子中能够产生刺激性气味的气体的为Cl﹣，则B中含有Cl﹣；由②③中分析可知，B中含有的阳离子为Na+或Ba2+，由①B溶液分别与C、D混合，均有白色沉淀生成，B中含有Cl﹣，所给的离子中不存在与氯离子生成沉淀的离子，所以只能是B中的阳离子生成沉淀，所以B为BaCl2，则A为NaOH，C为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3，据此解答．
20．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶格能的应用；“等电子原理”的应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】解：A．同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，这三种元素的电负性大小顺序是Cl＞S＞P，故A正确；
B．等电子体原子个数相等、价电子数相等，且结构相似，NO3﹣和SO3互为等电子体，NO3﹣的价层电子对个数=3+ ×（5+1﹣3×2）=3，则该微粒是平面三角形结构，故B正确；
C．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比，氯化镁和氯化钙中阴离子相同，阳离子不同，镁离子半径小于钙离子，所以氯化镁的晶格能大于氯化钙，则氯化镁的熔点高于氯化钙，故C正确；
D．HF中存在氢键、HCl中不存在氢键，氢键的存在导致HF的沸点高于HCl，故D错误；
故选D．
【分析】A．同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大；
B．等电子体原子个数相等、价电子数相等，且结构相似；
C．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比；
D．氢键的存在导致物质的沸点升高．
21．【答案】（1）H3O+
（2）＞
（3）原子晶体；sp3
（4）acd
（5）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A，F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍，则A为氢元素，F为铝元素，B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同，则B的核外电子排布为1s22s22p2，B为碳元素，A与C形成的分子为三角锥形，且C的原子序数介于B与F之间，所以C为氮元素，D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数，即p轨道上有4个电子，由于D的原子序数小于F，所以D的核外电子排布为1s22s22p4，所以D为氧元素，E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，且原子序数小于F，所以E为镁元素，（1）A、C形成的分子极易溶于水，其分子式为NH3，根据等电子体原理，价电子和原子数要分别相等，可以写出与其互为等电子体的阳离子为：H3O+，故答案为：H3O+；（2）Mg、Al元素都是第二周期金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg元素原子3S能级是充满状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Mg＞Al，故答案为：＞；（3）根据CO2在高温高压下所形成的晶胞的结构图可知，该晶体是由碳原子与氧原子直接构成，碳原子与氧原子之间通过共价键作用，所以这种晶体为原子晶体，每个碳原子周围连有四个C﹣O键，所以C原子的轨道杂化方式为sp3，
故答案为：原子晶体，sp3；（4）在[Al（OH）4]﹣中，氢氧根离子与铝离子之间以配位键作用，在氢氧根内部存在着极性共价键，这些共价键都是单键，也就是都是σ键，据此判断acd正确，故答案为：acd；（5）铜晶胞是面心立方，所以每个铜晶胞中含有的原子个数=8× +6× =4，立方体的每个面5个Cu原子紧密堆砌，Cu，原子半径为d cm，所以立方体的面对角线长度为4dcm，所以晶胞的边长为 ×4dcm= dcm，所以晶体的密度 g/cm3= g/cm3，故答案为： ．
【分析】A，B，C，D，E，F为原子序数依次增大的短周期主族元素，A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍，则A为氢元素，F为铝元素，B原子核外电子分处3个不同能级且每个能级上的电子数相同，则B的核外电子排布为1s22s22p2，B为碳元素，A与C形成的分子为三角锥形，且C的原子序数介于B与F之间，所以C为氮元素，D原子p轨道上成对的电子总数等于未成对的电子总数，即p轨道上有4个电子，由于D的原子序数小于F，所以D的核外电子排布为1s22s22p4，所以D为氧元素，E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，且原子序数小于F，所以E为镁元素，据此可以答题．
22．【答案】（1）增大；增大
（2）否；大于；Qc= =0.25＜0.263，因为温度不变，K不变，为增大K平衡应向正向移动，所以v（正）＞v（逆）
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）可逆反应FeO（s）+CO （g） Fe（s）+CO2（g）的平衡常数表达式k= ；该反应正反应是放热反应，温度降低平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大、CO的物质的量减小，故到达新平衡是CO2与CO的体积之比增大，其平衡常数增大，故答案为：增大；增大；（2）此时浓度商Qc= =0.25，小于平衡常数0.263，故反应不是平衡状态，反应向正反应方向进行，v（正）＞v（逆），故答案为：否；大于；Qc= =0.25＜0.263，因为温度不变，K不变，为增大K平衡应向正向移动，所以v（正）＞v（逆）．
【分析】（1）化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，据此判断；（2）计算此时的浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向和速率的大小．
23．【答案】（1）iefabjk（或k，j）d
（2）A；B；C；D
（3）CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：ief ab j k（或k，j）d；故答案为：ief ab j k（或k，j）d；（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑．
【分析】（1）一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置→除杂装置→干燥装置等；（2）实验过程中要保证整个装置内已充满氢气，实验的操作程序是：检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气；（3）CaH2中H元素的化合价为﹣1价，CaH2具有还原性，与水发生氧化还原反应生成Ca（OH）2和H2；Ca与水反应也能产生Ca（OH）2和H2．
24．【答案】（1）2NO2 2NO+O2
（2）7.5×10﹣4mol/（L s）
（3）
（4）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气，达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1，说明为可逆反应，反应方程式为：2NO2 2NO+O2，故答案为：2NO2 2NO+O2；（2）由图可知，10秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L﹣0.015mol/L=0.025mol/L，故v（NO2）= =0.0015mol/（L s），对于2NO2 2NO+O2，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）= v（NO2）= ×0.0015mol/（L s）=7.5×10﹣4mol/（L s），故答案为：7.5×10﹣4mol/（L s）；（3）25s后二氧化氮浓度继续减小，该反应进行到45秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，实线画出25秒至70秒的反应进程曲线为 ，故答案为： ；
3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线为 ，故答案为： ．
【分析】（1）二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气，达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1，说明为可逆反应，配平书写方程式；（2）根据v= 计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；（3）25s后二氧化氮浓度继续减小，45s时达到平衡时NO2浓度约为0.0125mol L﹣1；（4）若在反应开始时加入催化剂，其他条件都不变，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，平衡时二氧化氮浓度不变．
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