2015-2016学年河北省唐山一中高二上学期开学调研化学试卷
一、选择题
1．（2015高二上·河北开学考）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（ ）
A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
C．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
2．（2015高二上·河北开学考）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
3．（2015高二上·河北开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
C．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．常温常压下，78g苯中含有碳碳双键的数目为3NA
4．（2015高二上·河北开学考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．CH4分子的比例模型：
B．NH4Cl的电子式：
C．硫离子的离子结构示意图：
D．聚丙烯的结构简式为：
5．（2015高二上·河北开学考）以下对于化学键的理解中，正确的是（ ）
A．化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力
B．化学键存在于任何分子内
C．化学键只存在于离子化合物和共价化合物中
D．氢键和范德华力也是一种化学键
6．（2015高二上·河北开学考）常温下，分别将4块形状相同，质量均为7g的铁片同时放入下列4种溶液中，产生气体速率最大的是（ ）
A．150 mL 2 mol L﹣1盐酸 B．150 mL 2 mol L﹣1硫酸
C．500 mL 3 mol L﹣1盐酸 D．500 mL 18.4 mol L﹣1浓硫酸
7．（2016高一下·成都期中）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
8．（2015高二上·河北开学考）某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉的水解情况，与实验现象对应的结论是（ ）
A．淀粉尚有部分未水解
B．淀粉已完全水解
C．淀粉没有水解
D．淀粉已发生水解，但不知是否水解完全
9．（2015高二上·河北开学考）已知A，B，C，D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，A与C同主族，B的一种单质能使带火星的木条复燃，A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6．下列说法不正确的是（ ）
A．A的原子半径比B的小 B．B与C形成的化合物只有一种
C．C在化合物中呈+1价 D．D单质的晶体可用作半导体材料
10．（2015高二上·河北开学考）下列说法中，正确的是（ ）
A．CH4能使KMnO4酸性溶液褪色
B．石油的裂解可提高汽油等轻质油的质量和产量
C．煤的干馏主要目的是为了获得乙烯等气体
D．氨基酸分子中均含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2）
11．（2015高二上·河北开学考）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（ ）
A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C16H22O5 D．C16H20O5
12．（2015高二上·河北开学考）只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是（ ）
A．饱和Na2CO3溶液 B．Cu（OH）2悬浊液
C．烧碱溶液 D．碘水
13．（2015高二上·河北开学考）下列各组中的两种固态物质熔化（或气化）时，克服的微粒间相互作用力属于同种类型的是（ ）
A．碘和氯化钾 B．金刚石和重晶石
C．二氧化硅和干冰 D．软脂酸甘油酯和冰醋酸
14．（2015高二上·河北开学考）下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A．O2、I2、Hg B．Na、K、Rb
C．CO2、KCl、SiO2 D．SiC、NaCl、SO2
15．（2015高二上·河北开学考）难溶于水而且比水轻的含氧有机物是（ ）
①硝基苯②甲苯 ③溴苯 ④植物油 ⑤蚁酸⑥乙酸乙酯⑦硬脂酸甘油酯．
A．①②③ B．④⑥⑦ C．①②④⑤ D．②④⑥⑦
16．（2015高二上·河北开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在乙醇分子间，既存在分子间作用力又存在氢键
B．带相反电荷离子之间的相互吸引称为离子键
C．同素异形体间的相互转化属于物理变化
D．H2O比H2S稳定，因为水分子间有氢键
17．（2015高二上·河北开学考）已知元素As原子序数为33，下列叙述正确的是（ ）
A．As的最高正价为+3价 B．AsH3的稳定性比PH3强
C．氧化物的水化物酸性：As＜N D．As是第4周期第VA族元素
18．（2015高二上·河北开学考）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2；
H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（ ）
A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3
C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q3
二、选择题
19．（2015高二上·河北开学考）A，B，C，D，E是同周期元素，A，B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C，D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五种元素中原子半径最大的，则它们的原子序数由小到大的顺序为（ ）
A．E，B，A，D，C B．D，B，C，A，E
C．E，C，D，B，A D．A，B，C，D，E
20．（2016高一下·莒南月考）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则ag X的氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． （N﹣a）mol B． （n+A）mol
C． （N+n）mol D． （A﹣N+n）mol
21．（2015高二上·河北开学考）下列结论正确的是（ ）
①微粒半径：S2﹣＞Cl＞S＞F
②氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S
③离子还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞HClO4
⑥非金属性：F＞Cl＞S．
A．②④⑥ B．①③④ C．只有① D．只有⑥
22．（2015高二上·河北开学考）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A．生成物能量一定低于反应物总能量
B．放热反应不必加热就一定能发生
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件的△H不同
23．（2015高二上·河北开学考）在25℃时，将两个Pt电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中，进行电解，通电一段时间后，阴极逸出a mol气体，同时有w g Na2SO4 10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质量分数是（ ）
A． ×100% B． ×100%
C． % D． %
24．（2015高二上·河北开学考）镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动
三、填空题
25．（2015高二上·河北开学考）已知A，B，C，D，E，F，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，它们的原子结构特征或有关物质的性质等如表所示．
元素 原子结构特征或有关物质的性质
A 原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍
B 其单质是空气中含量最多的物质
C 原子的最外层电子数是其电子层数的4倍
D 位于第ⅡA族，其原子半径比E的大
E 是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期
F 原子序数16，其单质在通常状况下为固体
G 原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个
（1）元素F在元素周期表中的位置是 ．这七种元素中，不属于主族元素的元素的名称是 ．
（2）在E，F，G三种元素中，原子半径最小的是 （填元素符号）．
（3）元素A与G可形成化合物AG4，在该化合物中含有的化学键类型为 ，分子的空间结构为 ．A与氧元素可形成化合物AO2，该化合物分子的电子式为 ．
（4）元素B能与氢元素形成化合物BH3，在通常状况下，BH3的水溶液呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性，原因为 （用方程式表示）
26．（2015高二上·河北开学考）Zn﹣MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液．
（1）该电池的负极材料是 ．电池工作时，电子流向 （填“正极”或“负极”）．
（2）若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀．其主要原因是 ．欲除去Cu2+，最好选用下列试剂中的 （填代号）．
a．NaOH b．Zn c．Fe d．NH3 H2O
（3）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液．阴极的电极反应式是： ．若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为 ．
27．（2015高二上·河北开学考）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验．
（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式： ．
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化应是 反应．
（2）甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是 ；乙的作用是 ．
（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是 ．集气瓶中收集到的气体的主要成分是 ．
（4）若试管a中收集到的液用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有 ．要除去该物质，可先在混合液中加入 （填写字母）．
a、氯化钠溶液 b、苯 c、碳酸氢钠溶液 d、四氯化碳
然后，再通过 （填实验操作名称）即可除去．
28．（2015高二上·河北开学考）某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）
实验 药品 制取气体 量气管中的液体
① Cu、稀HNO3 H2O
② NaOH固体、浓氨水 NH3
③ Na2CO3固体、稀H2SO4 CO2
④ 镁铝合金、NaOH溶液（足量） H2 H2O
请回答下列问题：
（1）简述如何检查该装置的气密性： ．
（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度．你认为是否可行？请简述原因． ．
（3）实验②中剩余的NH3需吸收处理．以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有
（4）实验③中，量气管中的液体最好是 ．
A．H2O B．CCl4
C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaHCO3溶液
（5）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①恢复至室温，② ，③视线与凹液面最低处相平．
（6）实验④获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）
编号 镁铝合金质量 量气管第一次读数 量气管第二次读数
① 1.0g 10.0mL 346.3mL
② 1.0g 10.0mL 335.0mL
③ 1.0g 10.0mL 345.7mL
根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；合成材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A．淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，故A错误；
B．聚氯乙烯还含有氯元素，故B错误；
C．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，故C正确；
D．对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故D错误．
故选C．
【分析】A．淀粉遇碘水显蓝色；
B．烃是指仅含碳氢两种元素的化合物；
C．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质；
D．不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃．
2．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；
故选A．
【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；
C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；
D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．
3．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.1molH218O与D2O混合物中含1mol中子，即NA个，故B正确；
C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转移0.25mol电子，即0.25NA个，故C错误；
D、苯分子结构中不含有碳碳双键，是完全等同的碳碳键，故D错误；
故选B．
【分析】A、丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；
C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应来分析；
D、苯分子结构中不含有碳碳双键；
4．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构简式；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、球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，图中表示球棍模型．故A错误；
B、氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，其电子式为 ，故B错误；
C、硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，故C正确；
D、聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，其结构简式为 ，故D错误；
故选C．
【分析】A、球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系；
B、氯离子电子式书写错误．无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出最外层电子，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；
C、硫原子核外有16个电子．原子结构示意图中小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数．根据核外电子排布规律确定各电子层中电子数；
D、聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，注意原子之间连接．
5．【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力，可能为共价键或离子键，故A正确；
B．稀有气体的分子中不存在化学键，故B错误；
C．化学键可存在于单质中，如氢气，故C错误；
D．氢键和范德华力不属于化学键，均为分子间作用力，故D错误；
故选A．
【分析】化学键为相邻原子间强烈的相互作用，包括共价键和离子键，氢键和范德华力不属于化学键，以此来解答．
6．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、B、C中氢离子浓度最大的是 2mol L﹣1硫酸，其c（H+）=4mol/L，A、C中氢离子浓度分别为2mol/L和3mol/L，而D为浓硫酸，常温下与铁发生钝化反应，不生成氢气，所以反应速率最大的是B．
故选B．
【分析】Fe与酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一般来说，增大浓度可增大反应反应，注意浓硫酸的性质．
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【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．
【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．
8．【答案】D
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】解：淀粉为多糖，遇到碘变蓝色，淀粉在酸性环境下发生水解生成葡萄糖水解液，加入氢氧化钠溶液调节溶液呈碱性，再加入碘水，因为碘水能够与氢氧化钠反应，所以不能通过溶液不变蓝说明溶液中含有淀粉，在碱性环境下加入新制备的氢氧化铜，产生砖红色沉淀，说明水解液中含有葡萄糖，说明淀粉已经水解，所以通过上述实验能够证明淀粉已经水解，但是否水解完全无法确定，
故选：D．
【分析】淀粉为多糖，遇到碘变蓝色，在酸性环境下水解生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能够与新制备的氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，碘能够与氢氧化钠反应，据此解答．
9．【答案】B
【知识点】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是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，则A为H元素；B的一种单质能使带火星的木条复燃，则B为O元素；A与C同主族，C的原子序数大于O元素，故C为Na；A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6，则D原子最外层电子数=6﹣1﹣1=4，结合原子序数可知D为Si，
A．A为H元素，其原子半径是所有元素中最小的，故A正确；
B．Na与O元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；
C．C为Na，是活泼金属，最外层电子数是1，在化合物中呈+1价，故C正确；
D．D为Si，单质的晶体可用作半导体材料，故D正确，
故选B．
【分析】A，B，C，D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，则A为H元素；B的一种单质能使带火星的木条复燃，则B为O元素；A与C同主族，C的原子序数大于O元素，故C为Na；A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6，则D原子最外层电子数=6﹣1﹣1=4，结合原子序数可知D为Si，结合元素周期律与元素化合物性质解答．
10．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】解：A．甲烷不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色，故A错误；
B．石油的裂化得到汽油，而裂解得到乙烯等，则石油的裂化可提高汽油等轻质油的质量和产量，故B错误；
C．干馏煤是在隔绝空气的条件下，将煤加热到900～1 100℃时，可以得到焦炭、煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，不能得到乙烯，故C错误；
D．氨基酸分子中均含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2），如最简单的氨基酸甘氨酸（H2NCH2COOH），故D正确；
故选D．
【分析】A．甲烷不能被高锰酸钾氧化；
B．石油的裂化得到汽油，而裂解得到乙烯等；
C．煤干馏得到焦炭、煤焦油、煤气等物质；
D．氨基酸分子具有两性，与其官能团有关．
11．【答案】A
【知识点】酯的性质
【解析】【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，
则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，
由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，
故选A．
【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．
12．【答案】B
【知识点】有机物的鉴别
【解析】【解答】解：A．Na2CO3溶液与乙酸反应生成气体，但与葡萄糖和淀粉不反应，故A不选；
B．乙酸溶解氢氧化铜，葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，三种溶液现象各不相同，能鉴别，故B选；
C．NaOH溶液与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，与葡萄糖、淀粉不反应，故C不选；
D．加入碘水，不能鉴别乙酸、葡萄糖，故D不选．
故选B．
【分析】乙酸虽是弱酸，但还是能过溶解氢氧化铜，乙酸与其混合后溶液澄清；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象．
13．【答案】D
【知识点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】解：A．碘属于分子晶体熔化克服分子间作用力，氯化钾属于离子晶体熔化克服离子键，类型不同，故A错误；
B．金刚石属于原子晶体熔化克服共价键，重晶石属于离子晶体熔化克服离子键，类型不同，故B错误；
C．二氧化硅属于原子晶体熔化克服共价键，干冰属于分子晶体熔化克服分子间作用力，类型不同，故C错误；
D．软脂酸甘油酯和冰醋酸属于分子晶体，熔化均克服分子间作用力，类型相同，故D正确；
故选D．
【分析】离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力，以此来解答．
14．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】解：A．O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，故A错误；
B．Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，故B错误；
C．干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，故C正确；
D．碳化硅为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降低，故D错误．
故选C．
【分析】一般情况下，不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据晶体中微粒间的作用力分析．
15．【答案】B
【知识点】芳香烃；卤代烃简介；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：甲苯和溴苯不含有氧元素，不符合题意﹣含氧有机物的要求，排除掉，
硝基苯、溴苯密度比水大，不满足比水轻的要求，应该排除掉，
剩余的有机物含有：④植物油、⑤蚁酸、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯，由于⑤蚁酸能够溶于水，不符合要求，
所以难溶于水而且比水轻的含氧有机物是：④植物油、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯，
故选B．
【分析】根据有机物分子中必须含有氧元素将甲苯、溴苯排除掉；根据密度与水的密度关系：硝基苯、溴苯密度比水大，而苯、植物油、乙醇、乙酸乙酯、乙酸密度都比水小，就可以将硝基苯、溴苯排除掉，最后根据水溶性得出正确结论．
16．【答案】A
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；含有氢键的物质
【解析】【解答】解：A．乙醇分子间，存在氢键，故A正确；
B．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用，这种相互作用既包含排斥力也包含吸引力，故B错误；
C．同素异形体之间的变化是化学变化，而不是物理变化，故C错误；
D．稳定性是化学性质，分子间作用力是决定物理性质，氧的非金属性强于硫，所以H2O比H2S稳定，故D错误；
故选A．
【分析】A．乙醇分子间，存在氢键；
B．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用；
C．同素异形体之间的变化是化学变化；
D．稳定性是化学性质，分子间作用力是决定物理性质．
17．【答案】D
【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：砷的原子结构示意图为： ，
A．主族元素的最高化合价与其族序数相同（但O、F除外），所以砷的最高化合价是+5价，故A错误；
B．非金属性比P弱，则AsH3的稳定性比PH3弱，故B错误；
C．N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，如不是最高价，则无法比较，故C错误；
D．根据原子结构示意图知，As是第4周期第VA族元素，故D正确．
故选D．
【分析】砷的原子结构示意图为： ，砷位于第四周期第VA族，砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性．
18．【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】标准状况下，112L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为：5mol×=4mol，氢气的物质的量为5mol﹣4mol=1mol，
由①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2
③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3
根据盖斯定律①+③×2可得，CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣（Q1+2Q3），
根据盖斯定律②+③×2可得，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣（Q2+2Q3），
4mol甲烷燃烧放出的热量为4×（Q1+2Q3）kJ，1mol氢气燃烧放出的热量为1×0.5×（Q2+2Q3），
所以放出的热量为4×（Q1+2Q3）+1×0.5×（Q2+2Q3）=4Q1+0.5Q2+9Q3kJ，
故选：D．
【分析】根据n=计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量，注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算．
19．【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：由于A，B，C，D四种同周期元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物显碱性，且碱性B＞A，则金属性B＞A，C，D的最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，则非金属性C＞D，由同周期元素从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强，则A，B，C，D的原子序数由小到大的顺序为B＜A＜D＜C，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，所以五种元素的原子序数由小到大的顺序为E＜B＜A＜D＜C，故选：A．
【分析】同周期元素从左到右，元素的金属性减弱、非金属性增强，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，据此判断A，B，C，D的原子序数大小，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，据此进行解答．
20．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A﹣N，
由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A﹣N+n，
氢化物HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，
agX元素的气态氢化物中含质子的物质的量 ×（A﹣N+n）= （A﹣N+n）mol．
故选D．
【分析】根据质量数=质子数+中子数，计算X的质子数．由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，根据n= 计算氢化物HnX的物质的量，结合化学式计算含有的质子的物质的量．
21．【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：①S2﹣＞Cl＞S三个电子层，F有两个电子层，所以前3种微粒半径大于后1种，然后再根据“径小序大”的原则判断顺序为：微粒半径：S2﹣＞S＞Cl＞F，故①正错误；②非金属性由强到弱顺序：F＞Cl＞S，所以气态氢化物稳定性顺序：HF＞HCl＞H2S，故②正确；③非金属性由强到弱顺序：Cl＞Br＞I，所以离子还原性：S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故③错误；④非金属性由强到弱顺序：Cl＞S＞Se＞Te，所以氧化性顺序：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性由强到弱顺序：Cl＞S，非金属性性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强酸性：H2SO4＜HClO4，故⑤错误；⑥同周期左到右，非金属性增强，同主族，上到下，非金属性减弱，所以非金属性由强到弱顺序：F＞Cl＞S，故⑥正确；故选A．
【分析】①是微粒半径大小比较，电子层不同的，电子层越多半径越大；电子层相同的，质子数越多半径越小；具有相同核外电子排布的遵循径小序大的原则，据此判断；
②③④⑤⑥比较的是元素非金属性强弱，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，单质的氧化性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，原子得电子能量越强，对应离子的还原性越弱，据此解答．
22．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】解：A、反应分为吸热反应和放热反应，吸热反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，而放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B、有些放热反应也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，需要先加热才能进行，故B错误；
C、CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，故C正确；
D、△H=Q（生成物的能量和）﹣Q（反应物的能量和），与反应途径、反应条件无关，故D错误．
故选C．
【分析】A、反应分为吸热反应和放热反应；
B、有些放热反应也需要加热才能发生；
C、CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变；
D、反应的焓变只和反应物生成物的能量有关，与反应途径、条件无关．
23．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，
w g Na2SO4 10H2O硫酸钠的质量=w g× = g，
设电解水的质量为x：
2H2O O2↑+ 2H2↑
36g 2mol
x amol
x=18ag
所以饱和溶液的质量分数= ×100%= %，
故选：D．
【分析】用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，实际上是电解的水，发生总反应2H2O O2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可．
24．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：A．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；
B．充电过程实际上是把电能转变为化学能的过程，故B错误；
C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；
D，放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；
故选A．
【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置．
25．【答案】（1）第三周期Ⅵ A族；氖
（2）Cl
（3）共价键；正四面体；
（4）碱；NH3 H2O NH4++OH﹣
【知识点】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，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数是4，则A为碳元素；B的单质是空气中含量最多的物质，则B为N元素；C原子的最外层电子数是其电子层数的4倍，原子核外只能有2个电子层，最外层电子数为8，则C为Ne；D位于第ⅡA族，结合原子序数可知D为Mg；E是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期，则E为Al；F原子序数16，其单质在通常状况下为固体，则F为S；G原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个，原子序数大于S，处于第三周期，则最外层电子数为7，故G为Cl．（1）由上述分析可知，元素F为S，处于周期表中第三周期ⅥA族，这七种元素中，不属于主族元素的元素的名称是氖，故答案为：第三周期ⅥA族；氖；（2）Al、S、Cl三种元素处于同周期，随原子序数增大原子半径减小，故原子半径最小的是Cl，故答案为：Cl；（3）元素C与Cl形成化合物CCl4，含有的化学键类型为共价键；C与氧元素形成化合物CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为 ，故答案为：共价键；正四面体； ；（4）元素N能与氢元素形成化合物NH3，在通常状况下，NH3的水溶液中：NH3 H2O NH4++OH﹣，溶液呈碱性，故答案为：碱；NH3 H2O NH4++OH﹣．
【分析】A，B，C，D，E，F，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数是4，则A为碳元素；B的单质是空气中含量最多的物质，则B为N元素；C原子的最外层电子数是其电子层数的4倍，原子核外只能有2个电子层，最外层电子数为8，则C为Ne；D位于第ⅡA族，结合原子序数可知D为Mg；E是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期，则E为Al；F原子序数16，其单质在通常状况下为固体，则F为S；G原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个，原子序数大于S，处于第三周期，则最外层电子数为7，故G为Cl，据此解答．
26．【答案】（1）Zn；正极
（2）锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；b
（3）2H++2e﹣=H2↑；87g
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：（1）负极上是失电子的，则Zn失电子为负极，电子由负极流向正极，故答案为：Zn（或锌）； 正极；（2）电化学腐蚀较化学腐蚀更快，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．题目中a和d选项不能除去杂质离子，c项会引入新杂质，所以应选Zn将Cu2+ 置换为单质而除去．故答案为：锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；b；（3）阴极上得电子，发生还原反应，H+得电子生成氢气．因为MnSO4～MnO2～2 e﹣，通过2mol电子产生1molMnO2，其质量为87g．故答案为：2H++2e﹣→H2；87g．
【分析】（1）锌锰原电池中负极材料为活泼金属Zn，MnO2为正极，电池工作时电子从负极经外电路流向正极；（2）若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．除杂时不能引入新杂质，应选Zn将Cu2+ 置换为单质而除去；（3）电解酸化的MnSO4溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，阳极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2++4H+，若电路中通过2mol电子产生1molMnO2，质量为87g．
27．【答案】（1）2Cu+O2 2CuO、CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热
（2）加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集
（3）乙醛、乙醇与水；氮气
（4）乙酸；c；蒸馏
【知识点】乙醇的化学性质
【解析】【解答】解：（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu+O2 2CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；故答案为：2Cu+O2 2CuO、CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热；（2）甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，故答案为：加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；
空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气，故答案为：乙醛、乙醇与水；氮气；（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，故答案为：乙酸；C；蒸馏．
【分析】（1）铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应（2）甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气，乙是将生成的乙醛冷却；（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气；（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应，通过蒸馏方法分离出乙醛．
28．【答案】（1）量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好
（2）不可行，因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准
（3）ACDF
（4）D
（5）使量气管两端液面相平
（6）27.0%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管左端液面降低，说明气密性良好，故答案为：量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好；（2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度；故答案为：不可行，因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准；（3）A、对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管外联双球状导管内伸入到液体中，液体进入双球内，防止进入前端装置，能防止倒吸；故A正确；B、吸收装置中的导管下联漏斗，漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性气体，不能防止倒吸；故B不正确；C、对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管与干燥管连接，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故C正确．D、氨气极易溶于水，不溶于四氯化碳，所以导管通入四氯化碳中，气泡向上到水层溶解，能防止倒吸，故D正确；E、氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶口，液体经进气管倒流入前端装置，产生倒吸，故E错误；F、氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶底部，液体不能流入前端装置，能防止倒吸，故F正确；所以能防倒吸的吸收装置有ACDF，不能防倒吸的是BE；故答案为：ACDF；（4）实验③中的气体是二氧化碳，二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸钠和二氧化碳能反应，二氧化碳和饱和的碳酸氢钠不反应，所以选取饱和碳酸氢钠溶液．故答案为：D；（5）根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；
故答案为：使量气管两端液面相平．（6）铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积= =332.3mL=0.3323L，
设生成0.997L氢气，需铝的质量为x
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+ 3H2↑
54g 67.2L
x 0.3323L
x=0.27g
所以铝的质量分数为 ×100%=27.0%，
故答案为：27%．
【分析】（1）设法使装置内外形成气压差，是气密性检查的常用手段；（2）根据一氧化氮气体的性质判断，一氧化氮和氧气能发生生成易和水反应的二氧化氮气体，据此分析；（3）极易溶于水的气体，若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象（4）氨气极易溶于水，量气管中的液体应该不含水且不与氨气反应，最好用煤油，量气管中液体的选择标准是：和该气体不反应；（5）对量气管读数时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平．（6）实验④，铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数﹣第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数．
2015-2016学年河北省唐山一中高二上学期开学调研化学试卷
一、选择题
1．（2015高二上·河北开学考）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（ ）
A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
C．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；合成材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A．淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，故A错误；
B．聚氯乙烯还含有氯元素，故B错误；
C．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，故C正确；
D．对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故D错误．
故选C．
【分析】A．淀粉遇碘水显蓝色；
B．烃是指仅含碳氢两种元素的化合物；
C．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质；
D．不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃．
2．（2015高二上·河北开学考）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；
故选A．
【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；
C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；
D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．
3．（2015高二上·河北开学考）NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
C．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．常温常压下，78g苯中含有碳碳双键的数目为3NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.1molH218O与D2O混合物中含1mol中子，即NA个，故B正确；
C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转移0.25mol电子，即0.25NA个，故C错误；
D、苯分子结构中不含有碳碳双键，是完全等同的碳碳键，故D错误；
故选B．
【分析】A、丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；
B、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；
C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应来分析；
D、苯分子结构中不含有碳碳双键；
4．（2015高二上·河北开学考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．CH4分子的比例模型：
B．NH4Cl的电子式：
C．硫离子的离子结构示意图：
D．聚丙烯的结构简式为：
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构简式；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、球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，图中表示球棍模型．故A错误；
B、氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，其电子式为 ，故B错误；
C、硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，故C正确；
D、聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，其结构简式为 ，故D错误；
故选C．
【分析】A、球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系；
B、氯离子电子式书写错误．无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出最外层电子，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；
C、硫原子核外有16个电子．原子结构示意图中小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数．根据核外电子排布规律确定各电子层中电子数；
D、聚丙烯是由丙烯不饱和的碳原子相互加成得到的，注意原子之间连接．
5．（2015高二上·河北开学考）以下对于化学键的理解中，正确的是（ ）
A．化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力
B．化学键存在于任何分子内
C．化学键只存在于离子化合物和共价化合物中
D．氢键和范德华力也是一种化学键
【答案】A
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力，可能为共价键或离子键，故A正确；
B．稀有气体的分子中不存在化学键，故B错误；
C．化学键可存在于单质中，如氢气，故C错误；
D．氢键和范德华力不属于化学键，均为分子间作用力，故D错误；
故选A．
【分析】化学键为相邻原子间强烈的相互作用，包括共价键和离子键，氢键和范德华力不属于化学键，以此来解答．
6．（2015高二上·河北开学考）常温下，分别将4块形状相同，质量均为7g的铁片同时放入下列4种溶液中，产生气体速率最大的是（ ）
A．150 mL 2 mol L﹣1盐酸 B．150 mL 2 mol L﹣1硫酸
C．500 mL 3 mol L﹣1盐酸 D．500 mL 18.4 mol L﹣1浓硫酸
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A、B、C中氢离子浓度最大的是 2mol L﹣1硫酸，其c（H+）=4mol/L，A、C中氢离子浓度分别为2mol/L和3mol/L，而D为浓硫酸，常温下与铁发生钝化反应，不生成氢气，所以反应速率最大的是B．
故选B．
【分析】Fe与酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一般来说，增大浓度可增大反应反应，注意浓硫酸的性质．
7．（2016高一下·成都期中）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
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【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．
【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．
8．（2015高二上·河北开学考）某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉的水解情况，与实验现象对应的结论是（ ）
A．淀粉尚有部分未水解
B．淀粉已完全水解
C．淀粉没有水解
D．淀粉已发生水解，但不知是否水解完全
【答案】D
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】解：淀粉为多糖，遇到碘变蓝色，淀粉在酸性环境下发生水解生成葡萄糖水解液，加入氢氧化钠溶液调节溶液呈碱性，再加入碘水，因为碘水能够与氢氧化钠反应，所以不能通过溶液不变蓝说明溶液中含有淀粉，在碱性环境下加入新制备的氢氧化铜，产生砖红色沉淀，说明水解液中含有葡萄糖，说明淀粉已经水解，所以通过上述实验能够证明淀粉已经水解，但是否水解完全无法确定，
故选：D．
【分析】淀粉为多糖，遇到碘变蓝色，在酸性环境下水解生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能够与新制备的氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，碘能够与氢氧化钠反应，据此解答．
9．（2015高二上·河北开学考）已知A，B，C，D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，A与C同主族，B的一种单质能使带火星的木条复燃，A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6．下列说法不正确的是（ ）
A．A的原子半径比B的小 B．B与C形成的化合物只有一种
C．C在化合物中呈+1价 D．D单质的晶体可用作半导体材料
【答案】B
【知识点】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是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，则A为H元素；B的一种单质能使带火星的木条复燃，则B为O元素；A与C同主族，C的原子序数大于O元素，故C为Na；A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6，则D原子最外层电子数=6﹣1﹣1=4，结合原子序数可知D为Si，
A．A为H元素，其原子半径是所有元素中最小的，故A正确；
B．Na与O元素可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；
C．C为Na，是活泼金属，最外层电子数是1，在化合物中呈+1价，故C正确；
D．D为Si，单质的晶体可用作半导体材料，故D正确，
故选B．
【分析】A，B，C，D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A，B，C分别在不同周期，则A为H元素；B的一种单质能使带火星的木条复燃，则B为O元素；A与C同主族，C的原子序数大于O元素，故C为Na；A，C，D三种原子的最外层电子数之和为6，则D原子最外层电子数=6﹣1﹣1=4，结合原子序数可知D为Si，结合元素周期律与元素化合物性质解答．
10．（2015高二上·河北开学考）下列说法中，正确的是（ ）
A．CH4能使KMnO4酸性溶液褪色
B．石油的裂解可提高汽油等轻质油的质量和产量
C．煤的干馏主要目的是为了获得乙烯等气体
D．氨基酸分子中均含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2）
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】解：A．甲烷不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色，故A错误；
B．石油的裂化得到汽油，而裂解得到乙烯等，则石油的裂化可提高汽油等轻质油的质量和产量，故B错误；
C．干馏煤是在隔绝空气的条件下，将煤加热到900～1 100℃时，可以得到焦炭、煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，不能得到乙烯，故C错误；
D．氨基酸分子中均含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2），如最简单的氨基酸甘氨酸（H2NCH2COOH），故D正确；
故选D．
【分析】A．甲烷不能被高锰酸钾氧化；
B．石油的裂化得到汽油，而裂解得到乙烯等；
C．煤干馏得到焦炭、煤焦油、煤气等物质；
D．氨基酸分子具有两性，与其官能团有关．
11．（2015高二上·河北开学考）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（ ）
A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C16H22O5 D．C16H20O5
【答案】A
【知识点】酯的性质
【解析】【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，
则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，
由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，
故选A．
【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．
12．（2015高二上·河北开学考）只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是（ ）
A．饱和Na2CO3溶液 B．Cu（OH）2悬浊液
C．烧碱溶液 D．碘水
【答案】B
【知识点】有机物的鉴别
【解析】【解答】解：A．Na2CO3溶液与乙酸反应生成气体，但与葡萄糖和淀粉不反应，故A不选；
B．乙酸溶解氢氧化铜，葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，三种溶液现象各不相同，能鉴别，故B选；
C．NaOH溶液与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，与葡萄糖、淀粉不反应，故C不选；
D．加入碘水，不能鉴别乙酸、葡萄糖，故D不选．
故选B．
【分析】乙酸虽是弱酸，但还是能过溶解氢氧化铜，乙酸与其混合后溶液澄清；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉不是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象．
13．（2015高二上·河北开学考）下列各组中的两种固态物质熔化（或气化）时，克服的微粒间相互作用力属于同种类型的是（ ）
A．碘和氯化钾 B．金刚石和重晶石
C．二氧化硅和干冰 D．软脂酸甘油酯和冰醋酸
【答案】D
【知识点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】解：A．碘属于分子晶体熔化克服分子间作用力，氯化钾属于离子晶体熔化克服离子键，类型不同，故A错误；
B．金刚石属于原子晶体熔化克服共价键，重晶石属于离子晶体熔化克服离子键，类型不同，故B错误；
C．二氧化硅属于原子晶体熔化克服共价键，干冰属于分子晶体熔化克服分子间作用力，类型不同，故C错误；
D．软脂酸甘油酯和冰醋酸属于分子晶体，熔化均克服分子间作用力，类型相同，故D正确；
故选D．
【分析】离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力，以此来解答．
14．（2015高二上·河北开学考）下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A．O2、I2、Hg B．Na、K、Rb
C．CO2、KCl、SiO2 D．SiC、NaCl、SO2
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】解：A．O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，故A错误；
B．Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，故B错误；
C．干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，故C正确；
D．碳化硅为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降低，故D错误．
故选C．
【分析】一般情况下，不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据晶体中微粒间的作用力分析．
15．（2015高二上·河北开学考）难溶于水而且比水轻的含氧有机物是（ ）
①硝基苯②甲苯 ③溴苯 ④植物油 ⑤蚁酸⑥乙酸乙酯⑦硬脂酸甘油酯．
A．①②③ B．④⑥⑦ C．①②④⑤ D．②④⑥⑦
【答案】B
【知识点】芳香烃；卤代烃简介；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：甲苯和溴苯不含有氧元素，不符合题意﹣含氧有机物的要求，排除掉，
硝基苯、溴苯密度比水大，不满足比水轻的要求，应该排除掉，
剩余的有机物含有：④植物油、⑤蚁酸、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯，由于⑤蚁酸能够溶于水，不符合要求，
所以难溶于水而且比水轻的含氧有机物是：④植物油、⑥乙酸乙酯、⑦硬脂酸甘油酯，
故选B．
【分析】根据有机物分子中必须含有氧元素将甲苯、溴苯排除掉；根据密度与水的密度关系：硝基苯、溴苯密度比水大，而苯、植物油、乙醇、乙酸乙酯、乙酸密度都比水小，就可以将硝基苯、溴苯排除掉，最后根据水溶性得出正确结论．
16．（2015高二上·河北开学考）下列说法正确的是（ ）
A．在乙醇分子间，既存在分子间作用力又存在氢键
B．带相反电荷离子之间的相互吸引称为离子键
C．同素异形体间的相互转化属于物理变化
D．H2O比H2S稳定，因为水分子间有氢键
【答案】A
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；含有氢键的物质
【解析】【解答】解：A．乙醇分子间，存在氢键，故A正确；
B．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用，这种相互作用既包含排斥力也包含吸引力，故B错误；
C．同素异形体之间的变化是化学变化，而不是物理变化，故C错误；
D．稳定性是化学性质，分子间作用力是决定物理性质，氧的非金属性强于硫，所以H2O比H2S稳定，故D错误；
故选A．
【分析】A．乙醇分子间，存在氢键；
B．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用；
C．同素异形体之间的变化是化学变化；
D．稳定性是化学性质，分子间作用力是决定物理性质．
17．（2015高二上·河北开学考）已知元素As原子序数为33，下列叙述正确的是（ ）
A．As的最高正价为+3价 B．AsH3的稳定性比PH3强
C．氧化物的水化物酸性：As＜N D．As是第4周期第VA族元素
【答案】D
【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：砷的原子结构示意图为： ，
A．主族元素的最高化合价与其族序数相同（但O、F除外），所以砷的最高化合价是+5价，故A错误；
B．非金属性比P弱，则AsH3的稳定性比PH3弱，故B错误；
C．N的非金属性较强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性较强，如不是最高价，则无法比较，故C错误；
D．根据原子结构示意图知，As是第4周期第VA族元素，故D正确．
故选D．
【分析】砷的原子结构示意图为： ，砷位于第四周期第VA族，砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性．
18．（2015高二上·河北开学考）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2；
H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（ ）
A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3
C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q3
【答案】D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】标准状况下，112L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为：5mol×=4mol，氢气的物质的量为5mol﹣4mol=1mol，
由①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣Q1；
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣Q2
③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣Q3
根据盖斯定律①+③×2可得，CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣（Q1+2Q3），
根据盖斯定律②+③×2可得，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣（Q2+2Q3），
4mol甲烷燃烧放出的热量为4×（Q1+2Q3）kJ，1mol氢气燃烧放出的热量为1×0.5×（Q2+2Q3），
所以放出的热量为4×（Q1+2Q3）+1×0.5×（Q2+2Q3）=4Q1+0.5Q2+9Q3kJ，
故选：D．
【分析】根据n=计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量，注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算．
二、选择题
19．（2015高二上·河北开学考）A，B，C，D，E是同周期元素，A，B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C，D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五种元素中原子半径最大的，则它们的原子序数由小到大的顺序为（ ）
A．E，B，A，D，C B．D，B，C，A，E
C．E，C，D，B，A D．A，B，C，D，E
【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：由于A，B，C，D四种同周期元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物显碱性，且碱性B＞A，则金属性B＞A，C，D的最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，则非金属性C＞D，由同周期元素从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强，则A，B，C，D的原子序数由小到大的顺序为B＜A＜D＜C，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，所以五种元素的原子序数由小到大的顺序为E＜B＜A＜D＜C，故选：A．
【分析】同周期元素从左到右，元素的金属性减弱、非金属性增强，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，据此判断A，B，C，D的原子序数大小，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，据此进行解答．
20．（2016高一下·莒南月考）阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则ag X的氢化物中含质子的物质的量是（ ）
A． （N﹣a）mol B． （n+A）mol
C． （N+n）mol D． （A﹣N+n）mol
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】解：阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A﹣N，
由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A﹣N+n，
氢化物HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，
agX元素的气态氢化物中含质子的物质的量 ×（A﹣N+n）= （A﹣N+n）mol．
故选D．
【分析】根据质量数=质子数+中子数，计算X的质子数．由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，根据n= 计算氢化物HnX的物质的量，结合化学式计算含有的质子的物质的量．
21．（2015高二上·河北开学考）下列结论正确的是（ ）
①微粒半径：S2﹣＞Cl＞S＞F
②氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S
③离子还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞HClO4
⑥非金属性：F＞Cl＞S．
A．②④⑥ B．①③④ C．只有① D．只有⑥
【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：①S2﹣＞Cl＞S三个电子层，F有两个电子层，所以前3种微粒半径大于后1种，然后再根据“径小序大”的原则判断顺序为：微粒半径：S2﹣＞S＞Cl＞F，故①正错误；②非金属性由强到弱顺序：F＞Cl＞S，所以气态氢化物稳定性顺序：HF＞HCl＞H2S，故②正确；③非金属性由强到弱顺序：Cl＞Br＞I，所以离子还原性：S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故③错误；④非金属性由强到弱顺序：Cl＞S＞Se＞Te，所以氧化性顺序：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性由强到弱顺序：Cl＞S，非金属性性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强酸性：H2SO4＜HClO4，故⑤错误；⑥同周期左到右，非金属性增强，同主族，上到下，非金属性减弱，所以非金属性由强到弱顺序：F＞Cl＞S，故⑥正确；故选A．
【分析】①是微粒半径大小比较，电子层不同的，电子层越多半径越大；电子层相同的，质子数越多半径越小；具有相同核外电子排布的遵循径小序大的原则，据此判断；
②③④⑤⑥比较的是元素非金属性强弱，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，单质的氧化性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，原子得电子能量越强，对应离子的还原性越弱，据此解答．
22．（2015高二上·河北开学考）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A．生成物能量一定低于反应物总能量
B．放热反应不必加热就一定能发生
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件的△H不同
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】解：A、反应分为吸热反应和放热反应，吸热反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，而放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B、有些放热反应也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，需要先加热才能进行，故B错误；
C、CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，故C正确；
D、△H=Q（生成物的能量和）﹣Q（反应物的能量和），与反应途径、反应条件无关，故D错误．
故选C．
【分析】A、反应分为吸热反应和放热反应；
B、有些放热反应也需要加热才能发生；
C、CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变；
D、反应的焓变只和反应物生成物的能量有关，与反应途径、条件无关．
23．（2015高二上·河北开学考）在25℃时，将两个Pt电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中，进行电解，通电一段时间后，阴极逸出a mol气体，同时有w g Na2SO4 10H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质量分数是（ ）
A． ×100% B． ×100%
C． % D． %
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，
w g Na2SO4 10H2O硫酸钠的质量=w g× = g，
设电解水的质量为x：
2H2O O2↑+ 2H2↑
36g 2mol
x amol
x=18ag
所以饱和溶液的质量分数= ×100%= %，
故选：D．
【分析】用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，实际上是电解的水，发生总反应2H2O O2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可．
24．（2015高二上·河北开学考）镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2O Cd（OH）2+2Ni（OH）2．有关该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：A．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；
B．充电过程实际上是把电能转变为化学能的过程，故B错误；
C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；
D，放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；
故选A．
【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置．
三、填空题
25．（2015高二上·河北开学考）已知A，B，C，D，E，F，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，它们的原子结构特征或有关物质的性质等如表所示．
元素 原子结构特征或有关物质的性质
A 原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍
B 其单质是空气中含量最多的物质
C 原子的最外层电子数是其电子层数的4倍
D 位于第ⅡA族，其原子半径比E的大
E 是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期
F 原子序数16，其单质在通常状况下为固体
G 原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个
（1）元素F在元素周期表中的位置是 ．这七种元素中，不属于主族元素的元素的名称是 ．
（2）在E，F，G三种元素中，原子半径最小的是 （填元素符号）．
（3）元素A与G可形成化合物AG4，在该化合物中含有的化学键类型为 ，分子的空间结构为 ．A与氧元素可形成化合物AO2，该化合物分子的电子式为 ．
（4）元素B能与氢元素形成化合物BH3，在通常状况下，BH3的水溶液呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性，原因为 （用方程式表示）
【答案】（1）第三周期Ⅵ A族；氖
（2）Cl
（3）共价键；正四面体；
（4）碱；NH3 H2O NH4++OH﹣
【知识点】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，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数是4，则A为碳元素；B的单质是空气中含量最多的物质，则B为N元素；C原子的最外层电子数是其电子层数的4倍，原子核外只能有2个电子层，最外层电子数为8，则C为Ne；D位于第ⅡA族，结合原子序数可知D为Mg；E是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期，则E为Al；F原子序数16，其单质在通常状况下为固体，则F为S；G原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个，原子序数大于S，处于第三周期，则最外层电子数为7，故G为Cl．（1）由上述分析可知，元素F为S，处于周期表中第三周期ⅥA族，这七种元素中，不属于主族元素的元素的名称是氖，故答案为：第三周期ⅥA族；氖；（2）Al、S、Cl三种元素处于同周期，随原子序数增大原子半径减小，故原子半径最小的是Cl，故答案为：Cl；（3）元素C与Cl形成化合物CCl4，含有的化学键类型为共价键；C与氧元素形成化合物CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为 ，故答案为：共价键；正四面体； ；（4）元素N能与氢元素形成化合物NH3，在通常状况下，NH3的水溶液中：NH3 H2O NH4++OH﹣，溶液呈碱性，故答案为：碱；NH3 H2O NH4++OH﹣．
【分析】A，B，C，D，E，F，G是七种原子序数依次增大的短周期元素，A原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数是4，则A为碳元素；B的单质是空气中含量最多的物质，则B为N元素；C原子的最外层电子数是其电子层数的4倍，原子核外只能有2个电子层，最外层电子数为8，则C为Ne；D位于第ⅡA族，结合原子序数可知D为Mg；E是金属元素，其氧化物和氢氧化物都有两性，且与D在同一周期，则E为Al；F原子序数16，其单质在通常状况下为固体，则F为S；G原子的最外层电子数比其次外层电子数少1个，原子序数大于S，处于第三周期，则最外层电子数为7，故G为Cl，据此解答．
26．（2015高二上·河北开学考）Zn﹣MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液．
（1）该电池的负极材料是 ．电池工作时，电子流向 （填“正极”或“负极”）．
（2）若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀．其主要原因是 ．欲除去Cu2+，最好选用下列试剂中的 （填代号）．
a．NaOH b．Zn c．Fe d．NH3 H2O
（3）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液．阴极的电极反应式是： ．若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为 ．
【答案】（1）Zn；正极
（2）锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；b
（3）2H++2e﹣=H2↑；87g
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：（1）负极上是失电子的，则Zn失电子为负极，电子由负极流向正极，故答案为：Zn（或锌）； 正极；（2）电化学腐蚀较化学腐蚀更快，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．题目中a和d选项不能除去杂质离子，c项会引入新杂质，所以应选Zn将Cu2+ 置换为单质而除去．故答案为：锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；b；（3）阴极上得电子，发生还原反应，H+得电子生成氢气．因为MnSO4～MnO2～2 e﹣，通过2mol电子产生1molMnO2，其质量为87g．故答案为：2H++2e﹣→H2；87g．
【分析】（1）锌锰原电池中负极材料为活泼金属Zn，MnO2为正极，电池工作时电子从负极经外电路流向正极；（2）若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．除杂时不能引入新杂质，应选Zn将Cu2+ 置换为单质而除去；（3）电解酸化的MnSO4溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，阳极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2++4H+，若电路中通过2mol电子产生1molMnO2，质量为87g．
27．（2015高二上·河北开学考）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验．
（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式： ．
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化应是 反应．
（2）甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是 ；乙的作用是 ．
（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是 ．集气瓶中收集到的气体的主要成分是 ．
（4）若试管a中收集到的液用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有 ．要除去该物质，可先在混合液中加入 （填写字母）．
a、氯化钠溶液 b、苯 c、碳酸氢钠溶液 d、四氯化碳
然后，再通过 （填实验操作名称）即可除去．
【答案】（1）2Cu+O2 2CuO、CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热
（2）加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集
（3）乙醛、乙醇与水；氮气
（4）乙酸；c；蒸馏
【知识点】乙醇的化学性质
【解析】【解答】解：（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu+O2 2CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；故答案为：2Cu+O2 2CuO、CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热；（2）甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，故答案为：加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；
空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气，故答案为：乙醛、乙醇与水；氮气；（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，故答案为：乙酸；C；蒸馏．
【分析】（1）铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应（2）甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气，乙是将生成的乙醛冷却；（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气；（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应，通过蒸馏方法分离出乙醛．
28．（2015高二上·河北开学考）某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）
实验 药品 制取气体 量气管中的液体
① Cu、稀HNO3 H2O
② NaOH固体、浓氨水 NH3
③ Na2CO3固体、稀H2SO4 CO2
④ 镁铝合金、NaOH溶液（足量） H2 H2O
请回答下列问题：
（1）简述如何检查该装置的气密性： ．
（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度．你认为是否可行？请简述原因． ．
（3）实验②中剩余的NH3需吸收处理．以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有
（4）实验③中，量气管中的液体最好是 ．
A．H2O B．CCl4
C．饱和Na2CO3溶液 D．饱和NaHCO3溶液
（5）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①恢复至室温，② ，③视线与凹液面最低处相平．
（6）实验④获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）
编号 镁铝合金质量 量气管第一次读数 量气管第二次读数
① 1.0g 10.0mL 346.3mL
② 1.0g 10.0mL 335.0mL
③ 1.0g 10.0mL 345.7mL
根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数 ．
【答案】（1）量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好
（2）不可行，因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准
（3）ACDF
（4）D
（5）使量气管两端液面相平
（6）27.0%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管左端液面降低，说明气密性良好，故答案为：量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好；（2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度；故答案为：不可行，因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准；（3）A、对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管外联双球状导管内伸入到液体中，液体进入双球内，防止进入前端装置，能防止倒吸；故A正确；B、吸收装置中的导管下联漏斗，漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性气体，不能防止倒吸；故B不正确；C、对于极易溶于水的气体，吸收装置中的导管与干燥管连接，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故C正确．D、氨气极易溶于水，不溶于四氯化碳，所以导管通入四氯化碳中，气泡向上到水层溶解，能防止倒吸，故D正确；E、氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶口，液体经进气管倒流入前端装置，产生倒吸，故E错误；F、氨气极易溶于水，导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶底部，液体不能流入前端装置，能防止倒吸，故F正确；所以能防倒吸的吸收装置有ACDF，不能防倒吸的是BE；故答案为：ACDF；（4）实验③中的气体是二氧化碳，二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸钠和二氧化碳能反应，二氧化碳和饱和的碳酸氢钠不反应，所以选取饱和碳酸氢钠溶液．故答案为：D；（5）根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；
故答案为：使量气管两端液面相平．（6）铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积= =332.3mL=0.3323L，
设生成0.997L氢气，需铝的质量为x
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+ 3H2↑
54g 67.2L
x 0.3323L
x=0.27g
所以铝的质量分数为 ×100%=27.0%，
故答案为：27%．
【分析】（1）设法使装置内外形成气压差，是气密性检查的常用手段；（2）根据一氧化氮气体的性质判断，一氧化氮和氧气能发生生成易和水反应的二氧化氮气体，据此分析；（3）极易溶于水的气体，若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象（4）氨气极易溶于水，量气管中的液体应该不含水且不与氨气反应，最好用煤油，量气管中液体的选择标准是：和该气体不反应；（5）对量气管读数时，首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平．（6）实验④，铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数﹣第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数．
