2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（下）期末化学试卷（2）
一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分．答案涂写到答题卡上）
1．下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）
A．二氧化碳 碳酸钠 B．硫酸钠 乙醇
C．氧化铝 硫 D．盐酸 蔗糖
2．设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体的质量为10.6g
B．含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，消耗NA个Fe原子
C．0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA
3．下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（ ）
A．H+、SO32﹣、S2﹣、K+ B．Fe3+、Cl﹣、S2﹣、Ba2+
C．Cu2+、Cl﹣、S2﹣、K+ D．Na+、K+、S2﹣、SO42﹣
4．下列反应的离子方程式错误的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO
B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2O
D．硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+
5．下列关于硅的说法不正确的是（ ）
A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体
B．硅的导电性能介于金属与绝缘体之间，是良好的半导体材料
C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
D．加热到一定温度时，硅能与氢气．氧气等非金属发生反应
6．有关硝酸的性质的叙述中，正确的是（ ）
A．稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝
B．硝酸能与Na2CO3反应，但不能生成CO2
C．硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属
D．浓硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黄色
7．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（ ）
A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
8．短周期中有X、Y、Z三种元素，Z可分别与X、Y组成化合物XZ2、ZY2，这三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，由此可推知X、Y、Z依次为（ ）
A．Na、F、O B．N、O、P C．C、F、O D．C、O、S
9．某主族元素R原子的质量数为79，已知R的单核离子含有45个中子和36个电子，下列有关R的叙述错误的是（ ）
A．R位于第四周期ⅥA族
B．R最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3RO4
C．元素R气态氢化物的化学式为H2R
D．R的阴离子具有强还原性
10．含下列化学键的物质，可能为单质的是（ ）
A．只有离子键的物质
B．既有离子键，又有非极性键的物质
C．既有极性键，又有离子键的物质
D．只有非极性键的物质
11．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素．原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法正确的是（ ）
A．Y与Z形成的离子化合物中只能有离子键
B．Y、Z、R的简单离子半径：Y＜R＜Z
C．Y、W的氢化物的沸点：Y＞W
D．X在分别与Z和W形成的化合物中的化合价相同
12．下列说法正确的是（ ）
A．反应是吸热还是放热的，须看反应物和生成物所具有总能量的大小
B．放热反应在常温条件下一定很容易发生
C．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应
D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应
13．通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ•mol﹣1）
414
489
565
155
根据键能数据估算反应CH4+4F2=CF4+4HF每消耗1mol CH4的热效应（ ）
A．放热1940 kJ B．吸热1940 kJ C．放热485 kJ D．吸热485 kJ
14．下列有关实验现象的描述不正确的是C（ ）
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．把铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极被腐蚀
C．把铜片插入氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快
15．①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（ ）
A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④
16．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸和缓地进行反应．其中反应速率最大的是（ ）
A．20mL 3mol/L 的X溶液 B．20mL 2mol/L 的X溶液
C．10mL 4mol/L的X溶液 D．10mL 2mol/L的X溶液
17．反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为C（ ）
A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s
18．在一定的温度下，在恒容容器中可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志是B（ ）
A．B生成速率与C分解速率相等
B．容器内气体的平均分子量不再变化
C．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B
D．容器内气体的密度不再变化
19．下列反应属于取代反应的是（ ）
A．甲烷的燃烧 B．由甲烷制取氯仿
C．甲烷遇明火爆炸 D．由甲烷制取炭黑
20．下列化学式中，只能用来表示一种物质的是（ ）
A．C2H4Cl2 B．C5H12 C．C D．C2H5Cl
二、非选择题（本题共4道题，共40分，所有答案均必须写到答题卷上）
21．按要求完成以下方程式：
（1）铝粉与四氧化三铁发生铝热反应的化学方程式： ．
（2）氯化铁溶液中通入SO2气体的离子方程式： ．
（3）偏铝酸钠溶液中加入氯化铝溶液的离子方程式： ．
（4）碳单质和浓硝酸反应的化学方程式： ．
22．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 ，其中发生反应的化学方程式为 ．
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 、 ，这些现象分别说明SO2具有的性质是 和 ；装置B中发生反应的离子方程式为 ．
（3）设计装置D的目的是 ．
（4）尾气应用 溶液吸收（填试剂的化学式）．
23．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如下．请回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，CuCl2﹣中铜元素的化合价为 ，该反应中的氧化剂是 ．
（2）一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入硫酸，可以析出硫酸铜晶体而不析出氯化铜晶体，其原因可能是 ．
（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，以降低生铁的含碳量，该过程中主要反应的化学方程式是 ．
（4）SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是 ．
（5）已知反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，反应Ⅰ的产物为 和 ．（填化学式）
24．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．
如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定．请回答：
（1）氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是由 ，在导线中电子流动方向为 （用a、b表示）．
（2）负极反应式为 ．
（3）电极表面镀铂粉的原因是 ．
（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能．因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ2Li+H22LiH
ⅡLiH+H2O═LiOH+H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是 ，反应Ⅱ中的氧化剂是 ．（均填化学式）
②已知LiH固体密度为0.82g/cm3，用锂吸收224L（标准状况）H2，则被吸收的H2体积与生成的LiH体积比为 ．
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为 mol．
2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（下）期末化学试卷（2）
参考答案与试题解析
一、单选题（本题包括20小题，每小题3分，共60分．答案涂写到答题卡上）
1．下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）
A．二氧化碳 碳酸钠 B．硫酸钠 乙醇
C．氧化铝 硫 D．盐酸 蔗糖
【考点】电解质与非电解质．
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐、金属氧化物和水都是电解质；
在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，非金属氧化物、少数氢化物和大多数的有机物，如蔗糖、乙醇等都是非电解质；
单质，混合物既不是电解质，也不是非电解质；
【解答】解：A、二氧化碳是非金属氧化物，属于非电解质，氯化钠是盐，属于电解质，故A错误；
B、硫酸钠为盐，属于电解质，乙醇是有机物，属于非电解质，故B正确；
C、氧化铝是金属氧化物，属于电解质，硫是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，蔗糖是有机物，属于非电解质，故D错误；
故选：B．
2．设NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体的质量为10.6g
B．含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，消耗NA个Fe原子
C．0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、碳酸钠固体由2个钠离子和一个碳酸根离子构成；
B、铁和盐酸溶液中氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，依据化学反应定量关系计算；
C、溶液体积不知不能计算微粒数；
D、标准状况四氯化碳不是气体．
【解答】解：A、碳酸钠固体有2个钠离子和一个碳酸根离子构成，含有0.1NA 个CO32﹣的Na2CO3固体物质的量为0.1mol，所以碳酸钠的质量=0.1mol×106g/mol=10.6g，故A正确；
B、铁和盐酸溶液中氯化氢反应生成氯化亚铁和氢气，含1mol 溶质的盐酸溶液与足量Fe反应，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，消耗Fe原子物质的量为0.5mol，微粒数0.5NA个，故B错误；
C、溶液体积不知不能计算0.1mol•L﹣1的稀硫酸中含有SO42﹣个数，故C错误；
D、标准状况四氯化碳不是气体，11.2LCCl4物质的量不是0.5mol，故D错误；
故选A．
3．下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（ ）
A．H+、SO32﹣、S2﹣、K+ B．Fe3+、Cl﹣、S2﹣、Ba2+
C．Cu2+、Cl﹣、S2﹣、K+ D．Na+、K+、S2﹣、SO42﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．H+、SO32﹣、S2﹣三者发生氧化还原反应生成单质S沉淀，不能共存，故A错误；
B．Fe3+能氧化S2﹣不能大量共存，不能共存，故B错误；
C．Cu2+和S2﹣反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
4．下列反应的离子方程式错误的是（ ）
A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO
B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+═Fe3++4H2O
D．硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．反应生成碳酸氢钙、HClO；
B．氢氧化钡完全反应，生成硫酸钡、硫酸钠和水；
C．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；
D．反应生成氢氧化铁、硝酸铵．
【解答】解：A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO，故A正确；
B．过量的NaHSO4与Ba（OH）2溶液反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液的离子反应为4Fe2++2H2O2+4H+═4Fe3++4H2O，故C错误；
D．硝酸铁溶液中加过量氨水的离子反应为Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故D正确；
故选C．
5．下列关于硅的说法不正确的是（ ）
A．硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体
B．硅的导电性能介于金属与绝缘体之间，是良好的半导体材料
C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
D．加热到一定温度时，硅能与氢气．氧气等非金属发生反应
【考点】硅和二氧化硅．
【分析】A、晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体．
B、硅是半导体，导电性能介于金属与绝缘体之间．
C、常温下，硅和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应发生反应．
D、加热条件下，硅能与一些非金属、氧化物等反应．
【解答】解：A、晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确．
B、硅在元素周期表中处于金属和非金属的过渡位置，所以晶体硅的导电性介于导体和半导体之间，是良好的半导体材料，故B正确．
C、常温下，硅的化学性质不活泼，但硅能和氢氟酸、氢氧化钠溶液反应，故C错误．
D、加热条件下，硅能与一些非金属、氧化物等反应，如硅能与氢气．氧气等非金属发生反应，故D正确．
故选C．
6．有关硝酸的性质的叙述中，正确的是（ ）
A．稀硝酸能使红色石蕊试纸变蓝
B．硝酸能与Na2CO3反应，但不能生成CO2
C．硝酸的氧化性很强，能氧化所有金属
D．浓硝酸因分解放出NO2又溶解于硝酸而呈黄色
【考点】硝酸的化学性质．
【分析】A．稀硝酸具有酸的通性；
B．硝酸的酸性大于碳酸；
C．硝酸的氧化性很强，不能氧化所有金属；
D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮．
【解答】解：A．稀硝酸具有酸的通性，能使紫色或蓝色石蕊试液变红色，故A错误；
B．硝酸的酸性大于碳酸，硝酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故B错误；
C．硝酸虽然具有氧化性，但能氧化部分金属，不能氧化金等金属，故C错误；
D．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使其溶液呈黄色，故D正确；
故选D．
7．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（ ）
A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．
【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故选A．
8．短周期中有X、Y、Z三种元素，Z可分别与X、Y组成化合物XZ2、ZY2，这三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，由此可推知X、Y、Z依次为（ ）
A．Na、F、O B．N、O、P C．C、F、O D．C、O、S
【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】短周期中有X、Y、Z三种元素，令它们核外电子数分别为a、b、c，三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，则：a+b+c=30，a+2c=38，故c﹣b=8，且Y与Z可以形成ZY2，可推知Y为O、Z为S，进而计算X原子的核外电子数确定X元素．
【解答】解：短周期中有X、Y、Z三种元素，令它们核外电子数分别为a、b、c，三种元素原子的核外电子数之和为30，每个XZ2分子的核外电子总数为38，则：a+b+c=30，a+2c=38，故c﹣b=8，且Y与Z可以形成ZY2，可推知Y为O、Z为S，故X原子的核外电子数=30﹣8﹣16=6，故X为C元素，
故选D．
9．某主族元素R原子的质量数为79，已知R的单核离子含有45个中子和36个电子，下列有关R的叙述错误的是（ ）
A．R位于第四周期ⅥA族
B．R最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3RO4
C．元素R气态氢化物的化学式为H2R
D．R的阴离子具有强还原性
【考点】元素周期表的结构及其应用．
【分析】某主族元素R原子的质量数为79，R离子含有45个中子和36个电子，R原子核外电子数=原子序数=79﹣45=34，则为Se元素，R离子核外电子数是36，则R形成的离子为R 2﹣，则R最外层有6个电子，
A．根据其电子层数和最外层电子数判断；
B．R最外层有6个电子，其最高化合价为+6价；
C．R元素的最低负价为﹣2价，据此确定其氢化物化学式；
D．Se的阴离子的还原性比硫离子强．
【解答】解：某主族元素R原子的质量数为79，R离子含有45个中子和36个电子，R原子核外电子数=原子序数=79﹣45=34，则为Se元素，R离子核外电子数是36，则R形成的离子为R 2﹣，则R最外层有6个电子，
A．Se元素，原子核外有4个电子层，位于第四周期，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以Se属于第VIA族元素，故A正确；
B．主族元素其最高正化合价与其族序数相等、最外层电子数相等，所以R元素最高正化合价为+6价，则R元素最高氧化物对应水化物的分子式为H2RO4，故B错误；
C．R元素的最低负价为﹣2价，所以其氢化物的化学式为H2R，故C正确；
D．Se的阴离子的还原性比硫离子强，硫离子还原性较强，所以Se的阴离子具有强还原性，故D正确；
故选B．
10．含下列化学键的物质，可能为单质的是（ ）
A．只有离子键的物质
B．既有离子键，又有非极性键的物质
C．既有极性键，又有离子键的物质
D．只有非极性键的物质
【考点】化学键；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，非金属元素之间易形成共价键．
A、只含有离子键的物质一定是化合物；
B、既有离子键，又有非极性键的物质，一定是化合物；
C、既有极性键，又有离子键的物质，一定是化合物；
D、只有非极性键的物质是单质．
【解答】解：A、只含有离子键的物质一定含有两种元素，所以只含有离子键的物质一定是化合物，故A错误；
B、既有离子键又有非极性键的物质一定至少含有两种元素，所以一定是化合物不是单质，故B错误；
C、既有极性键又有离子键的物质一定至少含有三种元素，所以一定是化合物不是单质，故C错误；
D、只有同种非金属元素之间能形成非极性键，所以只有非极性键的物质是单质，故D正确；
故选D．
11．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素．原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法正确的是（ ）
A．Y与Z形成的离子化合物中只能有离子键
B．Y、Z、R的简单离子半径：Y＜R＜Z
C．Y、W的氢化物的沸点：Y＞W
D．X在分别与Z和W形成的化合物中的化合价相同
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，据此解答．
【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，
A．Y与Z形成的离子化合物过氧化钠中含有离子键、共价键，故A错误；
B．Y、Z、R的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故B错误；
C．水分子之间存在氢键，沸点比硫化氢的高，故C正确；
D．H在分别与Na和S形成的化合物分别为NaH、H2S，前者中H元素为﹣1价、后者H元素为+1价，故D错误，
故选C．
12．下列说法正确的是（ ）
A．反应是吸热还是放热的，须看反应物和生成物所具有总能量的大小
B．放热反应在常温条件下一定很容易发生
C．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应
D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．反应物和生成物总能量大小决定了反应的吸热、放热；
B．反应能否发生与吸热反应、放热反应没有必然关系；
C．反应条件与反应热没有必然关系；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应．
【解答】解：A．反应是吸热还是放热的，主要取决于反应物和生成物所具有总能量的大小，故A正确；
B．反应热与反应能否发生没有必然关系，有的吸热反应在常温下能够发生，如氯化铵与氢氧化钡晶体的反应，故B错误；
C．需要加热方能发生的反应不一定是吸热反应，如氢气的燃烧、氢气还原氧化铜、铝热反应等都是放热反应，需要在点燃或加热条件下进行，故C错误；
D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故D错误；
故选A．
13．通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ•mol﹣1）
414
489
565
155
根据键能数据估算反应CH4+4F2=CF4+4HF每消耗1mol CH4的热效应（ ）
A．放热1940 kJ B．吸热1940 kJ C．放热485 kJ D．吸热485 kJ
【考点】反应热和焓变．
【分析】热化学方程式中，反应的焓变△H=反应物中所有旧键断裂吸收的能量﹣形成新的化学键放出的热量，据此结合表中数据计算．
【解答】解：CH4（g）+4F2（g）═CF4（g）+4HF（g）的反应热△H=断裂化学键吸收的能量﹣形成化学键放出的热量=414KJ/mol×4+155KJ/mol×4﹣=﹣1940kJ•mol﹣1，
故选A．
14．下列有关实验现象的描述不正确的是C（ ）
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．把铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极被腐蚀
C．把铜片插入氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作正极；
B．铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极发生吸氧腐蚀；
C．铜不能与氯化铁反应生成铁，据此解答即可；
D．构成原电池反应，可以加速反应的速率．
【解答】解：A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A正确；
B．铁钉和碳棒用铜线连接后，浸入0.1 mol•L﹣1的食盐溶液中，铁钉作负极发生吸氧腐蚀，故B正确；
C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，不能生成铁单质，故C错误；
D．把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；
故选C．
15．①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（ ）
A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④
【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】在原电池反应中，负极金属较为活泼，电子从负极经外电路流向正极，一般来说，气体、金属在正极上析出，负极质量减小，以此解答该题．
【解答】解：①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，应为较活泼金属，金属活动性①＞②；
①③相连时，③为正极，说明①较活泼，金属活动性①＞③；
②④相连时，②上有气泡逸出，说明④为负极，②为正极，金属活动性：④＞②；
③④相连时，③的质量减少，说明③为负极，较活泼，金属活动性：③＞④，
则金属活动性顺序为①＞③＞④＞②，
故选B．
16．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸和缓地进行反应．其中反应速率最大的是（ ）
A．20mL 3mol/L 的X溶液 B．20mL 2mol/L 的X溶液
C．10mL 4mol/L的X溶液 D．10mL 2mol/L的X溶液
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】化学反应中，反应物浓度越大，单位体积活化分子数目越多，则反应速率越大，因溶液均加水稀释到50mL，则可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大．
【解答】解：均加水稀释到50mL，
A．n（X）=0.02L×3mol/L=0.06mol；
B．n（X）=0.02L×2mol/L=0.04mol；
C．n（X）=0.01L×4mol/L=0.04mol；
D．n（X）=0.01L×2mol/L=0.02mol，
物质的量最大的是A，则A浓度最大，反应速率最大．
故选A．
17．反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间为C（ ）
A．0.1s B．2.5s C．5s D．10s
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（SO3），再利用△t=计算．
【解答】解：用O2表示的反应速率为0.04mol•L﹣1•s﹣1，
则v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L﹣1•s﹣1=0.08mol•L﹣1•s﹣1，
故反应时间==5s，
故选C．
18．在一定的温度下，在恒容容器中可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志是B（ ）
A．B生成速率与C分解速率相等
B．容器内气体的平均分子量不再变化
C．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B
D．容器内气体的密度不再变化
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：A、B生成速率与C分解速率应该与化学计量数成正比例才平衡，故A错误；
B、容器内气体的物质的量是变量，质量不是变量，故容器内气体的平均分子量为变量，变量不变就平衡，故B正确；
C、单位时间生成nmolA，同时生成3nmolB，都体现逆反应方向，故C错误；
D、混合气体的密度始终不在发生变化，故D错误；
故选B．
19．下列反应属于取代反应的是（ ）
A．甲烷的燃烧 B．由甲烷制取氯仿
C．甲烷遇明火爆炸 D．由甲烷制取炭黑
【考点】有机物的结构和性质；取代反应与加成反应．
【分析】A．燃烧为氧化反应；
B．由甲烷制取氯仿，甲烷中H被Cl取代；
C．爆炸为剧烈的氧化还原反应；
D．由甲烷制取炭黑，甲烷分解生成C和氢气．
【解答】解：A．甲烷的燃烧，为氧化反应，故A不选；
B．由甲烷制取氯仿，为光照下的取代反应，故B选；
C．甲烷遇明火爆炸，为氧化还原反应，故C不选；
D．由甲烷制取炭黑，为分解反应，故D不选；
故选B．
20．下列化学式中，只能用来表示一种物质的是（ ）
A．C2H4Cl2 B．C5H12 C．C D．C2H5Cl
【考点】混合物和纯净物．
【分析】化学式中只能表示一种物质，则该分子不存在同分异构体，根据同分异构体的概念及书写原则进行判断．
【解答】解：A．C2H4Cl2可以存在同分异构体，ClCH2CH2Cl，CH3CHCl2，所以不只表示一种物质，故A错误；
B．C5H12 可以存在同分异构体，CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C（CH3）4，所以不只表示一种物质，故B错误；
C．C可能为石墨或金刚石，不能表示一种物质，故C错误；
D．C2H5Cl只有一种结构不存在同分异构体，所以能只表示一种物质，故D正确；
故选D．
二、非选择题（本题共4道题，共40分，所有答案均必须写到答题卷上）
21．按要求完成以下方程式：
（1）铝粉与四氧化三铁发生铝热反应的化学方程式： 8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3 ．
（2）氯化铁溶液中通入SO2气体的离子方程式： 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ．
（3）偏铝酸钠溶液中加入氯化铝溶液的离子方程式： Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓ ．
（4）碳单质和浓硝酸反应的化学方程式： C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O ．
【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．
【分析】（1）铝粉和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁；
（2）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸；
（3）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，偏铝酸钠溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；
（4）碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水．
【解答】解：（1）铝粉和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3
（2）氯化铁具有氧化性氧化二氧化硫为硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；
（3）氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，偏铝酸钠溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（4）碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．
22．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 蒸馏烧瓶 ，其中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O ．
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 溶液由紫红色变为无色 、 无色溶液中出现淡黄色浑浊 ，这些现象分别说明SO2具有的性质是 还原性 和 氧化性 ；装置B中发生反应的离子方程式为 5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+ ．
（3）设计装置D的目的是 验证SO2与品红漂白作用的可逆性 ．
（4）尾气应用 NaOH 溶液吸收（填试剂的化学式）．
【考点】二氧化硫的化学性质．
【分析】（1）根据化学常用仪器及仪器的名称来分析；制备二氧化硫的方法是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成；
（2）利用二氧化硫与高锰酸钾溶液，二氧化硫与硫化钠的氧化还原反应来分析反应现象和性质，依据离子性质和电荷守恒，原子守恒配平书写离子方程式；
（3）根据二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色来解答；
（4）利用二氧化硫的性质来分析尾气处理，利用发生的化学反应来书写吸收尾气的离子反应．
【解答】解：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶，其中发生反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，则观察到红色逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化还原反应为2S2﹣+SO2+2H2O=3S↓+4OH﹣，则观察到出现黄色浑浊，B中S元素的化合价升高，表现还原性，C中二氧化硫中硫元素的化合价降低，表现氧化性，高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反应为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，
故答案为：溶液由紫红色变为无色；出现黄色浑浊；还原性；氧化性；2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+；
（3）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色，则操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为红色，验证SO2与品红漂白作用的可逆性，
故答案为：验证SO2与品红漂白作用的可逆性；
（4）利用氢氧化钠溶液来吸收尾气，发生的离子反应为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：NaOH．
23．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如下．请回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的离子方程式为4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O，CuCl2﹣中铜元素的化合价为 +1 ，该反应中的氧化剂是 O2 ．
（2）一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入硫酸，可以析出硫酸铜晶体而不析出氯化铜晶体，其原因可能是 该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体 ．
（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，以降低生铁的含碳量，该过程中主要反应的化学方程式是 3C+Fe2O32Fe+3CO↑ ．
（4）SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是 形成酸雨 ．
（5）已知反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，反应Ⅰ的产物为 FeS2 和 CuS ．（填化学式）
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸，
（1）氯离子的化合价为﹣1价，据此可判断铜元素的化合价；根据氧化剂在反应中得到电子，化合价降低判断该反应的氧化剂；
（2）考虑产物的溶解度，溶解度小的先从溶液中析出；
（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳；
（4）二氧化硫排放到大气中易形成酸雨；
（5）由流程结合反应方程式可知黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，据此可判断反应Ⅰ的产物．
【解答】解：铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl﹣=2[CuCl2]﹣+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2﹣+O2+4H+=4Cu2++8Cl﹣+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸，
（1）CuCl2﹣中氯离子的化合价为﹣1价，2个氯离子为﹣2价，则铜元素的化合价为+1价；
反应4CuCl2﹣+O2+4H+═4Cu2++8Cl﹣+2H2O中，O2得到电子被还原，则O2为氧化剂，
故答案为：+1；O2；
（2）相同条件下硫酸铜的溶解度小，则该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以向反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，
故答案为：该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体；
（3）炼钢时，可将铁红投入熔融的生铁中，滤液碳和氧化铁反应生成铁和一氧化碳，反应的化学方程式为：3C+Fe2O3 2Fe+3CO↑，
故答案为：3C+Fe2O32Fe+3CO↑；
（4）SO2尾气直接排放到大气中，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，而亚硫酸容易被空气中氧气氧化成硫酸，导致雨水酸性增强，易形成酸雨，
故答案为：形成酸雨；
（5）反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl﹣═2CuCl2﹣+S，结合流程可知，黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，则反应I的产物为：FeS2、CuS，
故答案为：FeS2；CuS．
24．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．
如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定．请回答：
（1）氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是由 化学能转变为电能 ，在导线中电子流动方向为 由a到b （用a、b表示）．
（2）负极反应式为 2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O（或H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O） ．
（3）电极表面镀铂粉的原因是 增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率 ．
（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能．因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ2Li+H22LiH
ⅡLiH+H2O═LiOH+H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是 Li ，反应Ⅱ中的氧化剂是 H2O ．（均填化学式）
②已知LiH固体密度为0.82g/cm3，用锂吸收224L（标准状况）H2，则被吸收的H2体积与生成的LiH体积比为 1148：1 ．
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为 32 mol．
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）原电池主要是将化学键转化为电能；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极；
（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；
（3）反应物接触面积越大，反应速率越大；
（4）①根据化合价的变化判断；
②设LiH体积体积为vL，算出质量和物质的量，求出气体的体积；
③根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算．
【解答】解：（1）原电池主要是将化学键转化为电能，燃料电池是原电池，是将化学能转化为电能的装置；氢气失去电子，为负极，氧气获得电子，为正极，电子由负极通过导线移向正极，即由a到b，
故答案为：化学能转化为电能；由a到b；
（2）负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O（或H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O），
故答案为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O（或H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O）；
（3）反应物接触面积越大，反应速率越大，镀铂粉增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快电极反应速率，
故答案为：增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率；
（4）①2Li+H22LiH，该反应中锂失电子发生氧化反应，所以锂是还原剂；LiH+H2O=LiOH+H2↑，该反应中H2O得电子生成氢气，发生还原反应，所以H2O是氧化剂，
故答案为：Li；H2O；
②设LiH体积为vL，物质的量为n=（mol），根据反应方程式，2n（H2）=n（LiH），故（mol）=2×=20mol，v=L；
被吸收的H2体积与生成的LiH体积比为224L： L=1148：1；
故答案是：1148：1；
③20molLiH可生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子，
故答案为：32．
2016年6月19日
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