河北省保定市高阳中学高一化学下学期第五次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学高三化学下学期第五次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2015届高三下学期第五次周练化学试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）下列各式表示水解反应的是（）A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣C．H2PO4﹣+H2O⇌HPO42﹣+H3O+D．HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣2．（3分）Na2CO3水溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡．下列说法不正确的是（）A．稀释溶液，增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，此平衡常数增大D．加入NaOH固体，减小3．（3分）在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Al2（SO4）3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3，可以得到相应盐的晶体（可以含有结晶水）的是（）A．①③⑤B．①②③C．②④D．①③④⑤4．（3分）等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba （OH）2溶液．它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（）A．氨水B．硅酸钠溶液C．NaOH溶液D．NaHCO3溶液5．（3分）相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（）酸HX HY HZ电常数9×10﹣79×10﹣610﹣2A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应 HZ+Y﹣═HY+Z﹣够发生C．相同温度下，0.1 mol•L﹣1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1 mol•L﹣1HX溶液的电离常数大于0.1 mol•L﹣1HX6．（3分）常温下将氯化铵固体溶解在D2O（重水）中，下列有关水解的离子方程式或等式中正确的是（）A．NH+D2O⇌NH3•D2O+H+B．NH+D2O⇌NH3•HDO+D+C．c（OD﹣）•c（H+）=K w D．c（OH﹣）•c（D+）=K w7．（3分）下列有关说法中正确的是（）A．0.1 mol/L Na2SO3溶液中c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）B．0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液中；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．对滴有酚酞的CH3COONa溶液进行加热，溶液颜色会加深D．在pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）8．（3分）25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液的pH分别是1和11．下列说法中正确的是（）A．BOH的电离方程式是BOH═B++OH﹣B．将一定体积的上述两种溶液混合后得到中性溶液，则V（HA）＜V（BOH）C．在0.1 mol•L﹣1BA溶液中，c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．若将0.1 mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.001 mol•L﹣1，则溶液的pH=99．（3分）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．某温度下，若向0.1mol/L 的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性．则有关该混合溶液的说法中，一定正确的是（）A．NaHA溶液一定呈酸性B．c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14xC．c（Na+）=c（K+）D．c（Na+）+c（K+）=0.05 mol/L10．（3分）常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化情况如图所示（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，当V （NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是（）A．c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2﹣）B．c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A）＞c（OH﹣）C．c（Na+）＞c（H+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2A）D．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2﹣）11．（3分）已知相同温度下电离常数K（HF）＞K（HCN），在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaF混合浓度中，下列排序正确的是（）A．c（OH﹣）＞c（HF）＞c（HCN）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（CN﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）C．c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（CN﹣）＞c（H+）D．c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCN）＞c（HF）二、解答题（共4小题，满分0分）12．（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，现M的原子结构示意图为．（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是（填序号）．A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去．13．现有常温下的0.1mol•L﹣1纯碱溶液．（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：．为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：．（2）同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32﹣不超过其总量的10%．请你设计实验证明该同学的观点是否正确：．（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是．A．c（Na+）=2c（CO32﹣）B．c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）C．c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）14．已知常温下0.01mol•L﹣1 H2SO4（强酸）溶液中c（H+）=0.011mol•L﹣1，回答下列问题．（1）NaHSO4溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为，Na2SO4溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子方程式表示）．（2）常温下，0.01mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（H+）0.001mol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）2mol•L﹣1 NaHSO4溶液与1mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为．若继续滴加Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为．15．常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）．回答下列问题：（1）由图中信息可知HA为酸（填“强”或“弱”），理由是（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因为；，此时，溶液中由水电离出的c（OH﹣）=．（3）请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：（4）K点对应的溶液中，c（M+）+c（MOH）2c（A﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；若此时溶液中，pH=10，则c（MOH）+c（OH﹣）=mol•L﹣1．河北省保定市高阳中学2015届高三下学期第五次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）下列各式表示水解反应的是（）A．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣C．H2PO4﹣+H2O⇌HPO42﹣+H3O+D．HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：水解反应的实质是：弱酸或弱碱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，水解反应方程式用可逆符号表示，以此分析得出正确结论．解答：解：A、HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣，是碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解离子方程式，故A错误；B、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，是硫氢根离子的水解离子方程式，故B正确；C、H2PO4﹣+H2O⇌HPO42﹣+H3O+，是磷酸二氢根离子的电离方程式，故C错误；D、HCO3﹣+OH﹣⇌H2O+CO32﹣，是碳酸氢根离子和氢氧根离子发生的复分解反应，故D错误；故选B．点评：本题考查学生对水解反应原理的理解，题目难度不大，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分反应、水解和电离．2．（3分）Na2CO3水溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡．下列说法不正确的是（）A．稀释溶液，增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，此平衡常数增大D．加入NaOH固体，减小考点：盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：A、稀释溶液离子浓度变化，平衡常数不变；B、碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠溶液，PH减小；C、升高温度促进水解，水解是吸热反应；D、加入氢氧化钠平衡逆向进行．解答：解：A、反应平衡常数K=，随温度变化，加水稀释平衡常数不变，故A错误；B、通入CO2，反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，溶液pH减小，故B正确；C、水解是吸热反应，升高温度促进水解，平衡常数增大，故C正确；D、加入氢氧化钠平衡逆向进行，HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大，减小，故D正确；故选A．点评：本题考查了盐类水解的原理应用，盐类水解平衡的影响因素判断，平衡常数的理解，题目难度中等．3．（3分）在空气中直接蒸发下列盐的溶液：①Al2（SO4）3；②Na2CO3；③KCl；④CuCl2；⑤NaHCO3，可以得到相应盐的晶体（可以含有结晶水）的是（）A．①③⑤B．①②③C．②④D．①③④⑤考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析：加热盐溶液，可以得到相应盐的晶体，则说明在加热过程中盐性质温度，不分解，如盐发生水解的话，水解生成的酸为难挥发性酸，以此解答该题．解答：解：①Al2（SO4）3加热时虽发生水解，但硫酸难挥发，加入溶液可生成Al2（SO4）3，故正确；②Na2CO3水解生成氢氧化钠，但氢氧化钠不稳定，在空气中仍生成碳酸钠，故正确；③KCl性质稳定，加入溶液可生成KCl，故正确；④CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸挥发，最后生成氢氧化铜，故错误；⑤NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠，故错误．故选B．点评：本题考查盐类的水解以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的理解和运用的考查，注意把握盐类水解的原理、规律和应用，难度不大．4．（3分）等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba （OH）2溶液．它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（）A．氨水B．硅酸钠溶液C．NaOH溶液D．NaHCO3溶液考点：盐类水解的应用；钠的重要化合物．专题：盐类的水解专题．分析：若X为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则对应盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，若X为碱，则其碱性Ba（OH）2比弱．解答：解：等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba （OH）2溶液．它们的pH依次增大，X溶液的碱性大于碳酸钠，小于Ba（OH）2，若X为盐溶液，根据酸的酸性越弱，则盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，而硅酸的酸性比碳酸弱，故硅酸钠溶液符合；NaHCO3溶液的pH小于碳酸钠；若X为碱，则其碱性Ba（OH）2比弱，可以是氨水、NaOH等；故选D．点评：本题考查了盐的水解，注意把握盐溶液pH的判断方法：酸的酸性越弱，则盐的pH越大，题目难度不大．5．（3分）相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（）酸HX HY HZ电常数9×10﹣79×10﹣610﹣2A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应 HZ+Y﹣═HY+Z﹣够发生C．相同温度下，0.1 mol•L﹣1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大D．相同温度下，1 mol•L﹣1HX溶液的电离常数大于0.1 mol•L﹣1HX考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答．解答：解：A．相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A错误；B．由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y﹣═HY+Z﹣能发生，故B正确；C．根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故C错误；D．相同温度下，同一物质的电离平衡常数相等，故D错误；故选B．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确相同温度下电离平衡常数与电解质强弱的关系是解本题关键，易错选项是D，注意温度不变，同一物质的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，为易错点．6．（3分）常温下将氯化铵固体溶解在D2O（重水）中，下列有关水解的离子方程式或等式中正确的是（）A．NH+D2O⇌NH3•D2O+H+B．NH+D2O⇌NH3•HDO+D+C．c（OD﹣）•c（H+）=K w D．c（OH﹣）•c（D+）=K w考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：氯化铵固体溶解在D2O（重水）中，发生水解，铵根离子结合OD﹣生成一水合氨，同时生成D+，以此来解答．解答：解：氯化铵固体溶解在D2O（重水）中，发生水解，铵根离子结合OD﹣生成一水合氨，同时生成D+，则水解离子反应为NH4++D2O⇌NH3•HDO+D+，溶液中离子积为：c（OD﹣）•c（D+）=K w，故选B．点评：本题考查水解的离子反应，明确水解的实质是解答本题的关键，注意铵根离子结合重水电离生成的OD﹣，题目难度不大．7．（3分）下列有关说法中正确的是（）A．0.1 mol/L Na2SO3溶液中c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）B．0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液中；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．对滴有酚酞的CH3COONa溶液进行加热，溶液颜色会加深D．在pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．根据亚硫酸钠溶液中的物料守恒判断；B．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，溶液显示碱性，则c（H+）＞c（OH﹣）、c（H2CO3）＞c（CO32﹣）；C．醋酸根离子的水解为吸热反应，升高温度后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强；D．pH=5.6，混合液为酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CH3COO ﹣）．解答：解：A.0.1 mol/L Na2SO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故A错误；B.0.1 mol•L﹣1NaHCO3溶液中，HCO3﹣的电离程度小于其水解程度，溶液显示碱性，则：c（H2CO3）＞c（CO32﹣），溶液中正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B 错误；C．对滴有酚酞的CH3COONa溶液进行加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液碱性增强，所以溶液颜色会加深，故C正确；D．CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH=5.6，混合液为酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确电荷守恒、物料守恒在判断离子浓度大小中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力．8．（3分）25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液的pH分别是1和11．下列说法中正确的是（）A．BOH的电离方程式是BOH═B++OH﹣B．将一定体积的上述两种溶液混合后得到中性溶液，则V（HA）＜V（BOH）C．在0.1 mol•L﹣1BA溶液中，c（B+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．若将0.1 mol•L﹣1BOH溶液稀释至0.001 mol•L﹣1，则溶液的pH=9考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，根据酸碱的强弱及电离特点来分析解答．解答：解：25℃时，浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11，HA中氢离子浓度等于酸浓度，所以是强酸，BOH中氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以BOH是弱碱，A．BOH是弱碱，溶于水只有部分电离，溶液中存在电离平衡，所以其电离方程式是BOH⇌B++OH ﹣，故A错误；B．若一定量的上述两溶液混合，恰好中和时生成BA，BA是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，若使上述两种溶液混合后得到中性溶液，所需BOH的物质的量多于HA，其浓度相同，则V（HA）＜V（BOH），故B正确；C．BA是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒知，0.1 mol•L﹣1 BA溶液中，c（A﹣）＞c （B+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．BOH是弱碱，溶液中存在电离平衡，将0.1mol•L﹣1 BOH溶液稀释至0.001mol•L﹣1，稀释过程中促进弱碱电离，所以溶液的pH＞9，故D错误；故选B．点评：本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，并熟悉电离、盐类水解等知识来解答，题目难度中等．9．（3分）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．某温度下，若向0.1mol/L 的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性．则有关该混合溶液的说法中，一定正确的是（）A．NaHA溶液一定呈酸性B．c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14xC．c（Na+）=c（K+）D．c（Na+）+c（K+）=0.05 mol/L考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、NaHA中加一定量的KOH显中性，则NaHA显酸性；B、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；C、NaHA与KOH恰好反应显碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量；D、0.1mol/L的NaHA溶液与0.1mol/L KOH溶液混合时，钠离子和钾离子浓度之和不变．解答：解：A、NaHA中加一定量的KOH显中性，由于KOH为强碱，则NaHA溶液显酸性，故A正确；B、水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故B错误；C、NaHA与KOH恰好反应显碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）＞c（K+），故C错误；D、0.1mol/L的NaHA溶液与0.1mol/L KOH溶液混合时，钠离子和钾离子浓度之和不变，则c （Na+）+c（K+）=0.1 mol/L，故D错误；故选：A．点评：本题考查了盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的关系等知识点，难度中等，根据影响离子积的因素和电荷守恒、物料守恒来分析解答即可．10．（3分）常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化情况如图所示（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）．根据图示判断，当V （NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序正确的是（）A．c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2﹣）B．c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A）＞c（OH﹣）C．c（Na+）＞c（H+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2A）D．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：当V（NaOH）=20mL时，n（H2A）=n（NaOH）=0.2mol/L×0.02L=0.004mol，二者恰好反应生成NaHA，根据图知，溶液中c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），说明H2A是二元弱酸，c（A2﹣）＞c（H2A）说明HA﹣的电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，所以存在c（H+）＞c （OH﹣），HA﹣的电离和水解程度都较小，据此分析解答．解答：解：当V（NaOH）=20mL时，n（H2A）=n（NaOH）=0.2mol/L×0.02L=0.004mol，二者恰好反应生成NaHA，根据图知，溶液中c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），说明H2A是二元弱酸，c（A2﹣）＞c（H2A）说明HA﹣的电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性，所以存在c（H+）＞c （OH﹣），HA﹣的电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以c（Na+）＞c（HA﹣），水还发生电离，只有HA﹣电离生成A2﹣，所以c（H+）＞c（A2﹣），只有HA﹣水解生成H2A，溶液呈酸性，氢氧根离子浓度最小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c （H2A）＞c（OH﹣），故选B．点评：本题以酸碱混合溶液定性判断为载体考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力，明确混合溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合图中各离子浓度大小顺序分析解答，题目难度中等．11．（3分）已知相同温度下电离常数K（HF）＞K（HCN），在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCN和NaF混合浓度中，下列排序正确的是（）A．c（OH﹣）＞c（HF）＞c（HCN）＞c（H+）B．c（OH﹣）＞c（CN﹣）＞c（F﹣）＞c（H+）C．c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（CN﹣）＞c（H+）D．c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCN）＞c（HF）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：氢氟酸（HF）的酸性比氢氰酸（HCN）强，HF比HCN易电离，由盐类水解越弱越水解可知，0.1mol/L的NaF和NaCN混合溶液中，NaCN水解程度大，溶液中c（F﹣）＞c（CN﹣），水解显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），据此判断溶液中各离子浓度大小．解答：解：盐类水解中，越弱越水解，氢氟酸（HF）的酸性比氢氰酸（HCN）强，则CN﹣水解程度大于F﹣离子的水解程度，则混合液中c（F﹣）＞c（CN﹣），由于CN﹣和F﹣离子的水解，溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c （Na+）＞c（F﹣）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），c（HCN）＞c（HF）综上所述得到：c（Na+）＞c（F﹣）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCN）＞c（HF）＞c（H+）．故选D．点评：本题考查了盐的水解原理及其影响、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．二、解答题（共4小题，满分0分）12．（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，现M的原子结构示意图为．（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是C（填序号）．A ．滴入酚酞溶液变红，再加入H 2SO 4溶液后红色褪去B ．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C ．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl 2溶液后产生沉淀且红色褪去．考点： 铵盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；氨的化学性质．分析： （1）N 的质子数为7，H 的质子数为1，所以NH 4+中质子数为11，电子数为10个，据此解答；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；（3）如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡．解答： 解：（1）N 的质子数为7，H 的质子数为1，NH 4+中含有10个电子，11个质子，与之相同的单核离子为钠离子，则M 的原子结构示意图为， 故答案为：；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝不能溶于弱碱，则该反应为Al 2（SO 4）3+6NH 3．H 2O═2Al（OH ）3↓+3（NH 4）2SO 4，其离子反应为2Al 3++3NH 3．H 2O═2Al（OH ）3↓+3NH 4+，故答案为：Al 3++3NH 3•H 2O=Al （OH ）3↓+3NH 4+；（3）A ．滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱性，再加入硫酸溶液后，生成具有漂白性的SO 2，溶液褪色，不能说明存在SO 32﹣+H 2O ⇌HSO 3﹣+OH ﹣水解平衡，故A 错误；B ．滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，Cl 2+SO 32﹣+H 2O═SO 42﹣+2Cl ﹣+2H +，Cl 2+HSO 3﹣+H 2O═SO 4 2﹣+2Cl﹣+3H +，氯气和碱发生歧化反应，Cl 2+2OH ﹣═ClO ﹣+Cl ﹣+H 2O ，溶液褪色，不能说明存在SO 32﹣+H 2O ⇌HSO 3﹣+OH ﹣水解平衡，故B 错误；C ．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在SO 32﹣+H 2O ⇌HSO 3﹣+OH ﹣水解平衡，故C 正确；故选C ．点评： 本题较为综合，主要考查推断和逻辑分析能力，明确物质的性质及发生的化学反应是解答的关键，题目难度中等．13．现有常温下的0.1mol•L ﹣1纯碱溶液．（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：取0.1mol/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO32﹣水解．（2）同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32﹣不超过其总量的10%．请你设计实验证明该同学的观点是否正确：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32﹣不超过其总量的10%．（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是BD．A．c（Na+）=2c（CO32﹣）B．c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）C．c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1D．c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）考点：盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：（1）碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性；（2）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度；（3）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析．解答：解：（1）碳酸根离子水解生成氢氧根离子溶液显碱性，其水解方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，设计实验有碳酸根离子时溶液显碱性，除去碳酸根离子后溶液不显碱性，其操作为：取0.1mol/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO32﹣水解；故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；取0.1mol/L的纯碱溶液少许于试管中，滴入几滴酚酞，溶液呈红色，再滴加足量BaCl2溶液，若溶液红色退去，则证明纯碱溶液显碱性的原因是CO32﹣水解；（2）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度，其操作为：用pH试纸测0.1mol/L 的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32﹣不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32﹣不超过其总量的10%；（3）A．根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、所以c（Na+）=2c （CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故A错误；B．溶液中存在两步水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，以第一步水解为主，所以c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故B正确；C．根据物料守恒：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.1mol•L﹣1，故C错误；D．根据质子守恒：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故D正确；故答案为：BD．点评：本题考查了盐类水解的原理，溶液酸碱性的实验测定方法，溶液中的守恒关系的应用，题目难度中等．14．已知常温下0.01mol•L﹣1 H2SO4（强酸）溶液中c（H+）=0.011mol•L﹣1，回答下列问题．（1）NaHSO4溶液中各微粒浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HSO4﹣）＞c（H+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣），Na2SO4溶液呈碱性性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是SO42﹣+H2O⇌OH﹣+HSO4﹣（用离子方程式表示）．（2）常温下，0.01mol•L﹣1的NaHSO4溶液中c（H+）＞0.001mol•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）2mol•L ﹣1 NaHSO 4溶液与1mol•L ﹣1Ba （OH ）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为2OH ﹣+2HSO 4﹣+Ba 2+=BaSO 4↓+2H 2O+SO 42﹣．若继续滴加Ba （OH ）2溶液，反应的离子方程式为SO 42﹣+Ba 2+=BaSO 4↓．考点： 离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．分析： 常温下0.01mol•L ﹣1 H 2SO 4（强酸）溶液中c （H +）=0.011mol•L ﹣1，说明硫酸的第二步电离存在电离平衡，（1）NaHSO 4溶液中，硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，据此判断各离子浓度大小；硫酸钠溶液中，硫酸根离子部分水解生成硫酸氢根离子，溶液显示碱性，据此写出其水解方程式；（2）硫酸的第一步电离抑制了其第二步电离，导致硫酸中硫酸氢根离子的电离程度减小，据此判断0.01mol/L 的硫酸氢钠溶液中氢离子浓度大小；（3）硫酸氢钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，其中硫酸氢钠不能拆开，硫酸根离子过量；继续滴加氢氧化钡，剩余的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀．解答： 解：常温下0.01mol•L ﹣1 H 2SO 4（强酸）溶液中c （H +）=0.011mol•L ﹣1，说明第一步电离是完全的：H 2SO 4=H ++HSO 4﹣，第二步电离并不完全：HSO 4﹣⇌H ++SO 42﹣，（1）NaHSO 4溶液中，硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，则c （H +）＞c （OH ﹣）、c （Na +）＞c （HSO 4﹣），溶液中离子浓度大小为：c （Na +）＞c （HSO 4﹣）＞c （H +）＞c （SO 42﹣）＞c （OH ﹣）；Na 2SO 4溶液中硫酸根离子易水解，所以溶液中存在水解平衡：SO 42﹣+H 2O ⇌OH ﹣+HSO 4﹣，导致溶液呈弱碱性，故答案为： c （Na +）＞c （HSO 4﹣）＞c （H +）＞c （SO 42﹣）＞c （OH ﹣）；碱；SO 42﹣+H 2O ⇌OH ﹣+HSO 4﹣；（2）0.01mol•L ﹣1 H 2SO 4（强酸）溶液中c （H +）=0.011mol•L ﹣1，硫酸的第一步电离的氢离子浓度为0.01mol/L ，则第二步电离出的氢离子为0.001mol/L ，硫酸的第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以0.01mol/L 的硫酸氢钠溶液中，氢离子浓度应该大于0.001mol/L ， 故答案为：＞；（3）2mol•L ﹣1 NaHSO 4溶液与1mol•L ﹣1 Ba （OH ）2溶液等体积混合，反应后硫酸根离子过量，反应的离子方程式为：2OH ﹣+2HSO 4﹣+Ba 2+=BaSO 4↓+2H 2O+SO 42﹣；若继续滴加Ba （OH ）2溶液，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO 42﹣+Ba 2+=BaSO 4↓，故答案为：2OH ﹣+2HSO 4﹣+Ba 2+=BaSO 4↓+2H 2O+SO 42﹣；SO 42﹣+Ba 2+=BaSO 4↓．点评： 本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，明确硫酸的第二步部分电离为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力．15．常温下，向100mL 0.01mol•L ﹣1HA 溶液中逐滴加入0.02mol•L ﹣1MOH 溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH 变化情况（体积变化忽略不计）．回答下列问题：（1）由图中信息可知HA 为强酸（填“强”或“弱”），理由是0.01 mol•L ﹣1HA 的pH 为2，说明HA 完全电离（2）常温下一定浓度的MA 稀溶液的pH=a ，则a ＜7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因为M ++H 2O ⇌MOH+H +；，此时，溶液中由水电离出的c （OH ﹣）=1×10﹣a mol•L ﹣1．（3）请写出K 点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：c （M +）＞c （A ﹣）＞c （OH ﹣）＞c （H +）（4）K 点对应的溶液中，c （M +）+c （MOH ）=2c （A ﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；若此时溶液中，pH=10，则c （MOH ）+c （OH ﹣）=0.005mol•L ﹣1．。
河北省保定市高阳中学高一化学下学期期末试卷含解析
河北省保定市高阳中学高一化学下学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是A. NH4ClB. CaCl2C. H2O2D. Na2O参考答案：A分析：根据含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物电离出的离子是原子团的含有共价键分析解答。
详解：A．NH4Cl属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有共价键，故A正确；B．氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B错误；C．过氧化氢分子中H-O原子之间存在极性键，O-O间为非极性键，属于共价化合物，故C错误；D．Na2O属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；故选A。
点睛：本题考查化学键与化合物的关系，明确物质中存在微粒及微粒之间作用力是解题的关键。
本题的易错点为AB的区别，离子化合物中是否含有共价键，要看是否存在多原子形成的复杂离子，只有原子团形成的离子中才含有共价键。
2. 下列关于营养物质的说法不正确的是A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸B．油脂是能提供最高能量的营养物质，但需控制摄入量C．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖D．淀粉是结构复杂的天然高分子化合物，遇碘变蓝参考答案：C略3. 已知：2NaA+B2=2NaB+A2、2NaA+C2=2NaC+A2、2NaB+C2=2NaC+B2、2NaC+D2=2NaD+C2，则氧化性由强到弱的顺序是（ )A.A2、B2、C2、D2B.B2、A2、C2、D2C.C2、B2、A2、D2D.D2、C2、B2、A2参考答案：D略4. [双选题]关于胶体和溶液的叙述中正确的是()A．胶体带电荷，而溶液呈电中性B．胶体加入电解质可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D．胶体能够发生丁达尔现象，而溶液则不能参考答案：CD解析：胶体中的胶粒因吸附作用带电荷，胶体呈电中性；溶液加入适当的电解质溶液也可产生沉淀；胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系，可以利用丁达尔现象鉴别胶体和溶液。
河北省保定市高阳中学高一化学下学期第八次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第八次周练化学试卷一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．（3分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（）A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性2．（3分）元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置．下列说法正确的是（）A．元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子的能量较高C．P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素3．（3分）下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（）A．非金属元素组成的化合物中只含共价键B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强4．（3分）四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族5．（3分）下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强6．（3分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A．非金属性：X＜T＜Q B．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q D．简单离子的还原性：T＞Q二、解答题（共3小题，满分0分）7．X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：（1）X、Y和Z的元素符号分别为、、．（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有、．（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质的电子式为此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为；此化合物还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为．8．A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，原子半径按C、D、B、A的顺序逐渐减小．A、C位于同一主族，B、D位于同一主族；A、C的原子核内质子数之和为B、D的原子核内质子数之和的一半；C元素与其他三种元素均能形成离子化合物．试回答下列问题：（1）B的离子符号为；C、D形成的化合物的电子式为．（2）同时含有上述四种元素的化合物有多种，写出其中任意一种化合物的化学式．（3）由A、B、C中的两种元素组成的两种化合物相互反应生成A单质的化学方程式为．（4）由B、C、D中的两种元素组成的两种化合物发生的反应既属于化合反应又属于氧化还原反应，该反应的化学方程式为．9．下表是元素周期表的一部分．回答下列问题：（1）元素b在元素周期表中的位置是．（2）元素a与c形成的4核10电子分子的化学式为，其水溶液呈性．（3）元素e的负一价离子的结构示意图为，元素g的简单离子的结构示意图为，二者的离子半径大小顺序为．（4）元素i的气态氢化物比元素e的气态氢化物（填“稳定”或“不稳定”）．（5）元素i的单质溶于元素f的最高价氧化物对应的水化物中，可生成具有漂白作用的一种盐，该盐的电子式为，该化合物中所含的化学键类型为．（6）元素d与h形成的化合物的化学式为．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第八次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1．（3分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（）A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物质可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，据此解答．解答：解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物质可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A．非金属O＞S，Cl＞S，则其氢化物中H2S最不稳定，故A正确；B．只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C．非金属O＞S，则阴离子还原性S2﹣＞O2﹣，故C错误；D．Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A．点评：本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W的推断是突破口．2．（3分）元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置．下列说法正确的是（）A．元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子的能量较高C．P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：该题考察了元素化合价与最外层电子数的关系；电子离核远近能量的高低，以及非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的关系，过渡元素的概念，综合性强，基础性强．解答：解：A、对于主族元素是最外层电子数等于元素的最高化合价，故A错；B、多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故B错；C、因P、S、Cl同周期，且原子序数依次增大，则电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，故C正确；D、因过渡元素指的是中间十列元素，故D错；故选：C．点评：本题考查原子结构与元素周期律，明确位置与性质的关系、周期表的结构是解答的关键．3．（3分）下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（）A．非金属元素组成的化合物中只含共价键B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、非金属元素组成的化合物可以是离子化合物，如铵盐；B、同周期自左而右，金属性减弱；C、同种元素的不同核素质子数相同，中子数不同；D、阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越弱．解答：解：A、铵盐是离子化合物，含有离子键，由非金属元素组成，故A错误；B、同周期自左而右，金属性减弱，故ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素，故B正确；C、同种元素的不同核素质子数相同，中子数不同，故C错误；D、ⅦA族阴离子还原性越强，元素的非金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故D错误；故选B．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．4．（3分）四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M 为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，据此结合元素周期律解答．解答：解：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O＜Al，故A 正确；B．非金属性N＞Si，故酸性HNO3＞H2SiO3，故B错误；C．非金属性Si＜O，故氢化物稳定性SiH4＜H2O，故C正确；D．Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正确；故选B．点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握．5．（3分）下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素；B．第二周期元素中，O、F没有正价；C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，越难水解；D．同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子．解答：解：A．ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A正确；B．第二周期元素中，O、F没有正价，则第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，越难水解，如卤族元素中，碘离子还原性最强，不水解，故C错误；D．同周期金属元素的化合价越高，越难失去电子，如第三周期中，Na比Al容易失去电子，故D错误；故选A．点评：本题考查元素周期表和元素周期律的应用，注意同周期、同主族元素的性质变化规律是解答本题的关键，注意利用实例分析问题，题目难度中等．6．（3分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A．非金属性：X＜T＜Q B．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q D．简单离子的还原性：T＞Q考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答．解答：解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，A．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Q＜T，故A错误；B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．非金属性Q＜T，元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，故D错误．故选B．点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，为高频考点，难度不大，推断R为氟元素是关键，注意掌握元素周期律．二、解答题（共3小题，满分0分）7．X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：（1）X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na．（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2．（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质的电子式为此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；此化合物还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，然后分析解答．解答：解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，（1）X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na，故答案为：H；O；Na；（2）由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH，Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，过氧化氢的电子式为，与高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，方程式为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑，故答案为：；5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑；H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3↑．点评：本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度不大．8．A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，原子半径按C、D、B、A的顺序逐渐减小．A、C位于同一主族，B、D位于同一主族；A、C的原子核内质子数之和为B、D的原子核内质子数之和的一半；C元素与其他三种元素均能形成离子化合物．试回答下列问题：（1）B的离子符号为O2﹣；C、D形成的化合物的电子式为．（2）同时含有上述四种元素的化合物有多种，写出其中任意一种化合物的化学式NaHSO4等．（3）由A、B、C中的两种元素组成的两种化合物相互反应生成A单质的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑．（4）由B、C、D中的两种元素组成的两种化合物发生的反应既属于化合反应又属于氧化还原反应，该反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B、D位于同一主族，则B处于第二周期、D处于第三周期，A、C位于同一主族，原子半径按C、D、B、A的顺序逐渐减小，则A不能处于第二周期，只能处于第一周期，故A为H元素，则D为Na；A、C的原子核内质子数之和为B、D的原子核内质子数之和的一半，即B、D原子质子数之和为24，则B为O元素，D为S元素；Na元素与其它三种元素均能形成离子化合物，据此解答．解答：解：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B、D位于同一主族，则B 处于第二周期、D处于第三周期，A、C位于同一主族，原子半径按C、D、B、A的顺序逐渐减小，则A不能处于第二周期，只能处于第一周期，故A为H元素，则D为Na；A、C的原子核内质子数之和为B、D的原子核内质子数之和的一半，即B、D原子质子数之和为24，则B为O元素，D为S元素；Na元素与其它三种元素均能形成离子化合物．（1）B为O元素，离子符号为O2﹣，C、D形成的化合物为Na2S，电子式为，故答案为：O2﹣；；（2）同时含有上述四种元素的化合物有多种，其中任意一种化合物的化学式为NaHSO4等，故答案为：NaHSO4等；（3）由H、O、Na中的两种元素组成的两种化合物相互反应生成氢气，应是NaH与水反应生成NaOH与氢气，反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；（4）由O、Na、S中的两种元素组成的两种化合物发生的反应既属于化合反应又属于氧化还原反应，是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，该反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4．点评：本题考查结构性质位置关系应用、元素化合物性质等，推断元素是解题关键，（3）（4）为易错点、难点，中学基本不涉及，难度中等．9．下表是元素周期表的一部分．回答下列问题：（1）元素b在元素周期表中的位置是第二周期ⅣA族．（2）元素a与c形成的4核10电子分子的化学式为NH3，其水溶液呈碱性．（3）元素e的负一价离子的结构示意图为，元素g的简单离子的结构示意图为，二者的离子半径大小顺序为F﹣＞Al3+．（4）元素i的气态氢化物比元素e的气态氢化物不稳定（填“稳定”或“不稳定”）．（5）元素i的单质溶于元素f的最高价氧化物对应的水化物中，可生成具有漂白作用的一种盐，该盐的电子式为，该化合物中所含的化学键类型为离子键、共价键．（6）元素d与h形成的化合物的化学式为SO2、SO3．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Al、h为S、i为Cl．（1）由位置可知，b处于周期表中第二周期ⅣA族；（2）元素a与c形成的4核10电子分子为NH3；（3）F﹣离子质子数为9，核外有2电子层，各层电子数为2、8，Al3+离子质子数为13，核外有2电子层，各层电子数为2、8；电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；（4）元素非金属性越强，其氢化物越稳定；（5）氯气单质溶于NaOH中生成具有漂白作用的盐为NaClO，由钠离子与次氯酸根离子构成，次氯酸根离子中氧原子与氯原子之间形成1对共用电子对；（6）元素d与h形成的化合物有二氧化硫、三氧化硫．解答：解：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Al、h为S、i为Cl．（1）由位置可知，b处于周期表中第二周期ⅣA族，故答案为：第二周期ⅣA族；（2）元素a与c形成的4核10电子分子为NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致其水溶液呈碱性，故答案为：NH3；碱性；（3）F﹣离子质子数为9，核外有2电子层，各层电子数为2、8，离子结构示意图为，Al3+离子质子数为13，核外有2电子层，各层电子数为2、8，离子结构示意图为，F﹣、Al3+，离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：F﹣＞Al3+，故答案为：；；F﹣＞Al3+；（4）非金属性Cl＜F，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，故HCl不如HF稳定，故答案为：不稳定；（5）氯气单质溶于NaOH中生成具有漂白作用的盐为NaClO，由钠离子与次氯酸根离子构成，次氯酸根离子中氧原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，含有离子键、共价键，故答案为：；离子键、共价键；（6）元素d与h形成的化合物有二氧化硫、三氧化硫，相应的化学式为SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3．点评：本题考查元素周期表与元素周期律应用，需要学生熟练掌握元素周期表的结构，侧重对基础知识的巩固．。
河北省保定市高阳中学高一化学下学期期中试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期期中化学试卷一、选择题：每个题只有一个正确答案，共25小题，每题2分，共50分．1．在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（）A．制催化剂的材料B．耐高温、耐腐蚀的合金材料C．制农药的材料D．半导体材料2．下列物质含有离子键的是（）A．Cl2B．NaCl C．CO2D．H2O3．R原子序数是15，下列关于R元素的说法中，错误的是（）A．R是第二周期第VA族的元素B．R的最高正化合价为+5价C．R的氢化物分子式是RH3D．R的最高价氧化物对应的水化物的水溶液呈酸性4．下列叙述错误的是（）A．生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B．用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C．在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D．铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀5．能用电解原理说明的问题是（）①电解是把电能转变成化学能②电解是化学能转变成电能③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现⑤电解质溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生．A．①②③④B．②③⑤C．③④D．①③④⑤6．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液．下列实验现象中正确的是（）A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色7．如图装置中能构成原电池产生电流的是（）A．B．C．D．8．在一定条件下，一定量的A和B气体发生如下可逆反应：2A（g）+3B（g）3C（g），只有反应到达平衡时才具有的状态是（）A．各物质的浓度之比为2：3：3B．混合物中各物质的浓度相等C．A、B、C三种物质的浓度不随时间变化而变化D．υ（A）：υ（B）：υ（C）=2：3：39．下列各组中，性质比较不正确的是（）A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S10．（双项）下列说法正确的是（）A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑B．电解水时为增强导电性可以加入少量的CuCl2固体C．电解精炼粗铜时，金、银等活泼性较弱的金属在阳极沉积成阳极泥D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+11．有关电化学知识的描述正确的是（）A．由于CaO+H2O═Ca（OH）2，可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池B．工业上冶炼铝2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成D．理论上说，不能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池12．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．C．3.2 mol D．3.6 mol13．将2molS02和1molO2放入一个容器中，在一定的条件下反应到达平衡状态，此时，容器存在的各物质的物质的量中，其中不能的是：（）①0molS02；②1mol S02；③2mol S03；④0.3molO2；⑤0.1molSO3；⑥1molO2．A．①②⑤⑥B．①③⑥C．①③④⑥D．②④⑤14．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是（）A．CuSO4B．NaOH C．BaCl2D．H2SO415．下列说法正确的是（）A．Na与水反应时增大水的用量可加快反应速率B．Fe与硫酸反应制取H2时，选用浓硫酸可加快反应速率C．两支试管中分别加入相同浓度的H2O2溶液，其中一支试管中加少量MnO2，两支试管中产生氧气的快慢相同D．Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将铝片改成铝粉燃烧更剧烈16．电解精炼粗铜时，下列叙述不正确的是（）A．与电源正极相连的电极是粗铜板B．阴极发生反应：Cu2++2e﹣═CuC．电解池的阳极材料为粗铜D．粗铜板上发生还原反应17．氢﹣氧燃料电池是将H2和O2分别通入电池，穿过浸入20%～40%的KOH溶液的多孔碳电极，其电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O和 O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．则下列叙述正确的是（）A．通H2的一极是正极B．通O2的一端极是负极C．工作一段时间后电解质溶液pH增大D．工作一段时间后电解质溶液pH减小18．下列变化过程中，既有离子键又有共价键被破坏的是（）A．I2升华B．烧碱溶于水C．HCl溶于水得盐酸D．硫酸氢钠溶于水19．下列各组顺序的排列不正确的是（）A．熔点：金刚石＞食盐＞干冰B．热稳定性：HCl＞H2S＞PH3C．沸点：HF＞HBr＞HCl D．离子半径：Na+＜Mg2+＜Al3+20．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A．8个中子的碳原子的核素符号：12CB．HF的电子式：C．Cl﹣离子的结构示意图：D．CH4分子的比例模型：21．在电解饱和食盐水的过程中，当阴阳两极共收集到224mL气体（标准状况）时，理论上可得到氢氧化钠（）A．0.4g B．0.8g C．0.01g D．0.02g22．下列说法正确的是（）A．含共价键的共价化合物一定是分子晶体，分子晶体一定含共价键B．固态可以导电的是离子晶体和金属晶体C．由原子构成的晶体一定是原子晶体，由分子构成的晶体一定是分子晶体D．判定晶体为离子晶体还是分子晶体的方法是看其熔融态是否能导电23．下列有关实验现象的描述不正确的是（）A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B．用铜板做电极电解硫酸铜溶液，阴极铜板质量增加C．把铜片插入氯化铁溶液中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出的速率加大D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出的速率加大24．有A、B、C三种金属，将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀．将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）A．B＞A＞C B．A＞B＞C C．A＞C＞B D．C＞B＞A25．电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e﹣═Ag+2OH﹣，总反应式为：Ag2O+H2O+Zn═Zn（OH）2+2Ag．下列说法正确的是（）A．锌是正极，氧化银是负极B．锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C．溶液中OH﹣向正极移动，K+、H+向负极移动D．随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH基本保持不变二、非选择题：本题共五个大题，共50分26．如图所示，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中．（1）锌片电极反应为：．（2）铜片上的现象是：．（3）电子的流向．（4）当通过导线的电子为0.8mol时，收集到氢气的体积是（标况下）．（5）若将电解质溶液换成氯化铁溶液，能否形成原电池？若能，请写出正极反应式，若不能请说明理由．．27．如图表示一个电解池，a是饱和NaCl溶液；X、Y都是石墨电极，U形管内滴入了几滴酚酞试液．请回答以下问题：（1）电解池中X极上发生（氧化反应或还原反应），在X极附近观察到的实验现象是．（2）Y电极上的电极反应式为，检验该电极反应产物的方法是．（3）若阴极产生的气体的体积3.36L（标况），则有 mol电子转移．（4）电解一段时间后取出电极，将U形管内的液体搅拌混匀，又发生了化学反应，该反应的化学方程式是，该溶液可用作消毒剂，原因是．28．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．如图所示为电池示意图，该电池电极表面均匀地镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定．（1）氢氧燃料电池能量转化的主要形式是．（2）负极反应式为．（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能，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：Ⅰ.2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O═LiOH+H2↑①反应Ⅱ中的氧化剂是．②LiH与H2O反应放出的H2用作电池燃料，若Li吸收10mol H2且能量的转化率为80%，则该电池导线中通过电子的物质的量为mol．29．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化．在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如表：时间（min） 1 2 3 4 5氢气体积（mL） 50.0 120.0 232.0 290.0 312.4（1）解释2min～3min反应速率最大的原因；反应速率最小的时间段是，原因为．（2）在4min～5min时间段内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为．（3）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列溶液：A．Na2CO3溶液 B．Na2SO4溶液 C．NaNO3溶液 D．少量CuSO4溶液你认为不可行的是．30．有A、B、C、D、E五种元素．①A、B、C是金属元素，位于同一周期，原子核外都有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径A＞B＞C．②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，D的单质是黄绿色气体，常温下E的单质是液体．请回答：（1）B在周期表中的位置，C的原子结构示意图是．（2）E单质的化学式是．（3）上述五种元素中，所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的物质是．（4）写出C的氧化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每个题只有一个正确答案，共25小题，每题2分，共50分．1．在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（）A．制催化剂的材料B．耐高温、耐腐蚀的合金材料C．制农药的材料D．半导体材料考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料．解答：解：A．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故A错误；B．耐高温、耐腐蚀的合金材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故B错误；C．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故C错误；D．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故D正确．故选D．点评：本题考查元素周期表的结构和应用，题目难度不大，本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题．2．下列物质含有离子键的是（）A．Cl2B．NaCl C．CO2D．H2O考点：离子键的形成．专题：化学键与晶体结构．分析：一般非金属元素之间形成共价键，金属元素与非金属元素之间形成离子键，以此来解答．解答：解：A．C12中只有C1﹣C1共价键，故A错误；B．NaCl中钠离子与氯离子以离子键结合，故B正确；C．CO2中只有C﹣O共价键，故C错误；D．H2O中只有H﹣O共价键，故D错误．故选B．点评：本题考查化学键，明确元素的类别及化学键形成的一般规律即可解答，较简单．3．R原子序数是15，下列关于R元素的说法中，错误的是（）A．R是第二周期第VA族的元素B．R的最高正化合价为+5价C．R的氢化物分子式是RH3D．R的最高价氧化物对应的水化物的水溶液呈酸性考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：R的原子序数是15，则R为P，位于元素周期表中的第三周期第ⅤA族，最高价为+5价，最低价为﹣3价，以此来解答．解答：解：A．R为P元素，位于元素周期表中的第三周期第ⅤA族，故A错误；B．第ⅤA族元素的最高价为+5价，故B正确；C．P元素的最低价为﹣3价，则R的氢化物分子式是RH3，故C正确；D．P元素的最高价为+5价，为非金属元素，则R的最高价氧化物对应的水化物的水溶液呈酸性，故D正确；故选A．点评：本题考查学生利用原子序数判断元素及元素的性质，熟悉第ⅤA族元素的性质即可解答，较简单．4．下列叙述错误的是（）A．生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B．用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C．在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D．铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：原电池中，作原电池负极的金属易失电子而被腐蚀，则作原电池正极的金属被保护，电镀时，镀层作电解池阳极，镀件作电解池阴极，含有与阳极相同元素的金属盐作电解质溶液，据此分析解答．解答：解：A．生铁中含有碳，碳、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，故A正确；B．锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故B正确；C．在铁制品上镀铜时，镀件铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故C错误；D．铁管上镶嵌锌块，锌、铁和电解质溶液构成原电池，铁作原电池正极而被保护，所以铁管不易被腐蚀，故D正确；故选：C．点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，知道防止金属被腐蚀的电化学方法有：牺牲阳极的阴极保护法及外加电源的阴极保护法．5．能用电解原理说明的问题是（）①电解是把电能转变成化学能②电解是化学能转变成电能③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现⑤电解质溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生．A．①②③④B．②③⑤C．③④D．①③④⑤考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：①根据电解原理的概念进行分析；②根据电解原理进行分析；③根据电解原理和金属导电的原理分析；④根据电解原理进行判断；⑤电解过程，发生了电子的转移，必然发生氧化还原反应．解答：解：①电解是将电流通过溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上发生氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故①正确；②由于电解是将电流通过溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故②错误；③电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化还原反应；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故③正确；④电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故④正确；⑤电解质溶液的导电过程就是电解过程，发生了电子的转移，一定发生了氧化还原反应，故⑤正确；故选：D．点评：本题考查了电解原理，注重了基础知识的考查，可以根据所学知识完成，本题难度不大．6．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液．下列实验现象中正确的是（）A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；B、氢气和氧气均是无色无味的气体；C、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色；D、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色．解答：解：A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，故A错误；B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，故B错误；C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故C错误；D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故D正确．故选D．点评：本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用．7．如图装置中能构成原电池产生电流的是（）A．B．C．D．考点：原电池和电解池的工作原理．分析：构成原电池并产生较强的电流，应形成原电池反应，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，以此解答该题．解答：解：A．该装置中电极材料相同，没有自发的氧化还原反应，所以不能形成原电池，故A错误；B．Zn与Cu活性不同，Zn与硫酸反应生成硫酸锌与氢气，该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故B正确；C．该装置中电极材料相同，乙醇为非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故C错误；D．该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池，故D错误．故选B．点评：本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的双基知识的考查，注意把握原电池的构成条件，难度不大．8．在一定条件下，一定量的A和B气体发生如下可逆反应：2A（g）+3B（g）3C（g），只有反应到达平衡时才具有的状态是（）A．各物质的浓度之比为2：3：3B．混合物中各物质的浓度相等C．A、B、C三种物质的浓度不随时间变化而变化D．υ（A）：υ（B）：υ（C）=2：3：3考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：根据平衡状态的特征判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的浓度、百分含量不变，解答：解：A、反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，所以不能作为判断依据，故A错误；B、反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故B错误；C、反应达到平衡时，混合物中各组成成分的浓度不变，故C正确；D、无论反应是否平衡，各物质的反应速率之比等于计量数之比，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，紧扣化学平衡状态的特征判断即可，注意反应前后气体体积不变的反应．9．下列各组中，性质比较不正确的是（）A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱；B、同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱；C、同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强；D、同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强．解答：解：A、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；B、Na、Mg、Al属于同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，即碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故B正确；C、P、S、Cl属于同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，所以稳定性：PH3＜H2S＜HCl，故C错误；D、F和O属于同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性：F＞O，O和S 属于同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强，所以O＞S，即非金属性F＞O＞S，故D 正确．点评：本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．10．（双项）下列说法正确的是（）A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑B．电解水时为增强导电性可以加入少量的CuCl2固体C．电解精炼粗铜时，金、银等活泼性较弱的金属在阳极沉积成阳极泥D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、电解池的阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应；B、电解氯化铜溶液的实质是电解本身；C、阳极泥是不参与阳极反应的金属沉积下来形成的；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上是铁是电子的过程．解答：解：A、电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e ﹣═Cl2↑，故A正确；B、电解水时为增强导电性，加入氯化铜，则会电解氯化铜溶液，电解实质变了，故B错误；C、阳极泥是不参与阳极反应的金属沉积下来形成的，金、银等活泼性较弱的金属在阳极沉积成阳极泥，故C正确；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上是铁是电子的过程：Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上是得电子的还原反应，故D错误．故选AC．点评：本题涉及原电池和电解池的工作原理的应用，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．11．有关电化学知识的描述正确的是（）A．由于CaO+H2O═Ca（OH）2，可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池B．工业上冶炼铝2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成D．理论上说，不能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池考点：设计原电池；金属冶炼的一般原理．分析：A．氧化还原反应可设计成原电池；B．Al为活泼金属，电解熔融离子化合物制备Al；C．燃料电池中原电池的两极相同；D．能自发进行的氧化还原反应，且为放热的反应都可设计成原电池．解答：解：A．氧化还原反应可设计成原电池，而CaO+H2O═Ca（OH）2中不含元素的化合价变化，不能设计成原电池，故A错误；B．Al为活泼金属，电解熔融离子化合物制备Al，则工业上冶炼铝的反应为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故B正确；C．燃料电池中原电池的两极相同，可均为Pt电极，则原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，也可为金属与非金属电极，故C错误；D．能自发进行的氧化还原反应，且为放热的反应都可设计成原电池，则理论上说，不能自发进行的氧化还原反应可设计成电解装置发生，故D错误；故选B．点评：本题考查原电池的设计及金属冶炼等，为高频考点，把握氧化还原反应与电化学的关系为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．12．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．C．3.2 mol D．3.6 mol考点：化学反应速率的概念；化学平衡的计算．分析：利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B），再根据△c（B）=v（B）•△t计算B的浓度变化量，B的起始浓度﹣B的浓度变化量等于10s后容器中B的物质的量浓度，n=VC 计算溶质B物质的量．解答：解：A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则v（B）=×0.12mol•L﹣1•s﹣1=0.04mol•L ﹣1•s﹣1，故10s后容器中B的物质的量浓度=﹣0.04mol•L﹣1•s﹣1×10s=1.6 mol/L，B物质的量=1.6 mol/L×2L=3.2mol，故选C．点评：本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，注意公式的理解与灵活运用，题目较简单．13．将2molS02和1molO2放入一个容器中，在一定的条件下反应到达平衡状态，此时，容器存在的各物质的物质的量中，其中不能的是：（）①0molS02；②1mol S02；③2mol S03；④0.3molO2；⑤0.1molSO3；⑥1molO2．A．①②⑤⑥B．①③⑥C．①③④⑥D．②④⑤考点：化学反应的可逆性．专题：化学平衡专题．分析：2molS02和2molO2放入一个容器中，在一定的条件下反应到达平衡状态，反应物中的任何一方不可能完全转化为生成物，根据化学反应结合答案回答即可．解答：解：根据反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），将2molS02和1molO2放入一个容器中，反应物中的任何一方不可能完全转化为生成物．①反应是可逆的，2mol二氧化硫不可能完全被消耗，故错误；②反应是可逆的，当消耗1mol二氧化硫时消耗0.5mol氧气，符合可逆反应的特点，故正确；③反应是可逆的，2mol二氧化硫不可能完全被消耗，也就不会生成2mol三氧化硫，故错误；④当剩余0.3mol氧气时，消耗二氧化硫的量是1.4mol，符合可逆反应的特点，故正确．⑤当生成0.1mol三氧化硫时，消耗氧气和二氧化硫的量分别是0.05mol和0.1mol，符合可逆反应的特点，故正确．⑥反应是可逆的，2mol二氧化硫不可能完全被消耗，也就是氧气的消耗量不可能是1mol，所以不会剩余氧气1mol，故错误．故选B．点评：本题考查学生可逆反应的特色：反应物中的任何一方不可能完全转化为生成物，注意知识点的应用是关键，难度不大．14．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是（）A．CuSO4B．NaOH C．BaCl2D．H2SO4。
河北省保定市高阳中学高一化学下学期第五次周练试题
高一下学期第五次周练化学试题1．以下能源中，可不能对环境造成污染而且又廉价方便的是（）A．石油B．天然气C．氢气D．太阳能2．下面的能源中属于二次能源的是（）A．电能、蒸汽B．电能、风能C．蒸汽、风能D．煤、石油3.以下反映中属吸热反映的是（）A.镁与盐酸反映放出氢气B.氢氧化钠与盐酸的反映C.硫在空气或氧气中燃烧D.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反映4.在空气中发生的燃烧，缓慢氧化和自燃的一起点是（）A.都需要达到着火点B.都产生热量C.都要点燃D.都属于氧化反映5.以下说法正确的选项是（）A．需要加热方能发生的反映必然是吸热反映B．放热反映在常温下必然很容易发生C．反映是放热仍是吸热，必需看反映物和生成物所具有的总能量的相对大小D．化学反映只生成新物质，没有能量的转变6．已知反映X+Y＝M+N为放热反映，对该反映的说法正确的选项是( )。
A．X的能量必然高于M B．Y的能量必然高于NC. X和Y的总能量必然高于M和N的总能量D．因为该反映为放热反映，故没必要加热就可发生7、决定化学反映速度的要紧因素是（）A、反映物的浓度B、反映温度C、利用催化剂D、反映物的性质8．此刻电池的种类超级多，且由电池造成的污染愈来愈严峻，以下电池可不能造成环境污染的是（）A．锂电池B．锌锰电池 C．氢氧燃料电池 D．镍镉电池9．下列关于燃料充分燃烧的说法，不正确的是．．．A ．空气量越多越好B ．应通入适量空气Ｃ．固体燃料燃烧前要粉碎 Ｄ．液体燃料燃烧时能够以雾状喷出10 （ ）A 、 、 C 、 D 、 ．火力发电是通过化石燃料燃烧，使化石燃料中化学能转化为电能，其能量转化方式正确的是 （ ） A ．化学能 → 电能 B ．化学能→ 机械能 →电能C ．化学能 → 热能 →电能D ．化学能 → 热能 → 机械能 →电能12．以下有关化石燃料的说法正确的选项是( )A.化石燃料是可再生的，因此地球上的蕴藏量也是无穷的B.化石燃料尽管在地球上的蕴藏量有限，但形成化石燃料的速度相当快，因此化石燃料相当于是无穷的 C ．化石燃料的形成超级复杂，需时刻较长，但化石燃料在地球上的蕴藏量是无穷的 D ．化石燃料在地球上的蕴藏量是有限的，而且又都是非再生能源13、20mL 0.5mol/L 的盐酸与一块大理石反映，以下方法不能提高反映速度的是 ( ) A 、加入10mL 1mol/L 的盐酸 B 、加入30mL 10mol/L 的盐酸 C 、所用的大理石研磨成粉末 D 、加入10mL H 2O14、已知反映A ＋ 3B ＝ 2C ＋ D 在某段时刻内以A 的浓度转变表示的化学反映速度为1mol ·L －1·min －1，那么此段时刻内以C 的浓度转变表示的化学反映速度为 （ ） A 、0.5mol ·L －1·min －1 B 、1 mol ·L －1·min －1 C 、2 mol ·L －1·min －1 D 、3 mol ·L －1·min －11五、铜片和铁片用导线连接后插入稀硫酸中，铁片是 （ ）A.阴极B.正极C.阳极D.负极 1六、以下装置中，电流计G 中有电流通过的是（ ）17、合成氨的反映为：3H 2 + N 22NH 3，其反映的速度可别离表示为v(H 2)、v(N 2)、v(NH 3)(单位为mol ·LFe C Fe CFe C Fe Z－1·s－1)，那么以下关系正确的选项是（）A、v(H2)＝v(N2)= v(NH3)B、v(H2)＝3 v(N2)C、v(N2)＝2 v(NH3)D、v(NH3)＝3/2v(H2)18．以下反映既是氧化还原反映，又是吸热反映的是（）A．铝片与稀硫酸反映B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反映C．灼热的炭与CO2反映D．甲烷在O2中燃烧反映1九、可逆反映H2(g) ＋I2(g) 2HI(g)达到平稳的标志是（）A、H2、I2、HI的浓度相等B、H2、I2、HI的浓度维持不变C、混合气体的密度维持不变D、混合气体的质量再也不改变20．以下选项中说明氢气作为燃料的优势的是( )①燃烧时发生氧化反映②充分燃烧的产物不污染环境③氢气是一种再生能源④燃烧时放出大量热量A、①②③B、①②④C、①③④D、②③④21．从能量的角度看，断开化学键要，形成化学键要。
河北省保定市高阳中学高一化学下学期第二次周练试卷(
河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第二次周练化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）检验Cl﹣所用的试剂为AgNO3和HNO3，HNO3的作用是（）A．防止CO32﹣的干扰B．防止Cl﹣的干扰C．生成AgNO3沉淀D．防止NO3﹣的沉淀2．（3分）KCl中有少量的KI，为了除去杂质，可选用以下操作中的（）①加入碘水②通入Cl2③用CCl4萃取④过滤．A．①③B．①④C．②③D．②④3．（3分）下列离子方程式表达正确的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42﹣+2HBrB．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O C．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O4．（3分）根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3；③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2．A．I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞SO2B．Cl﹣＞Fe2+＞SO2＞I﹣C．Fe2+＞I﹣＞Cl﹣＞SO2D．SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣5．（3分）已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是（）A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移6．（3分）有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀．反应中消耗 x mol H2SO4、y mol AgNO3．据此得知原混合溶液中的c（Na+）为（）A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L7．（3分）在500g含1.17g NaCl和0.84g NaF的溶液中，滴加过量的AgNO3溶液，静置，过滤，洗涤，称重得到2.87g固体，由此可以得出的正确结论是（）A．氯离子只有一部分参加反应B．氟离子只有一部分参加反应C．氟化钠与AgNO3在溶液中无沉淀生成D．氟化银难溶于水8．（3分）下列说法中正确的是（）A．Cl﹣和Cl2都有毒B．将AgNO3溶液滴入某溶液中，若出现白色沉淀，则说明溶液中含有Cl﹣C．将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀D．含Cl﹣的溶液和氯水一样均呈黄绿色9．（3分）在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味气体放出，将气体通入澄清石灰水变浑浊．则水溶液中含有（）A．Cl﹣、SO42﹣B．Cl﹣、NO3﹣C．Cl﹣、CO32﹣D．Cl﹣、OH﹣10．（3分）下列物质与其用途相符合的是（）①Cl2﹣﹣做消毒剂②AgBr﹣﹣制胶卷，感光纸③AgI﹣﹣人工降雨④碘﹣﹣预防甲状腺肿大⑤淀粉﹣﹣检验I2的存在⑥NaClO﹣﹣漂白纺织物．A．②③④⑤⑥B．①②③④⑤C．②③④⑤D．全部二、解答题（共5小题，满分0分）11．前一段时间，各地报刊纷纷转载了不要将不同品牌洁污剂混合使用的警告．据报道，在全国各地发生了多起混合洁污剂发生氯气中毒的事件．发生反应的离子方程式是：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O．根据你所掌握的化学知识作出如下判断：当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯元素，其中氯最可能的存在形式是和（填离子），当另一种具有（填写性质）的液态洁污剂与之混合后，可能发生上述反应而产生氯气．12．将0.1mol的MnO2和40mL 10mol•L﹣1的浓盐酸混合后加热，充分反应后，向所得溶液中加入足量的AgNO3溶液．在此过程中：（1）产生的Cl2在标准状况下的体积V（Cl2）为（可填写体积范围）；（2）产生的AgCl沉淀的物质的量为（假设盐酸不挥发，且产生的Cl2的物质的量为a mol）．13．图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为．（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是（填编号）．编号 a b c dⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是，该现象（填“能”或“不能”），说明溴的非金属性强于碘，原因是．（5）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：．请判断改用NaHSO3溶液是否可行？（填“是”或“否”）．14．（1）工业上用氯气通入冷的石灰乳反应制漂白粉，若要制得含有效成分1.430kg的漂白粉，理论上需标准状况下氯气多少升？（2）氯气通入氢氧化钠溶液中可制得漂白液．由于反应放热，溶液温度随之升高，就会伴有反应3Cl2+6NaOH═NaClO3+5NaCl+3H2O发生．若向200mL 4.00mol/L的氢氧化钠溶液中通入足量氯气反应完全，这时测得溶液中NaCl的物质的量浓度为2.50mol/L．忽略溶液体积变化，求所得溶液中次氯酸钠的物质的量浓度．15．将10.000g氯化钠、溴化钾和氯化钙的混合物溶于水中，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧（高温加热），灼烧后残留物的质量为9.813g，若将此残留物再溶于水并加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀干燥后质量为0.721g．求原混合物的质量．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第二次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．（3分）检验Cl﹣所用的试剂为AgNO3和HNO3，HNO3的作用是（）A．防止CO32﹣的干扰B．防止Cl﹣的干扰C．生成AgNO3沉淀D．防止NO3﹣的沉淀考点：氯离子的检验．专题：卤族元素．分析：检验Cl﹣所用的试剂为AgNO3和HNO3，由于碳酸根离子能够与银离子反应生成沉淀，对氯离子检验带来干扰，加入稀硝酸可以防止碳酸根离子干扰．解答：解：常见和AgNO3溶液反应生成白色沉淀的反应：AgNO3+NaCl=NaNO3+AgCl↓、Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3 ，加入稀硝酸主要是为了防止CO32﹣的干扰，因为碳酸银溶于硝酸，反应的化学方程式为：Ag2CO3+2HNO3=2AgNO3+CO2↑+H2O，故选A．点评：本题考查了氯离子的检验方法，题目难度不大，注意离子的检验是重要的考点之一，经常出现的题型有离子检验、元素化合物推断、实验设计及评价．2．（3分）KCl中有少量的KI，为了除去杂质，可选用以下操作中的（）①加入碘水②通入Cl2③用CCl4萃取④过滤．A．①③B．①④C．②③D．②④考点：物质的分离、提纯和除杂；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质的性质．通入氯气使KI氧化成碘单质，同时氯气被还原成氯离子．解答：解：除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质的性质．通入氯气使KI氧化成碘单质，同时氯气被还原成氯离子．反应的化学方程式为Cl2+KI=KCl+I2，离子方程式为Cl2+I﹣=Cl﹣+I2；然后用CCl4萃取；故选C．点评：本题考查物质的分离和提纯，难度不大，注意把握物质的性质异同，除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质的性质．3．（3分）下列离子方程式表达正确的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42﹣+2HBrB．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O C．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．SO2通入溴水中反应生成HBr和硫酸；B．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性生成硫酸钠、硫酸钡、水；C．漂白粉溶液在空气中失效时生成的次氯酸和碳酸钙；D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中发生氧化还原反应．解答：解：A．SO2通入溴水中的离子反应为SO2+2H2O+Br2=24H++SO42﹣+2Br﹣，故A错误；B．NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液充分反应后溶液呈中性的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．漂白粉溶液在空气中失效：Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，故C错误；D．Fe（OH）3溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C、D为解答的难点和易错点，题目难度较大．4．（3分）根据下列化学方程式，判断有关物质的还原性强弱的顺序为（）①I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3；③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2．A．I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞SO2B．Cl﹣＞Fe2+＞SO2＞I﹣C．Fe2+＞I﹣＞Cl﹣＞SO2D．SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣考点：氧化性、还原性强弱的比较．分析：同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答．解答：解：①I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2＞HI；②2FeCl2+Cl2═2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2＞FeCl3；③2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HI＞FeCl2；通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2＞I﹣＞Fe2+＞Cl﹣，故选D．点评：本题考查还原性强弱判断，侧重考查学生对基本概念的理解，根据元素化合价变化分析解答即可，知道常见元素化合价，题目难度不大．5．（3分）已知5KCl+KClO3+3H2SO4═3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是（）A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1mol KClO3参加反应时有10mol电子转移考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由﹣1价升高到0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，以此来解答．解答：解：5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由﹣1价升高到0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0，A．含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，故A正确；B．KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故B正确；C．硫酸中各元素的化合价不变，则H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；D.1molKClO3参加反应时有1mol×（5﹣0）=5mol电子转移，故D错误；故选D．点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中氯元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大．6．（3分）有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份．一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀．反应中消耗 x mol H2SO4、y mol AgNO3．据此得知原混合溶液中的c（Na+）为（）A． mol/L B． mol/L C． mol/L D． mol/L考点：离子方程式的有关计算．专题：守恒法．分析：根据SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl﹣=AgCl↓算Cl﹣的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl﹣离子浓度，再利用电荷守恒有2n（Ba2+）+c（Na+）=c（Cl﹣），据此计算原溶液中的Na+浓度．解答：解：BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗xmolH2SO4，则：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓xmol xmolc（Ba2+）==mol/L，另一份滴加AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀，反应中消耗ymolAgNO3，则：Ag++Cl﹣=AgCl↓ymol ymolc（Cl﹣）==mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Na+浓度为b，由电荷守恒可知，b+mol/L×2=mol/L，解得b=mol/L，故选D．点评：本题考查混合物的有关计算、根据离子方程的计算、物质的量浓度的计算等，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式，注意两等份溶液的浓度关系．7．（3分）在500g含1.17g NaCl和0.84g NaF的溶液中，滴加过量的AgNO3溶液，静置，过滤，洗涤，称重得到2.87g固体，由此可以得出的正确结论是（）A．氯离子只有一部分参加反应B．氟离子只有一部分参加反应C．氟化钠与AgNO3在溶液中无沉淀生成D．氟化银难溶于水考点：有关混合物反应的计算．分析：根据题意：n（NaCl）==0.02mol，由Cl原子守恒可知，若全部生成氯化银，则会生成0.02molAgCl，质量是2.87g，所以得到2.87g固体全部是氯化银，AgF没有生成，据此回答判断．解答：解：根据题意：n（NaCl）==0.02mol，由Cl原子守恒可知，若全部生成氯化银，则会生成0.02molAgCl，质量是2.87g，所以得到2.87g固体全部是氯化银，AgF没有生成，所以氯离子全部参加了反应，得到的是氯化银而氟化钠和硝酸银在溶液中无沉淀生成，故选AC．点评：本题考查学生卤族元素的性质以及元素守恒思想的应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．8．（3分）下列说法中正确的是（）A．Cl﹣和Cl2都有毒B．将AgNO3溶液滴入某溶液中，若出现白色沉淀，则说明溶液中含有Cl﹣C．将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀D．含Cl﹣的溶液和氯水一样均呈黄绿色考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：氯气与水发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，溶液中含有Cl﹣，Cl﹣无色、无毒，可与硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，检验Cl﹣时，应先加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液，以此解答该题．解答：解：A．Cl﹣无毒，故A错误；B．可能为AgCl、Ag2SO4、Ag2CO3等沉淀，应加入硝酸酸化，如沉淀不溶解，则证明含有Cl﹣，故B错误；C．氯气与水发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，溶液中含有Cl﹣，则将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀，故C正确；D．Cl﹣无色，故D错误．故选C．点评：本题考查氯气的性质，侧重于氯气与水的反应以及氯离子的检验，注意把握氯水的成分和性质，为高频考点，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．9．（3分）在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味气体放出，将气体通入澄清石灰水变浑浊．则水溶液中含有（）A．Cl﹣、SO42﹣B．Cl﹣、NO3﹣C．Cl﹣、CO32﹣D．Cl﹣、OH﹣考点：氯离子的检验．专题：离子反应专题．分析：检验氯离子的方法：先取少量的待检物于试管中，再向其中滴加少量的硝酸酸化了的硝酸银溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明该溶液中含有Cl﹣；加酸放出能使澄清石灰水变浑浊的气体的沉淀是碳酸盐．解答：解：在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，说明有沉淀不溶解，证明该溶液中含有Cl﹣；由已知条件“加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味气体放出，将气体通入澄清石灰水变浑浊”可知，放出能使澄清石灰水变浑浊的气体的沉淀是碳酸盐，说明未知溶液中含有碳酸根．故选C．点评：本题考查氯离子和碳酸根的检验，难度不大，平时注意知识的积累．10．（3分）下列物质与其用途相符合的是（）①Cl2﹣﹣做消毒剂②AgBr﹣﹣制胶卷，感光纸③AgI﹣﹣人工降雨④碘﹣﹣预防甲状腺肿大⑤淀粉﹣﹣检验I2的存在⑥NaClO﹣﹣漂白纺织物．A．②③④⑤⑥B．①②③④⑤C．②③④⑤D．全部考点：氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：①根据Cl2能与水反应生成次氯酸；②AgBr不稳定，易分解生成银；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；④碘是预防甲状腺肿大的主要元素；⑤淀粉遇碘变蓝色；⑥NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物．解答：解：①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①正确；②AgBr不稳定，易分解生成银，可用来制胶卷、感光纸，故②正确；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，有利水汽粒子的碰撞增大，从而形成雨，故③正确；④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故④正确；⑤淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故⑤正确；⑥NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥正确；故选D．点评：本题考查常见物质的性质及应用，题目难度不大，注意常见相关基础知识的积累，性质决定用途．二、解答题（共5小题，满分0分）11．前一段时间，各地报刊纷纷转载了不要将不同品牌洁污剂混合使用的警告．据报道，在全国各地发生了多起混合洁污剂发生氯气中毒的事件．发生反应的离子方程式是：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O．根据你所掌握的化学知识作出如下判断：当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯元素，其中氯最可能的存在形式是ClO﹣和Cl﹣（填离子），当另一种具有酸性（填写性质）的液态洁污剂与之混合后，可能发生上述反应而产生氯气．考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．分析：反应的离子方程式是：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，可知氯离子的存在形式，在酸性条件下发生氧化还原反应生成氯气，以此来解答．解答：解：由反应的离子方程式是：ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯元素，其中氯最可能的存在形式是ClO﹣和Cl﹣，当另一种具有酸性的液态洁污剂与之混合后，可能发生上述反应而产生氯气，故答案为：ClO﹣；Cl﹣；酸性．点评：本题考查物质的性质，为高频考点，侧重氧化还原反应应用的考查，注意分析习题中的信息及知识迁移应用，题目难度不大．12．将0.1mol的MnO2和40mL 10mol•L﹣1的浓盐酸混合后加热，充分反应后，向所得溶液中加入足量的AgNO3溶液．在此过程中：（1）产生的Cl2在标准状况下的体积V（Cl2）为0＜V（Cl2）＜2.24L（可填写体积范围）；（2）产生的AgCl沉淀的物质的量为（0.4﹣2a）mol（假设盐酸不挥发，且产生的Cl2的物质的量为a mol）．考点：化学方程式的有关计算．分析：（1）发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，进行过量计算，根据不足量的物质计算生成氯气体积，随反应进行浓盐酸变稀，由于二氧化锰不与稀盐酸反应，实际得到氯气的体积小于计算值；（2）根据氯原子守恒计算反应后溶液中n（Cl﹣），发生反应：Cl﹣+Ag+=AgCl↓，则n（AgCl）=n（Cl﹣）．解答：解：（1）40mL、10mol/L的浓盐酸中HCl物质的量=0.04L×10mol/L=0.4mol，发生反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可知0.1mol二氧化锰完全反应消耗HCl为0.1mol×4=0.4mol，等于浓盐酸中含的HCl，若都完全反应则生成氯气为0.1mol，标况下氯气体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但随反应进行浓盐酸变稀，由于二氧化锰不与稀盐酸反应，实际得到氯气的体积小于计算值，故0＜V（Cl2）＜2.24L，故答案为：0＜V（Cl2）＜2.24L；（2）根据氯原子守恒，反应后溶液中n（Cl﹣）=0.4mol﹣2amol=（0.4﹣2a）mol，发生反应：Cl﹣+Ag+=AgCl↓，则n（AgCl）=n（Cl﹣）=（0.4﹣2a）mol，故答案为：（0.4﹣2a）mol．点评：本题考查化学方程式计算、氧化还原反应计算等，难度不大，（1）注意稀盐酸与二氧化锰不反应，（2）注意利用守恒思想计算．13．图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl （浓）═C aCl2+2Cl2↑+2H2O．（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：B中长颈漏斗下端导管中液面会上升，形成水柱．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入物质的组合是d（填编号）．编号 a b c dⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是E中溶液分为两层，上层为紫红色，该现象不能（填“能”或“不能”），说明溴的非金属性强于碘，原因是过量的氯气也可将碘离子氧化．（5）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O）．请判断改用NaHSO3溶液是否可行？否（填“是”或“否”）．考点：制备实验方案的设计；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验．专题：实验题．分析：（1）漂粉精固体和浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯化钙、氯气和水；（2）氯气中混有HCl，B中饱和食盐水可吸收HCl；C中若发生堵塞，则B中长颈漏斗下端导管中液面会上升；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先设计湿润的有色物质，再利用干燥剂干燥后与干燥的有色物质混合；（4）D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘；（5）F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，发生氧化还原反应，可能生成二氧化硫，污染环境．解答：解：（1）漂粉精固体和浓盐酸，发生氧化还原反应生成氯化钙、氯气和水，该反应为Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）氯气中混有HCl，B中饱和食盐水可吸收HCl，则装置B的作用为除去氯气中的HCl；C 中若发生堵塞，生成的氯气使B中压强增大，则B中长颈漏斗下端导管中液面会上升，形成水柱，故答案为：除去氯气中的HCl；B中长颈漏斗下端导管中液面会上升，形成水柱；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，故答案为：d；（4）D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于苯，出现分层后上层为紫红色的苯层，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰，故答案为：E中溶液分为两层，上层为紫红色；不能；过量的氯气也可将碘离子氧化；（5）F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，发生氧化还原反应，离子反应为HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O），可能生成二氧化硫，污染环境，则不能用NaHSO3溶液吸收尾气，故答案为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O）；否．点评：本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，侧重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考查，（5）为解答的难点，题目难度中等．14．（1）工业上用氯气通入冷的石灰乳反应制漂白粉，若要制得含有效成分1.430kg的漂白粉，理论上需标准状况下氯气多少升？（2）氯气通入氢氧化钠溶液中可制得漂白液．由于反应放热，溶液温度随之升高，就会伴有反应3Cl2+6NaOH═Na ClO3+5NaCl+3H2O发生．若向200mL 4.00mol/L的氢氧化钠溶液中通入足量氯气反应完全，这时测得溶液中NaCl的物质的量浓度为2.50mol/L．忽略溶液体积变化，求所得溶液中次氯酸钠的物质的量浓度．考点：化学方程式的有关计算．分析：（1）发生反应：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉有效成分为Ca（ClO）2，故方程式计算需要氯气的体积；（2）反应后溶液中Na、Cl原子数目之比为1：1，根据钠离子守恒计算溶液中NaClO、NaClO3总物质的量，再根据电子转移守恒列方程计算解答．解答：解：（1）设标况下需要氯气的体积为V，则：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O44.8L 143gV 1430g所以V==448L答：标况下需要氯气的体积为448L．（2）反应后溶液中Na、Cl原子数目之比为1：1，溶液中n（NaCl）=0.2L×2.5mol/L=0.5mol，根据钠离子守恒，溶液中n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）﹣n（NaCl）=0.2L×4mol/L=0.8mol ﹣0.5mol=0.3mol，设溶液中NaClO、NaClO3的物质的量分别为xmol、ymol，再根据电子转移守恒，则：解得x=0.25 y=0.05故溶液中c（NaClO）==1.25mol/L，答：反应后溶液中NaClO的浓度为1.25mol/L．点评：本题考查化学方程式计算、氧化还原反应计算，（2）中关键是原子守恒与电子转移守恒的应用，侧重考查学生分析计算能力．15．将10.000g氯化钠、溴化钾和氯化钙的混合物溶于水中，通入氯气充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧（高温加热），灼烧后残留物的质量为9.813g，若将此残留物再溶于水并加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀干燥后质量为0.721g．求原混合物的质量．考点：有关混合物反应的计算．分析：根据通入足量Cl2充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧，发生反应为2KBr+Cl2═2KCl+Br2，固体质量变化为KBr生成KCl的变化，利用差量法计算NaBr的质量，根据将此残留物再溶于水加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀为碳酸钙，根据氯化钙与碳酸钠反应方程式计算氯化钙的质量，根据总质量减去溴化钠和氯化钙的质量即得氯化钠的质量．解答：解：设混和物中NaCl质量为x，KBr质量为y，CaCl2质量为z．则x+y+z=10.000g通入足量Cl2充分反应，然后把溶液蒸干并灼烧，发生反应为2KBr+Cl2═2KCl+Br2，固体质量变化为KBr生成KCl的变化，利用差量法计算，2KBr+Cl2═2KCl+Br2固体质量减少2×119 2×74.5 （119g﹣74.5g）×2=89gy （10.000g﹣9.813g）=0.187gy=≈0.500g，将此残留物再溶于水加入足量的碳酸钠溶液，所得的沉淀为碳酸钙，CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl111 100z 0.721gz==0.800g，混合物中氯化钠的质量为：10.000g﹣0.500g﹣0.800g=8.700g，答：混合物中含有8.700g氯化钠、0.500g溴化钾和0.800g氯化钙．点评：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握差量法在化学计算中的应用方法，明确发生反应原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．。
河北省保定市高阳中学高一化学上学期第五次周练试卷
高一上学期第五次周练化学试题一、选择题1．下列溶液中，Na ＋的物质的量浓度最大的是( )A ．1 mL 0.5 mol·L－1的NaOH 溶液B ．100 mL 0.01 mol·L－1的NaCl 溶液C ．100 mL 0.1 mol －1的NaOH 溶液D ．10 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液2．下列溶液中的Cl －浓度与50 mL 1 mol·L－1 MgCl2溶液中的Cl －浓度相等的是( )A ．150 mL 1 mol·L－1 NaCl 溶液B ．75 mL 2 mol·L－1 CaCl2溶液C ．150 mL 2 mol·L－1 KCl 溶液D ．75 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液3．将4 g NaOH 溶解于水配成1 L 溶液，从中取出10 mL ，这10 mL 溶液的物质的量浓度是( )A ．1 mol/LB ．0.1 mol/LC ．0.01 mol/LD ．10 mol/L4．在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1 mol/L ，加入等体积0.3 mol/L 的BaCl2溶液恰好使SO2－4完全沉淀，则混合溶液中Na ＋的浓度为( )A ．0.3 mol/LB ．0.45 mol/LC ．0.6 mol/LD ．0.15 mol/L5．实验室里需用480 mL 0.1 mol/L 的硫酸铜溶液，现选取500 mL 容量瓶进行配制，以下操作正确的是(说明：胆矾为五水硫酸铜)( )A ．称取7.68 g 硫酸铜，加入500 mL 水B ．称取12.0 g 胆矾，配成500 mL 溶液C ．称取8.0 g 硫酸铜，加入500 mL 水D ．称取12.5 g 胆矾，配成500 mL 溶液6．现有V L 0.5 mol/L 的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是( )A ．加热浓缩到原来体积的一半B ．加入0.05 mol/L 的盐酸0.125V LC ．加入10 mol/L 的盐酸0.1V L ，再稀释至1.5V LD ．标况下通入11.2 L 氯化氢气体7．配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )A ．所用NaOH 已吸潮B ．向容量瓶中加水时液面低于刻度线即摇匀C ．有少量NaOH 溶液残留在烧杯内D ．没有洗涤烧杯和玻璃棒[]8．(2014·试题调研)已知某饱和氯化钠溶液的体积为V mL ，密度为ρ g·mL－1，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中所含NaCl 的质量为m g 。
河北省高阳中学2022学年高一化学上学期第五次周练模拟押题新人教版
高一化学周练五选择题：1．下列说法不正确的是A．豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮是化学变化B．汽车尾气中排放的氮氧化合物是由游离态氮转化来的C．化石燃料燃烧通常不释放出氮氧化合物D．植物秸秆燃烧时放出氮氧化合物，参与了氮的循环2．在通常条件下，把下列物质混合，不能发生反应的是双选A．H2O和NO2B．N2和H2C．NO和O2D．N2和O23．收集NO和NO2两种气体的方法正确的是A．都可用排水法B．NO用排水法，NO2用向上排气法C．都可用向上排气法D．NO用向上排气法，NO2用排水法4．搭载“神舟”七号的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出。
引燃后发生反应生成的气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射现场看到火箭喷出大量红棕色烟，产生红棕色烟的主要原因是A．高温下N2遇空气生成NO2B．NO遇空气生成NO2C．CO2与NO反应生成CO和NO2D．NO和H2O反应生成H2和NO25．同温同压下，在3支相同的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO和NO2；②NO2和O2；③NH3和N2。
现将3支试管均倒置在盛有足量水的水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是A．V1＞V2＞V3B．V1＞V3＞V2C．V3＞V2＞V1D．V3＞V1＞V26．只能用排空气法收集的气体有A．NO B．NH3C．H2D．O27．可用来干燥氨气的有A．浓硫酸B．碱石灰C．氯化钙D．五氧化二磷8．氨水显弱碱性的主要原因是9．检验铵盐的方法是将待检物质取出少量，放在试管中，接下来的操作正确的是A．加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口B．加水溶解，用红色石蕊试纸试其溶液C．加入强碱溶液，加热，滴入酚酞试剂D．加苛性钠浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口看其是否变蓝10．一种盐X与氢氧化钠共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z溶液反应又生成X，则X可能是下列中的A．NH42SO4B．NH4NO3C．NH4C D．NH4HCO311．下列说法不正确的是双选A．NH3溶于水后，水溶液中含氮元素的粒子主要是NH错误!B．NH3在催化剂铂存在下与O2反应生成NO2C．凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3D．碳酸铵受热分解产生气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH312．有一瓶无色混合气体，是由HC、O2、NO、CO2、NH3、N2中的某些气体组成。
河北省保定市高阳中学最新高一下学期第五次周练生物试题
1、如果用32P和35S分别标记噬菌体的DＮＡ和蛋白质外壳，当它侵染到细菌体内后,经多次复制,所释放出来的子代噬菌体( ）A.不含3２ＰB．含少量32ＰＣ.含大量３2P Ｄ．含少量３5Ｓ2、噬菌体侵染大肠杆菌实验不能说明的是（ )A．DNＡ能主要的遗传物质Ｂ．DNA能自我复制C.ＤNA是遗传物质 D．DNA能控制蛋白质合成3、肺炎双球菌最初的转化实验结果说明（）A．加热杀死的S型细菌中的转化因子是DNＡB．加热杀死的S型细菌中必然含有某种促进转化的转化因子C．加热杀死的S型细菌中的转化因子是蛋白质D.DNＡ是遗传物质，蛋白质不是遗传物质４、肺炎双球菌中的S型具有多糖类荚膜，Ｒ型则不具有。
下列叙述错误的是（ )Ａ.培养Ｒ型活细菌时加S型细菌的DNA,能产生具有荚膜的细菌B．培养R型活细菌时加S型细菌的蛋白质，不能产生具有荚膜的细菌Ｃ.培养R型活细菌时加S型细菌的多糖类物质,能产生一些具有荚膜的细菌D．培养R型活细菌时加S型细菌ＤNＡ的完全水解产物，不能产生具有荚膜的细菌5、下列有关DNA是双螺旋结构主链特征的表述中，哪一项是错误的（）A.两条主链方向相同且保持平行 B．由脱氧核糖与磷酸交互排列而成C．两条主链排在外侧且极为稳定 D.两条主链按一定的规则盘绕成双螺旋6、双链DNA分子的一个片段中，含有腺嘌呤５20个，占碱基总数20％,则这个片段中含胞嘧啶( )A.３50个B.42０个C. 5２0个D.7８０个7、在一个ＤNA分子中，腺嘌呤和胸腺嘧啶之和占全部碱基数的4２％,若其中一条链中的胞嘧啶占该链碱基总数的24%,胸腺嘧啶占30％，则在其互补链上，胞嘧啶和胸腺嘧啶分别占( ）A．１2%和34％ B.２1%和24％ C.３4%和12% D．5８%和３0%8、在下列四种化合物的化学组成中，“○”中所对应的含义最接近的是（）A.①和②B.②和③C.③和④Ｄ.①和④9、骨骼肌细胞中合成mＲNA及多肽链的场所分别是( )A.细胞质和细胞核Ｂ．细胞核和线粒体C.内质网与核糖体 D．细胞核与核糖体1０、在胰蛋白质酶的合成过程中，决定它性质的根本因素是( ）A．ｍRNA B．tRNA Ｃ．DNＡ D．核糖体11、一段信使RＮA上有3０个碱基，其中A和Ｇ有12个,转录出该信使ＲNA的一段DNA中的C和T的个数以及翻译合成多肽时脱去的水分子数分别是（ ) A．３０、1０ B.３0、9 C.18、9 D.１2、10１2、中心法则描述的是( )A.碱基互补配对的原则B.基因控制蛋白质合成的过程C.遗传信息的流动方向D.遗传信息的转录和翻译过程1３、下列有关tRNＡ的相关叙述中，正确的是（）Ａ．tＲＮA决定蛋白质分子中氨基酸的种类和序列 B.细胞中tＲNA至少有６4种C.tRNA参与在细胞核中完成的转录过程 D．组成tRNA分子的基本单位有4种14、一个转运ＲNＡ一端的三个碱基为CＧA，此转运RNＡ搬运的氨基酸是（ )A．精氨酸（密码子CＧA）B丙氨酸（密码子GＣU）C.酪氨酸（密码子UAU)D.谷氨酸（密码子GＡＧ）１５、下列有关遗传信息的叙述，错误的是( ）A．遗传信息可以通过DNA复制传递给后代B.遗传信息决定蛋白质的分子结构C．DＮA具有携带遗传信息和表达遗传信息的双重功能D.遗传信息全部以密码子的方式体现出来16、在遗传信息的传递过程中，错误的是( ）Ａ．DNA复制、转录以及翻译过程中都遵循碱基互补配对原则B．核基因转录形成的mRＮＡ穿过核孔进入细胞质中进行翻译过程C．DNA复制、转录都只以DNＡ一条链为模板，翻译则是以ｍRNA为模板D．DNA复制、转录和翻译的原料依次是脱氧核苷酸、核糖核苷酸、氨基酸17、对细胞中某些物质的组成进行分析,可以作为鉴别真核生物的不同个体是否为同一物种的辅助手段,一般不采用的物质是（）A．蛋白质 B.DNA C.RＮA D.核苷酸1８、下列关于转录和翻译的比较错误的是( ）A．需要的原料不同 B.所需酶的种类不同Ｃ.均可以在线粒体和叶绿体中进行 D.碱基配对的方式相同１９、通过分析，甲、乙两个生物细胞DＮA碱基总量完全相同，而且4种碱基的量也分别相同,下面是对此现象的解释，正确的是（）A．这两个生物的DＮA的分子数相同 B．这两个生物的遗传信息完全相同C.这两个生物的性状相同D.不足以做出以上判断20、下列各组细胞结构中都可以发生碱基互补配对的是( ）①细胞核②线粒体③叶绿体④中心粒⑤高尔基体⑥核糖体A.①②③④ B．②③⑤⑥ C.①④⑤⑥Ｄ．①②③⑥21、DＮA分子复制、转录以及翻译所需的原料依次是（ )A.脱氧核苷酸、脱氧核苷酸、氨基酸B．脱氧核苷酸、核糖核苷酸、蛋白质C．核糖核苷酸、脱氧核苷酸、氨基酸 D．脱氧核苷酸、核糖核苷酸、氨基酸22、以某DNA分子片段为模板,转录成一个RNA分子，其中A和U碱基分别占全部碱基的16%和32%,那么这段DNＡ分子中胸腺嘧啶占全部碱基的（）A．4８% B３2% Ｃ．24％ D.16％23、某DNA分子中有1０0个碱基对,其中A有60个,如果此DNA复制两代，将有几个游离的胞嘧啶脱氧核苷酸参与了复制过程（）A．60个 B.80个 C．120个 D.160个２４、右图模拟的有关实验是（）A.DNＡ的复制Ｂ.ＲNA的逆转录C.RNＡ的复制D.ＤNA的转录25、理论上每一个表皮细胞与神经细胞内所含的细胞核的ＤNA的质与量是一样的，为何所含蛋白质的质与量不一样（）A．不同细胞的基因经过不同的重组，所以合成的蛋白质不一样B.不同细胞的基因数量不一样多,所以合成的蛋白质不一样C．不同细胞被转录的基因不一样多，所以合成的蛋白质不一样D.不同细胞的基因复制速度不同，所以合成的蛋白质不一样2６、根据肺炎双球菌转化实验,设计如下实验,请分析并回答下列问题:①错误!＋错误!的DＮA→?②错误!＋错误!的蛋白质→？③＼o＼ac（○,R)＋错误!的糖类→？④○，R＋错误!的无机物→?（１）请推测①、②、③、④四组实验的结果。
2021-2022学年河北省保定市第五高级中学高一化学下学期期末试卷含解析
2021-2022学年河北省保定市第五高级中学高一化学下学期期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 新制氯水中不含有的粒子是（）A．Cl2 B．H+ C．Cl﹣D．H2参考答案：D【考点】氯气的化学性质．【分析】氯气和水的反应为Cl2+H2O?HCl+HClO，氯水中的成分为Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO ﹣、OH﹣，以此解答该题．【解答】解：氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O?HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O?H++OH﹣、HClO?H++ClO﹣，HCl═H++Cl﹣，所以溶液中存在的微粒有：分子（Cl2、HClO、H2O）、离子（H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣），故选D．2. 某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。
下列叙述中错误的是（）A. 它是副族元素B. 它是第六周期元素C. 它的原子核内有63个质子D. 它的一种同位素的核内有89个中子参考答案：D该元素原子核外的电子数为63,则其质子数为63,在元素周期表中处于第六周期ⅢB族;该元素只存在两种天然同位素,且在自然界它们的含量相近,则这两种同位素的相对原子质量一种大于152.0、一种小于152.0,且两者之和为2×152.0,因此它不可能有中子数为89的同位素。
3. 下列分散系中，能产生丁达尔效应的是()A．硫酸铜溶液B．硫酸溶液C．氯化铁溶液D．氢氧化铝胶体参考答案：D4. 用N A表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A．在常温常压下，11.2LN2含有的分子数小于0.5N A B．标准状况下，2.24LSO3含有的原子数为0.4N AC．将1L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2N AD．46gNO2和N2O4混合气体所含氧原子数目有可能为3N A参考答案：A5. 下列叙述中，可用来判断元素金属性强弱的是A.1mol金属单质与酸反应失去电子的多少B.元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱C.1mol金属单质与水反应放出氢气的多少D.元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱参考答案：D略6. 下列物质中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是（）A．AlCl3 B．Al（OH）3 C．Al2（SO4）3 D．NaAlO2参考答案：B【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】结合物质的性质进行分析解答，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等．【解答】解：A．AlCl3能与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，但不能与盐酸反应，故A不符合；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故B符合；C．Al2（SO4）3能与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，但不能与盐酸反应，故C不符合；D．NaAlO2与盐酸反应得到氢氧化铝或氯化铝，不能与氢氧化钠溶液反应，故D不符合，故选B．7. 将一质量分数为ω的KOH溶液蒸发掉m g水后，质量分数恰好变为3ω，体积为VL(溶液中无晶体析出)，则浓缩后溶液的物质的量浓度为（）A．mol·L-1 B．mol·L-1 C．mol·L-1 D．mol·L-1参考答案：C略8. X、Y、Z三种气体，取X和Y按物质的量之比1∶1混合，放入某密闭容器中发生反应X+2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于A. 33%B. 40%C. 50%D. 65%参考答案：D分析：分别舍出X与Y的起始量，根据题干信息利用三段式列式计算即可。
2018-2019学年河北省保定市高阳县镇中学高一化学期末试卷含解析
2018-2019学年河北省保定市高阳县镇中学高一化学期末试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A. M的最高价氧化物对应水化物能分别与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B. Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C. X、N两种元素组成的化合物熔点很低D. 简单离子的半径：Z＜X＜Y参考答案：A由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O 元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M 的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3能分别与Z、R 的最高价氧化物对应水化物NaOH、HClO4反应，选项A正确；B．Y 的单质F2的非金属性很强，直接与水反应而不能从含R简单离子Cl-的水溶液中置换出Cl2，选项B错误；C．X、N 两种元素组成的化合物SiO2是原子晶体，熔点很高，选项C错误；D．O2-、Na+、Al3+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+，选项D错误。
答案选A。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。
2. 同周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列说法中，正确的是（）A．原子半径：X＞Y＞ZB．非金属性：X＞Y＞ZC．气态氢化物的稳定性：ZH3＞H2Y＞HXD．原子序数：Z＞Y＞X参考答案：B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性相对强弱：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可知非金属性X＞Y＞Z，原子序数X＞Y＞Z，再结合元素周期律解答．【解答】解：同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性相对强弱：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，可知非金属性X＞Y＞Z，原子序数X＞Y＞Z．A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B．最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，故B正确；C．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C错误；D．由上述分析可知，原子序数：X＞Y＞Z，故D错误，故选B．3. 含11.2gKOH的稀溶液与1L0.12mol/L的H2SO4溶液反应放出11.46kJ的热量。
河北省保定市高阳中学2013-2014学年高一5月月考化学试题
河北省保定市高阳中学2013-2014学年高一5月月考化学试题（考试时间：90分钟；分值：100 分）第I卷一、选择题（本题包括23小题，每题2分，共46分。
每小题只有1个选项符合题意）1.下列说法错误的是（）A．石油中含有C5～C12的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B．催化裂化既能提高汽油产量又能提高汽油质量C．石油的分馏是物理变化，裂解是化学变化D．煤中含有苯和甲苯，可以通过先干馏后分馏的方法把它们分离出2.下列物质中一定互为同系物的是A.CH2=CH2和CH2=CH－CH=CH2B.C2H4和C6H12C. (CH3)2CHCH(CH3)2和(CH3)2CHCH2CH(CH3)2D. C2H6和C4H83.下列各组中两个化学反应，属于同一反应类型的一组是A．由苯制溴苯；由乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯B．由乙烯制1,2-二溴乙烷；由乙烷制一氯乙烷C．乙烯使溴水褪色；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色D．由苯制硝基苯；由苯制环己烷4.制取较纯净的氯乙烷最好采用的方法是A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应 C．乙烯和氯化氢反应 D．乙烷通入浓盐酸 5.在常温下，和溴水、氢氧化铜、碳酸钠溶液都反应的物质是A．乙醇 B．丙烯酸 C．乙酸 D．丙烯6.下列对有机物结构的叙述中不正确的是A．硝基、羟基、甲基等都是官能团B．邻二氯苯不存在同分异构体说明苯分子中6个碳原子之间的键是完全一样的C．乙烯、苯分子中所有原子共平面D．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构7.下列烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代烃只有一种的是—CH 2 CH =CH 2 2OH —COOH8.某有机物的结构为下图所示，这种有机物不可能具有的性质是（ ）① 可以燃烧；②能使酸性KMnO 4溶液褪色；③能跟NaOH 溶液反应； ④能发生酯化反应； ⑤能发生加聚反应；⑥能发生水解反应A ．①④ B．只有⑥ C．只有⑤ D．④⑥9.酒后驾车是引发交通事故的重要原因。
河北省保定市高阳中学高二化学下学期第五次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014-2015 学年高二下学期第五次周练化学试卷一、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）选定下列烷烃的主链，填写主链C原子数：（1）（2）（3）（4）．2．（3分）名称：．3．（3分）（1）名称：．（2）名称：．（3）名称：．4．（3分）写出C5H12的所有同分异构体及名称．5．（3分）写出C4H8所有链烃的同分异构体并命名．6．（3分）按要求回答下列问题：（1）命名为“2﹣乙基丙烷”，错误原因是；将其命名“3﹣甲基丁烷”，错误原因是．正确的命名为．（2）的名称为．7．（3分）（1）名称：（2）名称：．二、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）8．（3分）下列命名正确的是（）A．3，3﹣二甲基﹣4﹣乙基戊烷B．3，3， 4﹣三甲基己烷C．1，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷D．2，3﹣二乙基﹣4﹣甲基己烷9．（3分）有一种烃，其结构简式可以表示为：命名该化合物时，应认定它的主链上的碳原子数目，正确的是（）A．8 B．9 C．10 D．1110．（3分）下列有机物中只有一种一氯代物的是（）A．丙烷B．2，2，3，3﹣四甲基戊烷C．异戊烷D．新戊烷11．（3分）结构简式为的物质，其名称是（）A．2，3，4﹣三甲基己烷B．1，1，2﹣三甲基﹣3﹣乙基丁烷C．2﹣乙基﹣3，4﹣二甲基戊烷D．3，4，5﹣三甲基己烷12．（3分）下列有机物的命名正确的是（）A．3，3﹣二甲基丁烷B．2，2﹣二甲基丁烷C．2﹣乙基丁烷D．2，3，3﹣三甲基丁烷13．（3分）某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是（）A．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷B．3，3﹣二甲基丁烷C．2，3﹣二甲基丁烷D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷14．（3分）下列4种化合物分别经催化加氢后，不能得到2﹣甲基戊烷的是（）A． B．C．D．15．（3分）（2013秋•曲沃县校级期末）是烯烃与H2加成后的产物，则该烯烃的结构简式可能有（）A．1种B．2种C．3种D．4种16．（3分）下列有机物的命名正确的是（）A．2，2﹣二甲基﹣1﹣丁烯B．2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基丁烷C．3，3，5，5﹣四甲基己烷D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯三、解答题（共4小题，满分0分）17．给下列烃命名：（1）（2）（3）（4）（5）（6）．18．相对分子质量为100的烃，主链中有5个碳原子，可能的结构有5种同分异构体，试写出它们的结构简式，并用系统命名法命名．19．1mol有机物能与1mol H2发生加成反应，其加成后的产物是2，2，3﹣三甲基戊烷，则此有机物可能的结构简式有：；；．20．写出下列物质的结构简式．（1）含有乙基且相对分子质量最小的烷烃：．（2）2，2，3，3﹣四甲基丁烷：．（3）2，3﹣二甲基﹣3，4﹣二乙基己烷：．（4）含一个侧链甲基且相对分子质量为86的烷烃：．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高二下学期第五次周练化学试卷参考答案与试题解析一、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）选定下列烷烃的主链，填写主链C原子数：（1） 6（2）7（3） 6（4）6．考点：烷烃及其命名．分析：烷烃的系统命名原则：主链最长原则：﹣﹣“选主链，称某烷”．选一条C最多的链为主链，主链上有几个C，就称“某烷”．解答：解：（1）中含C最多的链为主链，主链中含有6个C，故答案为：6；（2）中含C最多的链为主链，主链中含有7个C，故答案为：7；（3）中含C最多的链为主链，主链中含有6个C，故答案为：6；（4）中含C最多的链为主链，主链中含有6个C，故答案为：6．点评：本题考查了烷烃的命名，难度不大，主链最长原则：﹣﹣“选主链，称某烷”．选一条C最多的链为主链，主链上有几个C，就称“某烷”．2．（3分）名称：3，4﹣二甲基辛烷．考点：有机化合物命名．分析：烷烃在命名时，应选择最长的碳链为主链，称为“某烷”；从离支链近的一端对主链上的碳原子进行编号，用支链所在的碳原子的编号表示出支链的位置，且支链应符合“不同基，简到繁，相同基，合并算”来书写取代基，据此分析．解答：解：烷烃在命名时，应选择最长的碳链为主链，即横着的碳链即为主链，含8个碳原子，故称为“辛烷”；从离支链近的一端对主链上的碳原子进行编号，故应从左端开始编号，从而分别在3号和4号碳上有两个甲基，故此烷烃的名称为：3，4﹣二甲基辛烷．故答案为：3，4﹣二甲基辛烷．点评：本题考查了烷烃的命名，应注意的是烷烃在命名时，应选择最长的碳链为主链，从离支链近的一端对主链上的碳原子进行编号．3．（3分）（1）名称：3﹣乙基﹣1﹣戊烯．（2）名称：5﹣甲基﹣2﹣己烯．（3）名称：5﹣甲基﹣3﹣庚炔．考点：有机化合物命名．分析：（1）、（2）烯烃命名中选取含有碳碳双键的最长碳链，距离双键最近的一端为1号碳；（3）炔烃命名中选取含有碳碳三键的最长碳链，距离三键最近的一端为1号碳，据此解答即可．解答：解：（1）含有碳碳双键的最长碳链为5，从右端命名，在3号碳上含有1个乙基，碳碳双键在1、2号碳之间，正确命名为：3﹣乙基﹣1﹣戊烯，故答案为：3﹣乙基﹣1﹣戊烯；（2）含有碳碳双键的最长碳链为6，从由端命名，在5号碳上含有1个甲基，碳碳双键在2、3号碳之间，正确命名为：5﹣甲基﹣2﹣己烯，故答案为：5﹣甲基﹣2﹣己烯；（3）含有碳碳三键的最长碳链为7，从右端命名，碳碳三键在3、4号碳之间，正确命名为：5﹣甲基﹣3﹣庚炔，故答案为：5﹣甲基﹣3﹣庚炔．点评：本题主要考查的是烯烃和炔烃的命名，熟练掌握烷烃的命名原则，依据烷烃的命名法则，结合碳碳双键或三键的位置命名即可，难度不大．4．（3分）写出C5H12的所有同分异构体及名称．考点：有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体．分析：根据主链减碳作为取代基进行书写戊烷的异构体；烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，表示出支链的位置．解答：解：写出最长的碳链：CH3CH2CH2CH2CH3为正戊烷，去掉拿下1个碳原子作为支链：为异戊烷，去掉2个碳原子作为支链：为新戊烷，故答案为：CH3CH2CH2CH2CH3，名称为正戊烷；，名称为异戊烷；，名称为新戊烷．点评：本题考查同分异构体的书写，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．5．（3分）写出C4H8所有链烃的同分异构体并命名．考点：有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体．分析：C4H8的不饱和度为：=1，链烃应含有1个双键，先写含有C=C的最长链，再移动双键位置，再根据减碳法作取代基，据此书写C4H8且属于烯烃的有机物结构简式，根据系统命名法进行命名．解答：解：C4H8的不饱和度为：=1，链烃应含有1个双键，即属于烯烃，烯烃的结构有：CH2=CHCH2CH3，名称为1﹣丁烯；CH3CH=CHCH3，名称为2﹣丁烯；CH2=C（CH3）2，名称为2﹣甲基﹣1﹣丙烯，答：CH2=CHCH2CH3，名称为1﹣丁烯；CH3CH=CHCH3，名称为2﹣丁烯；CH2=C（CH3）2，名称为2﹣甲基﹣1﹣丙烯．点评：本题考查同分异构体的书写，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意掌握烯烃同分异构体的书写方法．6．（3分）按要求回答下列问题：（1）命名为“2﹣乙基丙烷”，错误原因是主链选错；将其命名“3﹣甲基丁烷”，错误原因是编号错误．正确的命名为2﹣甲基丁烷．（2）的名称为2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷．考点：有机化合物命名．分析：（1），最长碳链含有4个C；编号从距离支链最近的一端命名为1号碳，2号C有1个甲基，该有机物命名为：2﹣甲基丁烷，据此解答即可；（2）最长碳链为7，在2号碳和5号碳上分别含有1个甲基，据此解答即可．解答：解：（1），最长碳链含有4个C；编号从距离支链最近的一端命名为1号碳，2号C有1个甲基，该有机物命名为：2﹣甲基丁烷，命名为“2﹣乙基丙烷”，2号碳上出现乙基，说明主链选错，命名“3﹣甲基丁烷”，说明编号错误，故正确命名为：2﹣甲基丁烷；故答案为：主链选错；编号错误；2﹣甲基丁烷；（2）最长碳链为7，在2号碳和5号碳上分别含有1个甲基，正确命名为：2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷，故答案为：2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷．点评：本题考查了考查有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．7．（3分）（1）名称：邻二甲苯或1，2﹣二甲基苯（2）名称：1，3，5﹣三甲基苯．考点：有机化合物命名．分析：苯的同系物在系统命名时，从简单的侧链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子编号，使侧链的位次和最小，用侧链所在的碳原子的编号表示出侧链的位置，据此分析．解答：解：（1）由于两个甲基的在苯环上的位置为邻位，故用习惯命名法来命名的话，名称为邻二甲苯；苯的同系物在系统命名时，从简单的侧链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子编号，使侧链的位次和最小，用侧链所在的碳原子的编号表示出侧链的位置系统命名，故此物质的系统名称为：1，2﹣二甲基苯，故答案为：邻二甲苯或1，2﹣二甲基苯；（2）苯的同系物在系统命名时，从简单的侧链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子编号，使侧链的位次和最小，用侧链所在的碳原子的编号表示出侧链的位置系统命名，故此物质的系统名称为：1，3，5﹣三甲基苯，故答案为：1，3，5﹣三甲基苯．点评：本题考查了苯的同系物的命名，应注意的是要从从简单的侧链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子编号，使侧链的位次和最小．二、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）8．（3分）下列命名正确的是（）A．3，3﹣二甲基﹣4﹣乙基戊烷B．3，3，4﹣三甲基己烷C．1，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷D．2，3﹣二乙基﹣4﹣甲基己烷考点：有机化合物命名．分析：A、戊烷中出现4﹣乙基，说明选取的不是最长碳链；B、烷烃命名取代基代数和应最小；C、烷烃命名中出现1﹣甲基．说明不是选取的最长碳链为主链；D、烷烃命名中出现2﹣乙基，说明不是选取的最长碳链为主链．解答：解：A、3、3﹣二甲基﹣4﹣乙基戊烷，主链选取错误，正确命名为：3，3，4﹣三甲基己烷，故A错误；B、3，3，4﹣三甲基己烷符合烷烃命名原则，故B正确；C、1，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷，选取的不是最长碳链，正确命名为：4﹣甲基﹣3﹣乙基庚烷，故C错误；D、2，3﹣二乙基﹣4﹣甲基己烷，选取的不是最长碳链，正确命名为：3，5﹣二甲基庚烷，故D错误，故选B．点评：本题主要考查的是烷烃的命名，烷烃命名应选取最长碳链为主链，距离支链最近一端为1号碳，支链代数和应最小，选取的支链应简单，熟练掌握此命名原则是关键，难度不大．9．（3分）有一种烃，其结构简式可以表示为：命名该化合物时，应认定它的主链上的碳原子数目，正确的是（）A．8 B．9 C．10 D．11考点：有机化合物命名．分析：根据烷烃的命名，依据结构判断含C原子最多的碳链为主链．解答：解：有如图所示的链含有的碳原子数最多，为11个碳原子，．故选D．点评：本题主要考查烷烃命名中碳链的选择，难度较小，注意基础知识的掌握．10．（3分）下列有机物中只有一种一氯代物的是（）A．丙烷B．2，2，3，3﹣四甲基戊烷C．异戊烷D．新戊烷考点：有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：先判断烃的同分异构体，然后根据烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中只有一种氢原子，最后根据等效法判断氢原子的种类即可解答．解答：解：A、C3H8不存在同分异构体，只有一种结构：CH3CH2CH3，含有2种氢原子，一氯取代物有2种，故A错误；B、2，2，3，3﹣四甲基戊烷有4种氢原子，一氯取代物有4种，故B错误；C、异戊烷有4种氢原子，一氯取代物有4种，故C错误；D、新戊烷只含一种氢原子，一氯取代物只有一种，故D正确；故选D．点评：本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意掌握烷烃同分异构体的书写方法与等效氢的判断．11．（3分）结构简式为的物质，其名称是（）A．2，3，4﹣三甲基己烷B．1，1，2﹣三甲基﹣3﹣乙基丁烷C．2﹣乙基﹣3，4﹣二甲基戊烷D．3，4，5﹣三甲基己烷考点：有机化合物命名．分析：为饱和烷烃，最长碳链为6，为己烷，距离支链最近的一端为左端，据此命名即可．解答：解：最长碳链为6，为己烷，距离支链最近的一端为左端，分别在2、3、4号碳上含有1个甲基，故正确命名为：2，3，4﹣三甲基己烷，故选A．点评：本题主要考查的是饱和烷烃的命名，掌握烷烃的命名中“长、多、近、小、简”的原则．难度不大．12．（3分）下列有机物的命名正确的是（）A．3，3﹣二甲基丁烷B．2，2﹣二甲基丁烷C．2﹣乙基丁烷D．2，3，3﹣三甲基丁烷考点：有机化合物命名．专题：有机化学基础．分析：按照名称写出结构，再根据烷烃命名原则进行命名，据此进行判断．A、碳链编号不正确．B、符合烷烃命名原则．C、选择的碳链不是最长的碳链，烷烃中乙基不可能在2号碳原子上．D、碳链编号不正确．解答：解：A、碳链编号错，应为2，2﹣二甲基丁烷，故A错误；B、符合烷烃命名原则，故B正确；C、选择的碳链不是最长的碳链，最长的碳链有5个碳原子，正确的名称为3﹣甲基戊烷，故C错误；D、碳链编号不正确，正确的名称应为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D错误．故选：B．点评：考查烷烃的命名，难度不大，烷烃命名要抓住五个“最”：①最长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；②最多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；④最小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小（两端等距又同基，支链编号之和最小）；⑤最简﹣﹣﹣﹣﹣两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．13．（3分）某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是（）A．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷B．3，3﹣二甲基丁烷C．2，3﹣二甲基丁烷D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷考点：烷烃及其命名．分析：烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“﹣“隔开．解答：解：A．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷：烷烃的命名中不能出现2﹣乙基，否则说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，在3、4号C各含有1个甲基，该有机物正确名称为：3，4﹣二甲基己烷，故A错误；B．3，3﹣二甲基丁烷：该有机物主链为丁烷，未选择离支链最近的一端命名，正确应为：2，2﹣二甲基丁烷，故B错误；C．2，3﹣二甲基丁烷：该有机物主链为丁烷，在2、3号C各含有1个甲基，该有机物命的结构简式为：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，故C正确；D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷：该有机物的主链为丁烷，在2、3号C各含有2个甲基，该有机物结构简式为：CH3C（CH3）2C（CH3）2CH3，故D正确；故选AB．点评：本题考查了有机物的命名，题目难度不大，本题为2015届高考考查的重点和难点，注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，解答的关键是明确有机物的命名原则，试题有利于培养学生的规范答题能力．14．（3分）下列4种化合物分别经催化加氢后，不能得到2﹣甲基戊烷的是（）A． B．C．D．考点：常见有机化合物的结构．分析：根据烯烃的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2﹣甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃．解答：解：2﹣甲基戊烷的碳链结构为，2﹣甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2﹣甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、、，故A错误．故选A．点评：本题考查了根据烷烃的结构判断烯烃的结构，难度较大，会根据烷烃结构去掉相邻氢原子形成碳碳双键，注意不能重写、漏写．15．（3分）是烯烃与H2加成后的产物，则该烯烃的结构简式可能有（）A．1种B．2种C．3种D．4种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：某种烃与H21：1加成得到如图所示烷烃，则该烃分子中含有1个碳碳双键．加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．解答：解：烃与H21：1加成得到如图所示烷烃，则该烃分子中含有1个碳碳双键，根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．该烃的碳链结构为：，所以2号碳上无氢原子，故与1号、3号碳之间都不能形成双键，4号碳能与5号、3号形成2个双键，3号碳与其甲基间可构成双键，故该烯烃共有3种．故选C．点评：本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写．16．（3分）下列有机物的命名正确的是（）A．2，2﹣二甲基﹣1﹣丁烯B．2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基丁烷C．3，3，5，5﹣四甲基己烷D．2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯考点：有机化合物命名．分析：A、1﹣烯烃中2号碳最多接一个取代基；B、2号碳上不能出现乙基；C、取代基的代数和不是最小，故选取的主链1号碳位置错误；D、符合二烯烃的命名规则．解答：解：A、碳原子最多接4个键，1﹣丁烯中2号碳最多接一个取代基，故A错误；B、2，3﹣二甲基﹣2﹣乙基丁烷，2号碳上不能出现乙基，正确命名应为：2，3，3﹣三甲基戊烷，故B错误；C、3，3，5，5﹣四甲基己烷，取代基的代数和不是最小，故选取的主链1号碳位置错误，正确命名为：2，2，4，4﹣四甲基己烷，故C错误；D、2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，符合二烯烃的命名规则，故D正确，故选D．点评：本题主要考查了有机物的命名，属于基础知识的考查，可以根据有机物命名方法判断，本题难度不大．三、解答题（共4小题，满分0分）17．给下列烃命名：（1）3﹣甲基戊烷（2）2，2，3﹣三甲基丁烷（3）3﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷（4）2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷（5）3，4﹣二甲基﹣5﹣乙基辛烷（6）3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷．考点：有机化合物命名．分析：烷烃命名原则：长、多、近、小、简，数字与汉字之间利用短线连接，多个相同的烷基可以合并；（1）最长碳链为5，在3号碳上含有甲基；（2）最长碳链为4，在2、3号碳上分别含有1个和2个甲基；（3）最长碳链为7，在3号碳上含有甲基，在4号碳上含有乙基；（4）最长碳链为5，在2、5号碳上各含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基；（5）最长碳链为8，在3、4号碳上各含有甲基，在5号碳上含有乙基；（6）最长碳链为6，在3号碳上含有1个甲基，在4号碳上含有1个乙基．解答：解：（1）最长碳链为5，在3号碳上含有甲基，正确命名为：3﹣甲基戊烷，故答案为：3﹣甲基戊烷；（2）最长碳链为4，在2、3号碳上分别含有1个和2个甲基，正确命名为：2，2，3﹣三甲基丁烷，故答案为：2，2，3﹣三甲基丁烷；（3）最长碳链为7，在3号碳上含有甲基，在4号碳上含有乙基，正确命名为3﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷，故答案为：3﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷；（4）最长碳链为5，在2、5号碳上各含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷，故答案为：2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷；（5）最长碳链为8，在3、4号碳上各含有甲基，在5号碳上含有乙基，正确命名为：3，4﹣二甲基﹣5﹣乙基辛烷，故答案为：3，4﹣二甲基﹣5﹣乙基辛烷；（6）最长碳链为6，在3号碳上含有1个甲基，在4号碳上含有1个乙基，正确命名为：3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷，故答案为：3﹣甲基﹣4﹣乙基己烷．点评：本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．18．相对分子质量为100的烃，主链中有5个碳原子，可能的结构有5种同分异构体，试写出它们的结构简式，并用系统命名法命名．考点：有机物实验式和分子式的确定；有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体．分析：据相对分子质量为100，确定C原子个数，根据“碳减法”确定碳链异构体即可确定同分异构体的数目，利用烷烃的命名方法命名即可．解答：解：相对分子质量为100的烃，100÷14=7余2，故符合烷烃的通式：C n H2n+2，即14n+2=100，解得n=7，即为庚烷，主链上有5个碳原子的同分异构体有：，共5种，答：．点评：本题主要考查的是有机物分子式以及实验式的确定、同分异构体的书写方法等，充分利用碳减法解此类题目是难点．19．1mol有机物能与1mol H2发生加成反应，其加成后的产物是2，2，3﹣三甲基戊烷，则此有机物可能的结构简式有：CH2=C（CH3）CH（CH3）CH（CH3）2；CH3C（CH3）=C（CH3）CH（CH3）2；2C=CH2．考点：有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构．分析：加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键．解答：解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．该烷烃的碳链结构为，1号和5号碳原子关于3号碳原子对称，所以能形成双键位置有：1和2之间（或4和5）（或2和6之间）（或4和8），；2和3之间（或4和3）；3和7之间，故该烃共有3种，所以有机物可能的结构简式为CH2=C（CH3）CH（CH3）CH（CH3）2、CH3C（CH3）=C（CH3）CH（CH3）2、2C=CH2，故答案为：CH2=C（CH3）CH（CH3）CH（CH3）2；CH3C（CH3）=C（CH3）CH（CH3）2；2C=CH2．点评：本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写．20．写出下列物质的结构简式．（1）含有乙基且相对分子质量最小的烷烃：CH（C2H5）3．（2）2，2，3，3﹣四甲基丁烷：CH3C（CH3）2C（CH3）2CH3．（3）2，3﹣二甲基﹣3，4﹣二乙基己烷：CH3）2CHC（CH3）（CH2CH3）CH（CH2CH3）2．（4）含一个侧链甲基且相对分子质量为86的烷烃：CH3CH2CH2CH（CH3）2、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3．考点：有机化合物命名；有机物实验式和分子式的确定．分析：（1）主链含有乙基，则主链至少含有5个C，该烷烃至少含有7个C；（2）最长的主链含有4个C原子，2、3号碳原子上各连接2个甲基，据此书写；（3）最长碳链为6，在23号碳上分别含有1个甲基、1个甲基和一个乙基、一个乙基，据此解答即可；（4）依据烷烃的通式和相对分子质量，判断烷烃的分子式，利用碳链异构书写烷烃的所有同分异构体．解答：解：（1）支链只有一个乙基，主链至少含有5个C；式量最小的烷烃含有8个C，该有机物的结构简式为：CH（C2H5）3，故答案为：CH（C2H5）3；（2）2，2，3，3﹣四甲基丁烷，最长的主链含有4个C原子，2、3号碳原子上各连接2个甲基，其结构简式为：CH3C（CH3）2C（CH3）2CH3，故答案为：CH3C（CH3）2C（CH3）2CH3；（3）2，3﹣二甲基﹣3，4﹣二乙基己烷，主链6个C原子，2、3号碳原子有1个甲基，3、4号碳原子有一个乙基，结构简式：（CH3）2CHC（CH3）（CH2CH3）CH（CH2CH3）2，故答案为：CH3）2CHC（CH3）（CH2CH3）CH（CH2CH3）2；（4）烷烃的通式为：C n H（2n+2），所以14n+2=86，解得n=6，烷烃分子式为C6H14，C6H14属于烷烃，含一个侧链甲基，故主链为5个碳原子，同分异构体有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH（CH3）2、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3．点评：本题主要考查分子式的确定、同分异构体的书写，难度不大，注意掌握烷烃同分异构体的书写方法．。
河北省保定市第五高级中学高一化学测试题含解析
河北省保定市第五高级中学高一化学测试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列各组材料中，不能组成原电池的是参考答案：C【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。
【详解】A、锌是活泼金属，石墨能导电，锌和硫酸能自发的发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故A错误；B、两金属的活泼性不同，且铜片能自发的与AgNO3溶液发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故B错误；C、两金属的活泼性不同，但是无水乙醇是非电解质，所以不能形成原电池，故C正确；D、两金属的活泼性不同，铁和稀盐酸自发的发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故D错误。
故选C。
2. 除去甲烷气体中含有的少量乙烯，最好选用下列试剂中的A．蒸馏水 B．浓硫酸 C．溴水 D．酸性KMnO4溶液参考答案：C3. 下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（）A．空气、硫酸铜、硫酸B．水、空气、纯碱C ．氧化铁、胆矾、熟石灰D．硝酸、食盐水、烧碱参考答案：D 4. 下列说法正确的是 ( )A．增大反应物浓度可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂能增大活化分子的百分数，使平衡转化率增大参考答案：C略5. 下列说法正确的是A．金属铁跟氢溴酸直接反应可制取溴化铁B．1L 1mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为N A（N A为阿佛加德罗常数）C．氯化氢在空气中呈白雾D．氟气通入氯化钠水溶液中可制取氯气参考答案：C6. 高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。
河北省保定市部分高中2023-2024学年高一下学期7月期末考试 化学含答案
2024届高一1+3期末考试化学试题（答案在最后）本试卷满分100分，考试用时75分钟注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Cl 35.5K 39一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．关于化学及人类社会发展历程的说法中，下列叙述正确的是（）A ．古代文献《肘后备急方·治寒热褚疟方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”关于青蒿素的提取涉及到的是化学变化B ．《本草图经》记载“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，因绿矾能电离出H +，所以“味酸”。
C ．道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大推动作用D ．人们可以利用先进的技术和设备通过化学变化制造出新的原子和新的分子2．高锰酸钾属于下列哪一种危险化学品（）A ．爆炸品B ．易燃固体C ．氧化剂D ．腐蚀品A ．A B ．B C ．C D ．D3．下列说法错误的个数是（）①胆矾、氢氧化铁胶体、豆浆均为混合物，而液氯、冰水混合物均属于纯净物②蔗糖、盐酸和醋酸分别属于非电解质、强电解质和弱电解质③2Mg(OH)、NaOH 、223Cu (OH)CO 、32NH H O ⋅均为碱④2CO 、2NO 均能与水反应生成酸都属于酸性氧化物⑤2SiO 、23Fe O 、MgO 属于碱性氧化物⑥电解质在水中一定能导电，非电解质在水中一定不导电⑦强酸溶液的导电能力不一定都强，弱酸溶液的导电能力不一定都弱⑧只有在电流作用下4KHSO 才能电离成K +、H +和24SO -⑨胶体、溶液的本质区别是分散质微粒直径大小不同A ．8B ．7C ．6D ．54．人们对原子结构的认识有一个不断深化的过程，下列先后顺序中符合史实的是（）①道尔顿提出的原子论；②卢瑟福的原子结构行星模型；③玻尔的原子轨道模型；④汤姆生提出的葡萄干面包原子模型。
河北省保定市高阳中学高二化学上学期第五次周练试卷(含解析)
河北省保定市高阳中学2014 -2015学年高二上学期第五次周练化学试卷一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．（3分）埋在地下的输油铸铁管道，在下列各种情况下被腐蚀速度最慢的是（）A．在含铁元素较多的酸性土壤中B．在潮湿疏松透气的土壤中C．在干燥致密不透气的土壤中D．在含碳粒较多、潮湿透气的土壤中2．（3分）家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（）A．4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3B．2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2C．2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．Fe﹣3e﹣═Fe3+3．（3分）用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是（）A．AgNO3B．Na2SO4C．CuCl2D．H2SO44．（3分）两只串联的电解池，左池放CuSO4溶液，右池放一定量的某硝酸盐稀溶液，电解时，当左池析出1.6g铜时，右池析出0.45g固体，则右池中的溶质为（）A．AgNO3B．NaNO3C．Mg（NO3）2D．Al（NO3）35．（3分）实验室用铅蓄电池进行电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极为Pb+SO42﹣═PbSO4+2e﹣，正极为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，今若制得Cl2 0.025mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是（）A．0.025 mol B．0.050 mol C．0.10 mol D．0.20 mol6．（3分）下列关于电解精炼铜的叙述中不正确的是（）A．粗铜板：阳极B．电解时，阳极发生氧化反应，而阴极发生的反应为Cu2++2e﹣═CuC．粗铜中所含Na、Fe、Zn等杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥D．电解铜的纯度可达99.95%﹣99.98%7．（3分）对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是（）A．以石墨为电极，电解含甲基橙的0.1 mol/L硫酸溶液B．以铜为电极，电解1 mol/L硫酸溶液C．以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水D．以石墨为电极，电解1 mol/L溴化钾溶液8．（3分）下列4种装置工作一段时间后，测得导线上均通过了0.002mol 电子，此时溶液的pH值由大到小的排列顺序为（不考虑盐的水解和溶液体积变化）（）①盛100mL CuSO4②盛200mL 0.01mol•L﹣1 H2SO4③盛200mL ZnCl2④盛200mL NaCl饱和溶液A．④②③①B．④③②①C．④③①②D．④①③②9．（3分）将质量分数为0.052 （5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3），用Pt电极进行电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时，停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g 阴极析出物质的质量/gA 0.062（6.2%）19 152B 0.062（6.2%）152 19C 0.042（4.2%） 1.2 9.4D 0.042（4.2%）9.4 1.2A．A B．B C．C D．D10．（3分）下列事实能用电化学理论解释的是（）A．轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B．铝片不用特殊方法保存C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液后速率加快D．镀锌铁不如镀锡铁耐用11．（3分）以铁为阳极、以铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解．一段时间后得到2molFe （OH）3沉淀，此时共消耗的水的物质的量为（）A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol12．（3分）将一直流电源的正、负极，用玻璃片分别压在一张用食盐水、碘化钾淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，经过一段时间后，两极附近滤纸的颜色分别是（）A B C D阳极蓝白红蓝阴极白蓝蓝蓝A．A B．B C．C D．D二、填空题（共2小题，每小题3分，满分6分）13．（3分）含Cr2O72﹣的工业酸性废水会造成铬污染，排放前要进行如下处理：（Ⅰ）往工业废水中加入适量的NaCl搅拌均匀；（Ⅱ）以Fe做两电极进行电解，从而使溶液的pH不断升高，废水由酸性转化为碱性，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生：（Ⅲ）过滤回收沉淀，废水达到排放标准．（1）在电解过程中，溶液pH不断升高的原因可能是①电解时废水的体积不断减小②电解时H+在阴极被还原③作为阳极的Fe不断溶解④Cr2O72﹣转化为Cr3+时消耗了H+⑤NaCl在电解时转化成了NaOHA．⑤B．②④C．②③④D．①②③④（2）两极发生反应的电极反应式为阳极：；阴极：．（3）写出Cr2O72﹣变成Cr3+的离子方程式．（4）（填“能”或“不能”）改用石墨电极进行电解．14．（3分）我国缺碘病区甚广，防治缺碘病的主要措施是食盐中加碘．1996年我国政府以国家标准的方式规定食盐的碘添加剂是KIO3．（1）可用盐酸酸化的KI混合物检验食盐是否为加碘盐，反应的化学方程式为．（2）可用电化学方法制备KIO3．原理是：以石墨为阳极，不锈钢为阴极，以KI溶液（加入少量K2Cr2O7）为电解质溶液，在一定电流强度和温度下进行电解，其电解总反应方程式为KI+3H2O KIO3+3H2↑．试写出两极反应式：阳极；阴极．（3）如果在容积为10L的离子交换膜电解槽中，1min时阴极可产生11.2L（标准状况）Cl2，这时溶液的pH是（设体积维持不变）．（4）Cl2常用于自来水的消毒杀菌，现有一种新型消毒剂ClO2，若它们在杀菌过程中的还原产物均为Cl﹣，消毒等量的自来水，所需Cl2和ClO2的物质的量之比为．河北省保定市高阳中学2014-2015学年高二上学期第五次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．（3分）埋在地下的输油铸铁管道，在下列各种情况下被腐蚀速度最慢的是（）A．在含铁元素较多的酸性土壤中B．在潮湿疏松透气的土壤中C．在干燥致密不透气的土壤中D．在含碳粒较多、潮湿透气的土壤中考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：根据铁生锈的条件进行分析，铁在有水和氧气并存时易生锈，酸、和盐能加快铁的锈蚀．解答：解：A、在呈酸性的潮湿土壤中，铁的锈蚀速度很快；B、在潮湿、疏松、透气的土壤中，铁易生锈；C、在干燥、致密、不透气的土壤中，铁不易生锈；D、在含沙粒较多的潮湿土壤中，铁与水和氧气同时接触，易生锈；故选C．点评：本题考查了铁生锈的条件，完成此题，可以依据已有的知识进行．2．（3分）家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（）A．4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3B．2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2C．2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．Fe﹣3e﹣═Fe3+考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：烧过菜的铁锅未及时洗涤（残液中含NaCl等），第二天便出现红棕色锈斑，是金属铁发生吸氧腐蚀的结果，正极发生的是氧气得电子的还原反应，负极是金属铁是失电子的氧化反应．解答：解：A、氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化为氢氧化铁，即4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe （OH）3，故A发生；B、正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，负极是金属铁是失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2，合并得到：2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2↓，故B发生；C、金属铁发生吸氧腐蚀，正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故C 发生；D、金属铁发生吸氧腐蚀，负极是金属铁是失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，所以Fe﹣3e﹣=Fe3+不发生，故D不发生；故选：D．点评：本题考查了金属吸氧腐蚀的原理，可以根据原电池知识来回答，难度不大．3．（3分）用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是（）A．AgNO3B．Na2SO4C．CuCl2D．H2SO4考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：惰性电极电极电解质溶液，溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同说明是电解水，据此分析电解过程．解答：解：A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加水不能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解硫酸钠溶液实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，能使溶液浓度和电解前相同，故B正确；C、电解氯化铜实质是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解硫酸实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了电解原理的应用，明确电解过程中电解的物质是解答本题的关键，应熟悉溶液中离子的放电顺序来判断，题目难度中等．4．（3分）两只串联的电解池，左池放CuSO4溶液，右池放一定量的某硝酸盐稀溶液，电解时，当左池析出1.6g铜时，右池析出0.45g固体，则右池中的溶质为（）A．AgNO3B．NaNO3C．Mg（NO3）2D．Al（NO3）3考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：两只串联的电解池中各电极上转移电子是相等的，根据生成的铜计算转移电子物质的量，若右侧只有金属阳离子放电，设右侧金属的相对原子量为M，化合价为x，根据电子转移守恒确定M、X的关系，但右侧可能金属阳离子放电后，氢离子再放电，故放电金属阳离子获得的电子应小于或等于左池的电子转移，结合选项解答．解答：解：左池盛有足量的CuSO4溶液，电解过程中，阴极上的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，当左池析出1.6gCu，物质的量==0.025molCu时，转移电子为0.025mol×2=0.05mol，由选项可知，金属阳离子只有银离子放电，即生成的银为0.45g，转移电子物质的量=×1=0.0042mol＜0.05mol，说明氢离子还放电，故右池中的溶质为硝酸银，故选A．点评：本题考查学生电解池的工作原理、有关计算，难度中等，注意溶液中氢离子可能放电，可以直接利用排除法解答，在溶液中电解只有硝酸银会析出固体．5．（3分）实验室用铅蓄电池进行电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极为Pb+SO42﹣═PbSO4+2e﹣，正极为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，今若制得Cl2 0.025mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是（）A．0.025 mol B．0.050 mol C．0.10 mol D．0.20 mol考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：根据蓄电池的电极反应得电池反应式为PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，根据串联电路中转移电子的物质的量相等进行计算．解答：解：制得Cl20.025mol转移电子的物质的量=0.025mol×2=0.05mol，根据PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O知，当转移电子的物质的量为0.05mol时需要硫酸的物质的量为=0.05mol，故选：B．点评：本题考查了氧化还原反应的有关计算，明确串联电路中转移电子相等是解本题关键，再根据电子守恒进行解答，难度不大．6．（3分）下列关于电解精炼铜的叙述中不正确的是（）A．粗铜板：阳极B．电解时，阳极发生氧化反应，而阴极发生的反应为Cu2++2e﹣═CuC．粗铜中所含Na、Fe、Zn等杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥D．电解铜的纯度可达99.95%﹣99.98%考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：电镀法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，阳极材料是粗铜，阳极上金属失电子变成离子进入溶液，Cu﹣2e﹣=Cu2+，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥，这样最终电解铜的纯度可达99.95%～99.98%，根据电解原理来回答．解答：解：A、电镀法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，故A正确；B、电解时，阳极上只要是金属Cu失电子变成离子进入溶液，Cu﹣2e﹣=Cu2+，阳极发生氧化反应，而阴极发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故B正确；C、粗铜中所含Pt、Au、Ag等金属杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥，而金属镍、铁、锌都比铜活泼，先于金属铜失电子，故C错误；D、根据电解精炼铜的工作原理，这样最终电解铜的纯度可达99.95%～99.98%，故D正确．故选C．点评：本题考查学生电解精炼铜的工作原理，可以根据教材知识来回答，注意教材知识的梳理和记忆，难度不大．7．（3分）对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是（）A．以石墨为电极，电解含甲基橙的0.1 mol/L硫酸溶液B．以铜为电极，电解1 mol/L硫酸溶液C．以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐水D．以石墨为电极，电解1 mol/L溴化钾溶液考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、硫酸溶液在甲基橙溶液中呈红色，电解硫酸溶液实质电解水，硫酸浓度增大，溶液红色无明显变化；B、铜在阳极失电子生成铜离子使溶液呈蓝色；C、电解饱和食盐水阴极附近氢离子得到电子生成氢气，附近氢氧根离子浓度增大遇到酚酞变红；D、电解溴化钾溶液过程中生成溴单质，溶液呈橙色．解答：解：A、硫酸溶液在甲基橙溶液中呈红色，电解硫酸溶液实质电解水，硫酸浓度增大，溶液红色无明显变化，故A符合；B、铜在阳极失电子生成铜离子，使溶液呈蓝色，溶液颜色发生变化，故B不符合；C、电解饱和食盐水阴极附近氢离子得到电子生成氢气，附近氢氧根离子浓度增大遇到酚酞变红，溶液颜色发生变化，故C不符合；D、电解溴化钾溶液过程中生成溴单质，溴溶于水溶液呈橙色，溶液颜色变化，故D不符合；故选A．点评：本题考查了电解原理的分析应用，注意生成产物性质的分析，指示剂变色的原理应用，掌握基础是关键，题目难度中等．8．（3分）下列4种装置工作一段时间后，测得导线上均通过了0.002mol 电子，此时溶液的pH值由大到小的排列顺序为（不考虑盐的水解和溶液体积变化）（）①盛100mL CuSO4②盛200mL 0.01mol•L﹣1 H2SO4③盛200mL ZnCl2④盛200mL NaCl饱和溶液A．④②③①B．④③②①C．④③①②D．④①③②考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：这四个装置都是电解池，①中阳极上锌失电子生成锌离子，阴极上铜离子得电子而析出铜，溶液由硫酸铜变为硫酸锌；②中，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实质上是电解水；③中实质上是电镀，溶液仍然为氯化锌溶液，溶液的pH不变；④中阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度增大．解答：解：①中电池反应式为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，溶液由硫酸铜变为硫酸锌，溶液酸性减弱，pH增大；②中，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实质上是电解水，溶液中硫酸浓度增大，所以氢离子浓度增大，pH最小；③中实质上是电镀，溶液仍然为氯化锌溶液，溶液的pH不变；④中阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，pH增大，则溶液pH从大到小的顺序是：④③①②，故选C．点评：本题考查了电解过程中溶液pH大小变化，根据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度的变化结合盐类水解程度来分析解答，难度中等．9．（3分）将质量分数为0.052 （5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3），用Pt电极进行电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时，停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g 阴极析出物质的质量/gA 0.062（6.2%）19 152B 0.062（6.2%）152 19C 0.042（4.2%） 1.2 9.4D 0.042（4.2%）9.4 1.2A．A B．B C．C D．D考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量；电解质溶液中溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以随着电解的进行，溶液的质量分数增大．解答：解：氢氧化钠溶液电解时，电解的是水，氢氧化钠质量不变，水电解后生成氢气和氧气，溶液质量减少，所以氢氧化钠的质量分数会增加，因为溶液中NaOH的质量分数改变了1.0%，即现在变为：5.2%+1.0%═6.2%；由于电解水时正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气与氢气的质量比为8：1，所以正极产生的质量要多于负极产生的气体的质量．A、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故A错误；B、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，氧气与氢气的质量比为8：1，相当于电解水，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故B正确；C、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故C错误；D、相电解当于电解水，溶液质量分数增大，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故D错误；故选B．点评：本题以电解原理为载体考查了电解时，阴阳极上得到的物质之间的关系及电解质溶液浓度的变化，电解强碱和含氧强酸的实质都是电解水．10．（3分）下列事实能用电化学理论解释的是（）A．轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B．铝片不用特殊方法保存C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量浓H2SO4溶液后速率加快D．镀锌铁不如镀锡铁耐用考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A、Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳；B、铝片因在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化；C、硫酸浓度增大，Zn与H2SO4的反应速率加快；D、镀锌铁破损后Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，而镀锡铁破损后Fe比Sn活泼，铁被腐蚀．解答：解：A、轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，故A正确；B、铝片因在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化，所以铝片不用特殊方法保存，此现象与电化学知识无关，故B错误；C、纯Zn和稀H2SO4反应速率慢，滴入少量浓H2SO4溶液后，硫酸浓度增大，加快Zn与H2SO4的反应速率，此现象与电化学知识无关，故C错误；D、镀锌铁发生金属被腐蚀现象时，因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，所以，镀锌铁比镀锡铁耐用，发生原电池反应而可用电化学知识解释，但结论错误，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学腐蚀和电化腐蚀的实质分析，原电池的形成条件是解题关键，题目较简单．11．（3分）以铁为阳极、以铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解．一段时间后得到2molFe （OH）3沉淀，此时共消耗的水的物质的量为（）A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：活泼金属铁作电解池阳极时，阳极上阳极材料铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和溶液中的氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，注意消耗的水有两部分：一部分被电解生成氢气，一部分和氢氧化亚铁反应生成氢氧化铁．解答：解：根据铁原子守恒知，2molFe（OH）3→2molFe（OH）2，所以生成2molFe（OH）3需要2molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O H2+Fe（OH）2↓，根据电解方程式得，生成2molFe（OH）2需要水的物质的量为4mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe （OH）3，根据方程式得，生成2molFe（OH）3需要水的物质的量为1mol，所以得到2molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为5mol．故选D．点评：本题考查了电解原理，难度不大，注意：活泼金属作电解池阳极时，活泼金属失电子发生氧化反应，而不是溶液中的阴离子失电子发生氧化反应．12．（3分）将一直流电源的正、负极，用玻璃片分别压在一张用食盐水、碘化钾淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，经过一段时间后，两极附近滤纸的颜色分别是（）A B C D阳极蓝白红蓝阴极白蓝蓝蓝A．A B．B C．C D．D考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：将一直流电源的正、负极分别接在一张用食盐水、碘化钾淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，电解氯化钠溶液在阳极产生氯气，在阴极上产生的是氢气，阴极区域生成碱，遇到石蕊显示蓝色，电解碘化钾溶液，在阳极上产生的是碘单质，据此回答．解答：解：将一直流电源的正、负极，分别接在一张用食盐水和石蕊试液，在阴极上产生的是氢气，阴极上氢离子减少，氢氧根浓度增大，生成碱，能使石蕊变成蓝色；碘化钾淀粉溶液浸湿的滤纸上，在阳极上产生的是氯气，能将碘化钾氧化为碘单质，遇到淀粉显示蓝色，故选：D．点评：本题考查学生电解池的工作原理，注意两极上离子的放电顺序是解题关键，难度不大．二、填空题（共2小题，每小题3分，满分6分）13．（3分）含Cr2O72﹣的工业酸性废水会造成铬污染，排放前要进行如下处理：（Ⅰ）往工业废水中加入适量的NaCl搅拌均匀；（Ⅱ）以Fe做两电极进行电解，从而使溶液的pH不断升高，废水由酸性转化为碱性，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生：（Ⅲ）过滤回收沉淀，废水达到排放标准．（1）在电解过程中，溶液pH不断升高的原因可能是B①电解时废水的体积不断减小②电解时H+在阴极被还原③作为阳极的Fe不断溶解④Cr2O72﹣转化为Cr3+时消耗了H+⑤NaCl在电解时转化成了NaOHA．⑤B．②④C．②③④D．①②③④（2）两极发生反应的电极反应式为阳极：Fe﹣2e﹣═Fe2+；阴极：2H++2e﹣═H2↑．（3）写出Cr2O72﹣变成Cr3+的离子方程式6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O．（4）不能（填“能”或“不能”）改用石墨电极进行电解．考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：（1）阴极上发生氧化还原都消耗氢离子；（2）Fe为电极进行电解时，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近有氢氧根离子生成；（3）酸性条件下，Cr2O72﹣和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子和铬离子；（4）如果改用石墨作电极，则阳极不能生成亚铁离子，导致无法生成铬离子．解答：解：（1）阴极反应消耗H+，溶液中的氧化还原反应也消耗H+，导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高，故选：B；（2）Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极上氢离子得电子发生还原反应，即2H++2e﹣═H2↑，故答案为：Fe﹣2e﹣═Fe2+；2H++2e﹣═H2↑；（3）Cr2O72﹣具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；（4）若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe2+，从而使Cr2O72﹣无法还原为Cr3+变成沉淀除去，所以不能用石墨作电极，故答案为：不能．点评：本题考查了电解池原理的应用，还涉及氧化还原反应等知识点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点，题目难度中等．14．（3分）我国缺碘病区甚广，防治缺碘病的主要措施是食盐中加碘．1996年我国政府以国家标准的方式规定食盐的碘添加剂是KIO3．（1）可用盐酸酸化的KI淀粉混合物检验食盐是否为加碘盐，反应的化学方程式为KIO3+5KI+6HCl=6KCl+3H2O+3I2．（2）可用电化学方法制备KIO3．原理是：以石墨为阳极，不锈钢为阴极，以KI溶液（加入少量K2Cr2O7）为电解质溶液，在一定电流强度和温度下进行电解，其电解总反应方程式为KI+3H2O KIO3+3H2↑．试写出两极反应式：阳极I﹣﹣6e﹣+6OH﹣=IO3﹣+3H2O；阴极6H++6e﹣=3H2↑．（3）如果在容积为10L的离子交换膜电解槽中，1min时阴极可产生11.2L（标准状况）Cl2，这时溶液的pH是（设体积维持不变）13．（4）Cl2常用于自来水的消毒杀菌，现有一种新型消毒剂ClO2，若它们在杀菌过程中的还原产物均为Cl﹣，消毒等量的自来水，所需Cl2和ClO2的物质的量之比为5：2．考点：电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：电化学专题；卤族元素．分析：（1）根据KIO3，KI、盐酸能发生归中反应以及I2能使淀粉变蓝；（2）总反应方程式为KI+3H2O=KIO3+3H2↑，I元素的化合价升高，发生氧化反应，则在阳极生成碘酸钾；H元素的化合价降低，则在阴极生成氢气，以此来解答；（3）根据电解方程式结合产生气体的量进行计算回答即可；（4）根据得到相同电子数需要各物质的物质的量来解题．解答：解：（1）KIO3，KI、盐酸能发生归中反应，方程式为：KIO3 +5KI+6HCl=6KCl+3H2O+3I2，碘化钾被氧化，碘酸钾被还原，盐酸提供稳定酸性环境，若溶液能使淀粉显蓝色可以说明食盐中是有碘；故答案为：淀粉；KIO3 +5KI+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；（2）总反应方程式为KI+3H2O=KIO3+3H2↑，I元素的化合价升高，发生氧化反应，则在阳极生成碘酸钾，阳极反应为I﹣﹣6e﹣+6OH﹣=IO3﹣+3H2O；H元素的化合价降低，则在阴极生成氢气，阴极反应为6H++6e﹣=3H2↑，故答案为：I﹣﹣6e﹣+6OH﹣=IO3﹣+3H2O；6H++6e﹣=3H2↑；（3）电解氯化钠的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣，阴极可产生11.2L（标准状况）Cl2，即产生氯气为=0.5mol，根据方程式则生成氢氧化钠是1mol，所以氢氧化钠的浓度是：=0.1mol/L，所以氢离子浓度为10﹣13mol/L，溶液的pH是13，故答案为：13；（4）因一个ClO2转变成Cl﹣需要得到10个电子，而一个Cl2转变成Cl﹣需要得到10个电子，消毒等量的自来水，根据转移电子数相等，所需Cl2和ClO2的物质的量之比为5：2，故答案为：5：2．点评：本题主要考查加碘盐中碘元素的检验、电解原理的应用以及氯气及其化合物的有关知识，难度不大，关键把握电极方程式的书写及其应用电子守恒进行计算．。
河北省保定市高阳中学高二化学下学期第五次周练试题
高二下学期第五次周练化学试题烷烃依照以下表达，回答1－3小题以下图是4个碳原子彼此结合的8种有机物（氢原子没有画出）A－H。
1．有机物E的名称是（）A．丁烷B．2－甲基丙烷C．1－甲基丙烷D．甲烷2．有机物B、C、D互为（）A．同位素B．同系物C．同分异构体D．同素异形体3．每一个碳原子都跟两个氢原子通过共价键结合的有机物是（）A．B B．F C．G D．H4．以下说法正确的选项是（）A.甲烷分子中C、H间是非极性键 B.甲烷分子是空间三角锥结构C.甲烷的结构式为CH4D.甲烷分子是非极性分子5．以下事实、事件、事故中与甲烷无关的是（）A．天然气的要紧成份B．石油催化裂化及裂解后的要紧产物C．“西气东输”中气体D．煤矿中的瓦斯爆炸6．关于CCl2F2（商品名称是氟利昂—12），以下有关表达不正确的选项是（）A、有两种同分异构体B、是非极性分子C、只有一种结构无同分异构体D、是一种制冷剂7．以下烷烃的一氯取代物中没有同分异构体的是（）A．丙烷B．丁烷C．异丁烷D．新戊烷8．光照按等物质的量混合的甲烷和氯气组成的混合物，生成的物质的量最多的产物是A.CH3ClB.CH2Cll4D.HCl （）9．丙烷和氯气发生取代反映生成二氯丙烷的同分异构体的数量有( )A．2种B．3种C．4种D．5种10．以下五种烃①２－甲基丁烷②２，２－二甲基丙烷③戊烷④丙烷⑤丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是（）Ａ．①＞②＞③＞④＞⑤Ｂ．②＞③＞⑤＞④＞①Ｃ．③＞①＞②＞⑤＞④Ｄ．④＞⑤＞②＞①＞③11．甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷的密度相同，混合气中甲烷和丙烷的体积比是( )A．2:1 B．3:1 C．1:3 D．1:112．有一类组成最简单的有机硅化物叫硅烷，它的组成与烷烃相似。
以下说法错误的选项是Ａ．硅烷的分子通式可表示为SinH2n+2 Ｂ．甲硅烷燃烧生成二氧化硅和水（）Ｃ．甲硅烷（SiH4）的密度小于甲烷Ｄ．甲硅烷的热稳固性强于甲烷13．据报导，2002年10月26日俄罗斯特种军队在解救人质时，利用了一种麻醉作用比吗啡强100倍的氟烷，已知氟烷的化学式为C2HClBrF3，那么沸点不同的上述氟烷有（写出结构简式）。
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河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第五次周练化学试卷一、选择题1．（3分）含H原子个数为1.806x1023个NH3，其质量为（）A．17克B．0.17克C．1.7克D．5.4克2．（3分）下列性质不属于氨气的物理性质的是（）A．易液化B．极易溶于水C．水溶液显碱性D．有刺激性气味3．（3分）下面的反应中，氨作为氧化剂参加反应的是（）A．NH3+H3PO4═NH4H2PO4B．2NH3+2Na═2NaNH2+H2C．8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2D．4NH3+5O24NO+6H2O4．（3分）（双选）下列离子方程式正确的是（）A．实验室制NH3：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．NaOH与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH﹣NH3•H2OC．氨水中加盐酸：NH3•H2O+H+═NH4++H2OD．氨气通入稀H2SO4中：NH3+H+═NH4+5．（3分）检验铵盐溶液的方法是：将待测物质取出少量，放在试管中，然后（）A．加热，用蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口检验B．加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验C．加强碱溶液后加热，再滴入无色酚酞试液D．加烧碱溶液后加热，再用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验6．（3分）无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2D．NO、CO2、N27．（3分）在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有干燥、纯净的NH3；含一半空气的氯化氢气体；NO2和O2体积比为4：1的混合气体．然后分别做喷泉实验，三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为（）A．2：1：2 B．5：5：4 C．1：1：1 D．无法确定8．（3分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和和试剂一定用不到的是（）①蒸馏水②NaOH溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸．A．①⑤B．④⑤C．①③D．①④⑤9．（3分）只用下列试剂中的一种，就能将FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液区别开的是（）A．KSCN溶液B．BaCl2溶液C．AgNO3溶液D．NaOH溶液10．（3分）已知X、Y、Z、W（含同一元素）有如下所示转化关系，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是（）X Y Z W．A．N2B．NO2C．NH3D．NO二、非选择题11．（1）在1L 1mol•L﹣1的氨水中A．含有1mol NH3分子B．含有NH3和NH4+物质的量之和为1molC．含1mol NH3•H2OD．含NH3、NH3•H2O、NH4+物质的量之和为1mol（2）①NH3能进行喷泉实验的原因是．②喷泉实验成功的关键是．12．甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气．请你参与探究，并回答下列问题：（1）三位同学制取氨气的化学方程式为：．（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，而不用排水法，其原因是．A．氨气难溶于水B．氨气极易溶于水C．氨气密度比空气大 D．氨气密度比空气小（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨气（如果他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是（用化学方程式表示）．（4）检验氨气是否收集满的方法是．A．闻到有氨气逸出B．棉花被气体冲出C．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，发现试纸变蓝D．用湿润的蓝色石蕊试纸在试管口检验，发现试纸变红（5）三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的是（填“甲”、“乙”或“丙”）．13．已知A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，其中F是能使红色湿润石蕊试纸变蓝的气体，它们之间能发生如下反应①A+H2O→B+C②C+F→D③D+NaOH F+E+H2O（1）写出它们的化学式：C、D、E．（2）写出各步反应的离子方程式①，③．（3）工业生产C的过程中有如下一步反应，即F经催化氧化生成B和H2O，写出该步反应的化学方程式．14．（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是，离子方程式为（2）除去FeCl2溶液中混有FeCl3用，离子方程式为（3）报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分是盐酸）与“84消毒液”（主要成分是NaClO）发生氯气中毒的事件．试根据你的化学知识分析，原因是（用离子方程式表示）．（4）有A、B、C、D四种无色气体，①A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；②一定条件下，A可以与B反应生成C，C遇空气变为红棕色；③D与A混合生成白烟；④D的浓溶液与软锰矿（主要成分是MnO2）在加热条件下反应可制取黄绿色气体E；按要求回答下列问题：a写出实验室制A气体的化学反应方程式b写出②化学反应方程式．15．10.7g氯化铵与足量氢氧化钙混合共热，最多可制得：（1）NH3的物质的量是多少？（2）将制得的氨气全部溶于水制成2L溶液，所得氨水物质的量浓度为多少？河北省保定市高阳中学2014-2015学年高一下学期第五次周练化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）含H原子个数为1. 806x1023个NH3，其质量为（）A．17克B．0.17克C．1.7克D．5.4克考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据n=计算H原子物质的量，进而计算氨气物质的量，根据m=nM计算氨气质量．解答：解：1.806x1023个H原子物质的量==0.3mol，故氨气的物质的量==0.1mol，则氨气的质量=0.1mol×17g/mol=1.7g，故选C．点评：本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．2．（3分）下列性质不属于氨气的物理性质的是（）A．易液化B．极易溶于水C．水溶液显碱性D．有刺激性气味考点：氨的物理性质．专题：元素及其化合物．分析：氨气是无色有刺激性气味的气体，极易溶于水，易液化．解答：解：氨气是无色有刺激性气味的气体，极易溶于水，1体积水能溶解700体积的氨气，易液化；氨气溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨电离显碱性，是化学性质．故选C．点评：本题考查氨气的物理性质，题目难度不大，注意化学性质中有新物质的生成．3．（3分）下面的反应中，氨作为氧化剂参加反应的是（）A．NH3+H3PO4═NH4H2PO4B．2NH3+2Na═2NaNH2+H2C．8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2D．4NH3+5O24NO+6H2O考点：氧化还原反应．专题：电化学专题．分析：做氧化剂，则该物质中的元素的化合价降低，以此来解答．解答：解：A．反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A不选；B．反应中氨气的H元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，故B选；C．反应中氨气的N元素的化合价升高，被氧化，做还原剂，故C不选；D．反应中氨气的N元素的化合价升高，被氧化，做还原剂，故D不选；故选B．点评：本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价及化合物与性质的关系即可解答，题目难度不大．4．（3分）（双选）下列离子方程式正确的是（）A．实验室制NH3：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．NaOH与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH﹣NH3•H2OC．氨水中加盐酸：NH3•H2O+H+═NH4++H2OD．氨气通入稀H2SO4中：NH3+H+═NH4+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．实验室利用固体加热制备氨气；B．反应生成氯化钠、氨气和水；C．反应生成氯化铵；D．反应生成硫酸铵．解答：解：A．实验室利用氯化铵固体与碱石灰加热制备氨气，不是离子反应，故A错误；B．NaOH与NH4Cl溶液混合加热的离子反应为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故B错误；C．氨水中加盐酸的离子反应为NH3•H2O+H+═NH4++H2O，故C正确；D．氨气通入稀H2SO4中的离子反应为NH3+H+═NH4+，故D正确；故选CD．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大．5．（3分）检验铵盐溶液的方法是：将待测物质取出少量，放在试管中，然后（）A．加热，用蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口检验B．加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验C．加强碱溶液后加热，再滴入无色酚酞试液D．加烧碱溶液后加热，再用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验考点：常见阳离子的检验．专题：实验题．分析：检验铵盐溶液的方法是：利用铵盐和氢氧化钠在加热条件下生成氨气，用湿润红色石蕊试纸来检验，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，由原子守恒来判断溶液为铵盐溶液．解答：解：A、铵盐溶液在加热时不发生分解，没有氨气产生，用蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口检验无现象，故A错误；B、铵盐溶液在加热时不发生分解，没有氨气产生，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口检验无现象，故B错误；C、加强碱溶液后加热，再滴入无色酚酞试液，因为强碱溶液呈碱性，不能确定是否有铵根离子，故C错误；D、将铵盐和氢氧化钠混合后入加热，用湿润红色石蕊试纸检验，湿润红色石蕊试纸会变蓝色．说明产生了氨气，这是由于铵根离子和氢氧根离子反应产生的氨气，则原溶液中含有铵根离子，为铵盐溶液，故D正确；故选D．点评：本题主要考查了铵盐溶液的检验方法，难度不大，根据课本知识即可完成．6．（3分）无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2D．NO、CO2、N2考点：常见气体的检验；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．专题：物质检验鉴别题．分析：二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水．解答：解：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2．故选B．点评：本题考查学生常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，难度不大．7．（3分）在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有干燥、纯净的NH3；含一半空气的氯化氢气体；NO2和O2体积比为4：1的混合气体．然后分别做喷泉实验，三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为（）A．2：1：2 B．5：5：4 C．1：1：1 D．无法确定考点：物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：设出烧瓶体积，根据n=计算出烧瓶中气体的物质的量，干燥、纯净的NH3中溶液充满烧瓶，含一半空气的氯化氢气体形成的溶液体积为烧瓶容积的一半，根据c=计算出溶液的浓度；根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3计算出反应后溶质的物质的量，再根据c=计算出硝酸的浓度，最后计算出三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比．解答：解：假设烧瓶体积为5VL，则干燥纯净的氨气体积为5VL完全溶于水后烧瓶充满溶液溶液体积也是5VL，溶质物质的量浓度为：=mol/L；含一半空气的氯化氢烧瓶中氯化氢体积为2.5V完全溶解后烧瓶进水，也就是溶液体积为2.5V，所以溶质物质的量浓度为：=mol/L；二氧化氮与氧气体积比为4：1的混合气中NO2体积为4VL，根据以下方程式恰好完全反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，而且生成硝酸物质的量为：=mol，由于完全反应所以烧瓶充满溶液其体积为5VL，所以溶质的物质的量浓度为：=mol/L，所以三个烧瓶中所得溶液的溶质的物质的量浓度之比为：=mol/L：=mol/L：mol/L=5：5：4，故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，解答时要把握二氧化氮与水反应的性质，然后根据物质的量浓度的计算公式进行计算．8．（3分）为了检验某固体物质中是否含有NH4+，你认为下列试纸和和试剂一定用不到的是（）①蒸馏水②NaOH溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸．A．①⑤B．④⑤C．①③D．①④⑤考点：铵离子检验．专题：物质检验鉴别题．分析：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此分析解答．解答：解：铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以生成氨气需要氢氧化钠溶液，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，故选B．点评：本题考查了铵根离子的检验，根据物质间的反应及物质的性质来分析解答，难度不大．9．（3分）只用下列试剂中的一种，就能将FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液区别开的是（）A．KSCN溶液B．BaCl2溶液C．AgNO3溶液D．NaOH溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液，阳离子不同，加NaOH溶液的现象分别为红褐色沉淀、刺激性气体、无现象，以此来解答．解答：解：A．NH4Cl和NaCl与KSCN溶液均不反应，不能区别，故A错误；B．三种溶液均不与BaCl2溶液反应，不能区别，故B错误；C．三种溶液均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，不能区别，故C错误；D．FeCl3、NH4Cl和NaCl三种溶液，阳离子不同，加NaOH溶液的现象分别为红褐色沉淀、刺激性气体、无现象，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见物质的鉴别，把握物质的性质及相互发生的化学反应为解答的关键，注意现象不同可鉴别物质，题目难度不大．10．（3分）已知X、Y、Z、W（含同一元素）有如下所示转化关系，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是（）X Y Z W．A．N2B．NO2C．NH3D．NO考点：氮族元素简介．专题：氮族元素．分析：X、Y、Z、W（含同一元素），其中X能经过两步氧得Z，Z再与水反应可以生成对应的酸或碱，则X可以含有C、N、S、Na等元素，X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，符合此条件的X只能为NH3，据此解答．解答：解：A．氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水生成硝酸，硝酸与氮气不反应，故A错误；B．二氧化氮中氮元素为+4价，不能连续氧化，故B错误；C．NH3能与氧气生成NO，NO再与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，HNO3与NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3是一种易溶于水的盐，故C正确；D．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮氧化生成五氧化二氮，五氧化二氮与水反应生成硝酸，但是硝酸与一氧化氮不反应，故D错误；故选：C．点评：本题考查了物质间的转化，熟悉各物质的性质和发生的反应是解题关键，注意对相关知识的积累，题目难度不大．二、非选择题11．（1）在1L 1mol•L﹣1的氨水中DA．含有1mol NH3分子B．含有NH3和NH4+物质的量之和为1molC．含1mol NH3•H2OD．含NH3、NH3•H2O、NH4+物质的量之和为1mol（2）①NH3能进行喷泉实验的原因是NH3极易溶于水．②喷泉实验成功的关键是a．装置气密性良好、b．烧瓶充满气体、c．烧瓶要干燥．考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氨的化学性质．分析：（1）一水合氨为弱电解质，氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH3•H2O+OH﹣，以此解答该题；（2）①根据物质的溶解性分析；②喷泉实验的形成原理是气体极易溶于水（或溶液）或与水（或溶液）发生反应而导致容器压强减小，根据实验原理分析．解答：解：（1）氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH3•H2O+OH﹣，溶液中存在NH3、NH3•H2O、NH4+，则NH3、NH3•H2O、NH4+之和为1mol，故答案为：D；（2）①喷泉实验的形成原理是气体极易溶于水（或溶液）或与水（或溶液）发生反应而导致容器压强减小，NH3极易溶于水，所以NH3能进行喷泉实验；故答案为：NH3极易溶于水；②喷泉实验的形成原理是气体极易溶于水（或溶液）或与水（或溶液）发生反应而导致容器压强减小，所以装置气密性良好，不能漏气，而且烧瓶中要充满气体，烧瓶要干燥，防止气体溶解；故答案为：a．装置气密性良好、b．烧瓶充满气体、c．烧瓶要干燥．点评：本题考查弱电解质的电离、喷泉实验，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握溶液中的离子种类、和喷泉实验原理，难度中等．12．甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气．请你参与探究，并回答下列问题：（1）三位同学制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O．（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，而不用排水法，其原因是BD．A．氨气难溶于水B．氨气极易溶于水C．氨气密度比空气大 D．氨气密度比空气小（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨气（如果他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是乙（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4（用化学方程式表示）．（4）检验氨气是否收集满的方法是C．A．闻到有氨气逸出B．棉花被气体冲出C．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，发现试纸变蓝D．用湿润的蓝色石蕊试纸在试管口检验，发现试纸变红（5）三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的是丙（填“甲”、“乙”或“丙”）．考点：氨的实验室制法．专题：实验设计题．分析：（1）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氯气和水；（2）依据氨气极易溶于水，密度小于空气，选择收集方法；（3）浓硫酸具有吸水性和酸性，能够做干燥剂，但是不能干燥碱性气体；氨气与硫酸反应生成硫酸铵；（4）氨气为碱性气体，与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，显碱性遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色；（5）碳酸氢铵分解生成氨气、二氧化碳、水，要得到纯净的氨气，应除去二氧化碳和水．解答：解：（1）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）氨气极易溶于水，所以不能用排水法收集，只能用排气法收集，又因为其密度小于空气密度，所以选择向下排空气法；故选：BD；（3）氨气为碱性气体，浓硫酸具有酸性能够与氨气反应生成硫酸铵，方程式：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4，所以不能用浓硫酸干燥氨气，乙同学收集不到氨气；故答案为：乙2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4；（4）氨气是碱性气体，遇到遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此可以判断氨气的存在；故选：C；（5）碳酸氢铵分解生成氨气、二氧化碳、水，要得到纯净的氨气，应除去二氧化碳和水，甲同学制备的氨气中含有二氧化碳和水蒸气；乙同学用浓硫酸干燥氨气，氨气被吸收，收集不到氨气；丙同学，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，可以收集到纯净的氨气；故答案为：丙．点评：本题考查了氨气的实验室制备，明确制备原理和氨气的性质是解题关键，注意氨气的收集方法的选择，题目难度不大．13．已知A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，其中F是能使红色湿润石蕊试纸变蓝的气体，它们之间能发生如下反应①A+H2O→B+C②C+F→D③D+NaOH F+E+H2O（1）写出它们的化学式：CHNO3、DNH4NO3、ENaNO3．（2）写出各步反应的离子方程式①3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，③NH4++OH﹣NH3↑+H2O．（3）工业生产C的过程中有如下一步反应，即F经催化氧化生成B和H2O，写出该步反应的化学方程式4NH3+5O2\frac{\underline{\;催化剂\;}}{△}4NO+6H2O．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，F经催化氧化生成B和H2O，则F是NH3，它们之间能发生如下反应：③D+NaOH→F+E+H2O，说明D是铵盐，E为钠盐，且A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，则E是NaNO3，D是NH4NO3，根据②C+F→D知，C是HNO3，根据①A+H2O→B+C知，且A和B、C都含有同一种元素，则A是NO2，B是NO，根据物质的性质分析解答．解答：解：A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，F经催化氧化生成B和H2O，则F是NH3，它们之间能发生如下反应：③D+NaOH→F+E+H2O，说明D是铵盐，E为钠盐，且A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，则E是NaNO3，D是NH4NO3，根据②C+F→D知，C是HNO3，根据①A+H2O→B+C知，且A和B、C都含有同一种元素，则A是NO2，B是NO，（1）由上分析C为HNO3，D为NH4NO3，E为NaNO3，故答案为：HNO3；NH4NO3；NaNO3；（2）①二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，化学方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO；②为硝酸铵与氢氧化钠反应，离子方程式为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；（3）即NH3经催化氧化生成NO和H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；点评：本题以N元素为载体考查了含氮化合物的推断，以F为突破口结合物质间的转化分析推断，难度不大，注意多总结归纳基础知识，知道常见物质的性质．14．（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是盐酸，离子方程式为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O（2）除去FeCl2溶液中混有FeCl3用Fe粉，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+（3）报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵”（主要成分是盐酸）与“84消毒液”（主要成分是NaClO）发生氯气中毒的事件．试根据你的化学知识分析，原因是Cl﹣+ClO ﹣+2H+═Cl2↑+H2O（用离子方程式表示）．（4）有A、B、C、D四种无色气体，①A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；②一定条件下，A可以与B反应生成C，C遇空气变为红棕色；③D与A混合生成白烟；④D的浓溶液与软锰矿（主要成分是MnO2）在加热条件下反应可制取黄绿色气体E；按要求回答下列问题：a写出实验室制A气体的化学反应方程式Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑b写出②化学反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O．考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；含氮物质的综合应用；无机物的推断．专题：卤族元素；氮族元素．分析：（1）可加入盐酸鉴别，盐酸和碳酸钾反应生成二氧化碳气体；（2）FeCl3和Fe反应可生成FeCl2；（3）根据氧化还原反应判断生成物，并写出相应的化学反应方程式；（4）有A、B、C、D四种无色气体，①A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，；②一定条件下，A可以与B反应生成C，C遇空气变为红棕色，则C为NO，所以B为O2；③D与A混合生成白烟，则D为HCl；④D的浓溶液与软锰矿（主要成分是MnO2）在加热条件下反应可制取黄绿色气体E，所以E为Cl2，据此答题．解答：解：（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是盐酸，碳酸钾和HCl反应生成气体，离子方程式为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：盐酸；CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（2）Fe能与氯化铁反应生成氯化亚铁，则选择除杂试剂为Fe粉，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：Fe粉；2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）盐酸有还原性，次氯酸钠在酸性条件下有强氧化性，所以氯离子和次氯酸根离子能发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O，氯气是有毒的气体，可以发生氯气中毒的事件，故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+═Cl2↑+H2O；（4）有A、B、C、D四种无色气体，①A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，；②一定条件下，A可以与B反应生成C，C遇空气变为红棕色，则C为NO，所以B为O2；③D与A混合生成白烟，则D为HCl；④D的浓溶液与软锰矿（主要成分是MnO2）在加热条件下反应可制取黄绿色气体E，所以E为Cl2，实验室制A气体的化学反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑，②中的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑；4NH3+5O24NO+6H2O．点评：本题考查较综合，侧重物质性质和气体的制备的考查，熟悉常见物质的颜色、气体的检验、物质之间的反应即可解答，注重基础知识的考查，难度中等．15．10.7g氯化铵与足量氢氧化钙混合共热，最多可制得：（1）NH3的物质的量是多少？（2）将制得的氨气全部溶于水制成2L溶液，所得氨水物质的量浓度为多少？考点：物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：根据n=计算10.7g氯化铵的物质的量，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，根据方程式计算生成的氨气的物质的量，进而计算氨水物质的量浓度．解答：解：10.7g氯化铵的物质的量为：n===0.2mol，根据方程式计算：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O2mol 2mol0.2mol nn==0.2mol，将制得的氨气全部溶于水制成2L溶液，所得氨水物质的量浓度为：c===0.1mol/L，答：（1）NH3的物质的量是0.2mol；（2）所得氨水物质的量浓度为0.1mol/L．点评：本题考查物质的量应用于化学方程式的计算，题目难度不大，注意化学方程式的书写以及物质的量的有关计算公式的运用．。