1、赤峰二中2019级高一下学期第一次月考化学试题相对原子质量：H-1 O-16 Zn-65 Cu-64第I卷（选择题 共48分）一、选择题（共16小题每题3分，每题只有一个选项符合题意）1.化学与环境密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏，有助于节能减排B. 给汽车安装尾气转化装置，可减少氮氧化物的排放而造成大气污染C. CO2、SO2和NO2都会导致酸雨的形成D. 光化学烟雾的形成与氮氧化物的大量排放密切相关【答案】C【解析】【详解】A 项、煤燃烧生成的二氧化硫可导致酸雨，石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可减少二氧化硫的排放，并回收石膏符合节能减排
2、的理念，故A正确；B项、汽车尾气中含有大量有害气体氮的氧化物和一氧化碳，在汽车上安装尾气净化装置，可以将有害气体转化为无害气体氮气和二氧化碳，故B正确；C项、溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，CO2可导致温室效应，与酸雨无关，故C错误；D项、NO2、NO含氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学与生活，注意化学与环境的关系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用是解答的关键。2.下列气体不能用浓硫酸干燥的是（ ）A. COB. H2SC. SO2D. Cl2【答案】B【解析】【详解】ACO与浓硫酸不发生反应，能够用浓硫酸干燥，故
3、A不符合题意；BH2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能够发生氧化还原反应，因此不能用浓硫酸干燥H2S，故B符合题意；CSO2与浓硫酸不发生化学反应，能够用浓硫酸干燥，故C不符合题意；DCl2与浓硫酸之间不发生化学反应，能够用浓硫酸干燥，故D不符合题意；故答案：B。3.下列现象或事实不能用同一原理解释的是A. 浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B. 硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C. 常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D. SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【答案】C【解析】【详解】A、浓硝酸和氯水均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；B、硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴
4、露在空气中变质，B不符合题意；C、常温下铁遇浓硝酸钝化，珀与浓硝酸不反应，原理不同，C符合题意；D、SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，D不符合题意；答案选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，2.24 L Cl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NAB. 20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NAC. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAD. 50mL12molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】ACl2与NaOH溶液在常温下反应生成N
5、aCl与NaClO，标准状况下，2.24 L Cl2的物质的量为=0.1mol，反应中转移电子为0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；B20gD2O与20gH218O的物质的量均为=1mol，1个D2O与H218O所含中子数均为10个，因此20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA，故B正确；CN2与H2反应为可逆反应，N2不能完全转化为NH3，因此最终生成的NH3分子数小于2NA，故C错误；D随着反应的进行，盐酸逐渐变稀，稀盐酸与MnO2不发生反应，因此无法计算最终转移电子数，故D错误；故答案为：B。【点睛】考查与阿伏伽德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要
6、注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：溶液的体积，离子是否水解，对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。5.下列说法正确的是（ ）A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、石蕊试液褪色B. 湿润的氯气具有漂白作用，它能使石蕊试液先变红色再褪色C. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力D. Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】ASO2与Br2发生氧化还原反应使溴水褪色，SO2体现还原性，而非漂
7、白性，故A错误；B氯气与水反应生成了HClO和HCl，H+能够使石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，能够使溶液褪色，故B正确；CSO2与Cl2在有水存在的情况下能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成物均不具有漂白性，故C错误；DNa2O2具有强氧化性，能够用于杀菌消毒，但Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，因此Na2O2不属于碱性氧化物，故D错误；故答案为：B。【点睛】碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有
8、一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。6.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 二氧化碳的电子式：B. HF的电子式：HC. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2D. HClO的结构式：H-C1-O【答案】C【解析】【详解】ACO2中C与O成键为双键，二氧化碳的电子式为：，故A错误；BHF属于分子化合物，其电子式为：，故B错误；C原子核中有10个中子的氧离子的质子数为8，质量数为8+10=18，因此可表示为：，故C正确；DHClO中Cl只有1个化学键，其结构式为H-O-Cl，故D错误；故答案为：C。7.钼元素为人体及动植物必须的微量元素，也在钢铁工业中的有着重要的作用，钼作为钢的合金化
9、元素，可以提高钢的强度，特别是高温强度和韧性。我国钼元素的储量丰富，在世界上占第二位。如图所示是钼元素的相关信息，下列有关钼的说法错误的是（ ）A. 95Mo18O42-(钼酸根离子)中共计有 76 个电子B. 95Mo 的相对原子质量是 95.96C. 钼元素位于元素周期表的第五周期第B族D. 92Mo和95Mo的化学性质几乎相同【答案】B【解析】【详解】A95Mo18O42-的质子数为(42+84)=74，得到2个电子后，电子数为74+2=76，故A不符合题意；B95Mo表示质量数为95的Mo原子，其相对原子质量等于其质量数，近似为95，而Mo元素的相对原子质量为95.96，二者含义不同，
10、故B符合题意；C42号元素之前原子序数最大的稀有气体为Kr，Kr元素序号为36，42-36=6，故Mo元素位于第五周期第B族，故C不符合题意；D92Mo和95Mo均是Mo元素，核外电子排布相同，因此二者的化学性质几乎相同，故D不符合题意；故答案为：B。8.下列说法正确的是A. 红磷、白磷属于同分异构体B. H2、D2 属于同素异形体C. 1940K、2040Ca 互为同位素D. H、D、T 互为同位素【答案】D【解析】【详解】A红磷、白磷是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，故A错误；BH2、D2属于同种物质的不同分子，不是同素异形体，故B错误；CK、Ca是不同元素的原子，不能称为同位素，
11、故C错误；DH、D、T是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D正确；故选D。9.下列说法正确的是()氢键是一种化学键由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引气体单质分子中一定含有共价键由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键离子化合物中可能有共价键共价化合物中可能有离子键A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键；全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；稀有气体分子中不含化学键；由不同种元素组成的多原子分子，
12、可存在非极性键；只含共价键的化合物是共价化合物。详解：氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故错误；非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故正确；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故错误；气态分子中不一定存在共价键，如稀有气体分子中就不含化学键，故错误；由不同种元素组成的多原子分子，可存在非极性键，如H-O-O-H中存在O-O非极性键，故错误；只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，故错误；答案选A。点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度
13、不大。10.下列说法正确的是（ ）A. 碱金属单质Li、Na、K性质活泼，均可以保存在煤油中B. 碱金属单质Li、Na、K的熔沸点逐渐升高C. F、Cl、Br、I的还原性逐渐增强D. HF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐升高【答案】C【解析】【详解】ALi单质密度较煤油小，因此不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故A错误；B碱金属单质的熔点、沸点均随着原子序数的递增而降低，故B错误；CF2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱，其对应简单离子的还原性逐渐增强，故C正确；DHF中存在分子间氢键，沸点较高，高于HI，故D错误；故答案为：C。【点睛】非金属化合物或单质的沸点比较：若分子间作用力只有范
14、德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷异戊烷新戊烷；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。微粒之间形成氢键会影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解度等，但分子类化合物的熔沸点和物质的稳定性没有必然的联系，稳定性取决于化学键的强度，需注意区分。11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的
15、最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族。下列说法正确的是A. 四种元素中Z的原子半径最大B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C. Y、Z两种元素形成的化合物一定只含离子键D. X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族，据此可知X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为硫元素。A. 同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故四
16、种元素中Z的原子半径最大，选项A正确；B. Y的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C. Y、Z两种元素形成的化合物Na2O2既含有离子键，又含有共价键，选项C错误；D. X、Y、Z三种元素形成的常见化合物Na2CO3、Na2C2O4的水溶液呈碱性，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度中等，注意基础知识的理解掌握。推断出元素是解题的关键，结合元素分析，易错点为选项D，碳酸钠或草酸钠均为强碱弱酸盐，溶液显碱性。12.下列实验或操作方法正确的是（ ）A. 制取NH3B. 制作红色喷泉C. 收集NH3D. 制取碳酸氢钠【答案】
17、B【解析】【详解】A氯化铵分解生成NH3和HCl，NH3与HCl在试管口能够快速发生反应生成NH4Cl，因此不能达到制备NH3的实验目的，故A错误；BNH3极易溶于水，且水溶液呈碱性，能够使酚酞溶液变红，因此能够实现实验目的，故B正确；C此收集气体装置为密闭体系，氨气进入烧瓶后不能把空气排出，也就无法通过排气法收集到纯净的氨气，故C错误；DCO2与氨气和饱和食盐水的混合液反应，生成碳酸氢钠，因此，CO2气体应从右侧导气管通入，这样气体和溶液才能充分接触，吸收效果好，故D错误；故答案为：B。13.下列实验中能出现沉淀现象的是（）A. CO2 和SO2气体同时通入BaCl2溶液中B. SO2气体通
18、入BaCl2溶液中C. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中D. 过量SO2气体和少量NH3 同时通入BaCl2溶液中【答案】C【解析】【详解】ACO2和SO2气体同时通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项A错误；BSO2气体通入BaCl2溶液中，不发生反应，则没有沉淀生成，选项B错误；CSO2气体通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，选项C正确；DSO2气体和过量NH3同时通入BaCl2溶液中，反应生成亚硫酸氢铵，但不能与氯化钡反应生成沉淀，选项D错误。答案选C。14.将2.56g铜粉加入100mL0.4molL-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后
19、再加入100mL0.2molL-1的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是(忽略溶液体积变化)（ ）A. 0.15molL-1B. 0.2molL-1C. 0.075molL-1D. 0.45molL-1【答案】A【解析】【详解】2.56g铜粉的物质的量为， NO3-的物质的量为，H+的物质的量为=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，由方程式可知，H+完全反应，铜和硝酸根过量，具体有，解得Cu2+的物质的量n=，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为，答案选A。【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，根据
20、实际参与反应的离子计算。本题特别注意，使用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会改变。15.将一定量的Cl2 通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO 和ClO3两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。 下列说法正确的是（ ）A. 苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.18molB. 反应中转移电子的物质的量是0.09 molC. 在酸性条件下ClO 和ClO3能反应得到氯气D. ClO3的生成可能是由于温度升高引起的【答案】D【解析】【详解】A根据电子转移守恒可知n(Cl-)=0.06mol(1-
21、0)+0.03mol(5-0)=0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则n(KOH)=0.3mol，故A错误；B氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图像知n(ClO-)=0.06mol，n(ClO3-)=0.03mol，故转移电子物质的量=0.06mol(1-0)+0.03mol(5-0)=0.21mol，故B错误；CClO-中Cl元素的化合价是+1价，ClO3-中Cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成Cl2，故C错误；D根据图像知，氯气和氢氧化钾先
22、生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故D正确；故选D。16.下列有关铜与过量浓硫酸反应的实验说法不正确的是（ ）A. 喷有碱液的棉花是为了防止SO2污染环境B. 将水注入反应后冷却的试管a中，溶液变为蓝色C. 铜片表面先发黑，反应完全后试管a底部有灰白色固体D. SO2 能使 KMnO4 水溶液褪色【答案】B【解析】【详解】ASO2气体属于有毒气体，不能排入空气，因SO2属于酸性氧化物，因此可用碱液进行吸收，故A不符合题意；B反应后的溶液中含有大量浓硫酸，应将反应后的溶液缓慢倒入水中，并不断搅拌，使热量及时散
23、发出去，以防发生危险，故B符合题意；C浓硫酸具有强氧化性，铜被氧化生成氧化铜，表面先发黑，浓硫酸具有吸水性，使生成的硫酸铜过饱和而析出白色的固体，故C不符合题意；DSO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应生成无色MnSO4溶液、硫酸钾溶液，溶液褪色，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】浓硫酸的吸水性(吸收水分子)：少量胆矾加入浓硫酸中蓝色固体变白；浓硫酸的脱水性(将物质中H原子与O原子按照2:1的关系脱去而重新组合成H2O)：用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在滤纸上沾有浓H2SO4的滤纸变黑；浓硫酸强氧化性、酸性：将铜片加入盛有浓硫酸的试管中加热铜片逐渐溶解，产生无色刺激性气味的
24、气体。第II卷（共52分）二、非选择题17.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:元素代号原子半径/nm0.1600.1430.1020.0780.0990.0740.186主要化合价+2+3+6、-2+5、-3+7、1-21请用化学用语回答下列问题：（1）金属性_ （填或）（2）元素的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有_；（3）写出元素和的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式：_。（4）、所形成的离子，其半径由小到大的顺序是_（填离子符号）（5）中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_（填物质化学式）；呈两性的氢氧化物是_（填物质化学式）
25、,该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为_。（6）用电子式表示元素与形成化合物的过程_。【答案】 (1). (2). 离子键、共价键 (3). (4). r(Al3+)r(Mg2+) r(O2)r(N3) (5). HClO4 (6). Al(OH)3 (7). Al(OH) 3+OH=AlO2+2H2O (8). 【解析】【分析】短周期元素中，、都有-2价，处于A族，有+6价且原子半径，故为S、为O；有-1价，原子半径大于O，故为Cl；、化合价分别为+2、+3，分别处于A族、A族，原子半径S，故为Mg、为Al；化合价为+5、-3，处于VA族，且原子半径Mg，则为Na，据此进行解答。【详解】
26、由上述分析可知，为Mg，为Al，为S，为N，为Cl，为O，为Na，（1）Mg、Al位于同一周期，同一周期元素金属性随原子序数增大而减小，原子序数AlMg，因此金属性MgAl，故答案为：；（2）N元素对应的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，N元素对应简单氢化物为NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3属于离子化合物，与之间通过离子键连接，、中含有共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2为离子化合物，其中含有Na+、，其电子式为：；（4）Mg2+、Al3+、N3-、O2-对应核外电子层结构相同，离子的质子数越大，半径越小，因此半径由小到大
27、的顺序是：r(Al3+)r(Mg2+) r(O2)r(N3)；（5）元素周期表中，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，因此上述元素中非金属性最强的是Cl，其最高价氧化物对应的水化物HClO4酸性最强；Al元素对应氢氧化物Al(OH)3具有两性；Al(OH)3与NaOH反应的离子方程式为：；（6）Mg与Cl2发生反应生成MgCl2，Mg原子失去电子，Cl原子得到电子，其形成过程可表示为：。【点睛】电子式书写：书写原子的电子式时，一般讲原子的最外层电子写在元素符号的上、下、左、右四个位置上；简单阳离子是原子失去最外层电子后形成的，其电子式即为离子符号本身；简单阴
28、离子因为得到电子后最外层一般为8电子结构，书写时要在元素符号周围标出电子，用“ ”括上，并在 右上角标明电性和所带电荷数；复杂阴、阳离子中存在共用电子对，要注意H稳定结构最外层2个电子，其他非金属元素稳定结构一般最外层为8电子，复杂阴、阳离子用“ ”括上，并在 右上角标明电性和所带电荷数；离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子(阳离子在前，阴离子在后)拼在一起；对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写。18.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶
29、液呈碱性Z元素最高正价是7价W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_。W离子的结构示意图为_（2）Y原子与氢原子形成的粒子中，与H2O具有相同电子数的阳离子为_（填化学式），如何检验该离子_。（3）T、X两元素形成的化合物属于_（填“离子”或“共价”）化合物；写出T的最高价氧化物的水化物和X单质反应的化学方程式：_。（4）元素Z在周期表中的位置_，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_（填序号）。a.常温下Z的单质和T的单质状态不同b.Z氢化物比T的氢化物稳定c.一定条件下，Z
30、和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（5）请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、硅酸钠溶液）。装置如下图所示：锥形瓶中为CaCO3固体，分液漏斗所盛试剂应为_。装置B所盛的试剂是_，其作用是_。装置C中的现象是_ 则结论：非金属性CSi【答案】 (1). (2). (3). NH4+ (4). 取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+ (5). 共价 (6). C+2H2SO4 (浓)CO2+2SO2+2H2O (7). 第三周期A族
31、(8). Cl (9). b (10). 稀盐酸 (11). 饱和NaHCO3溶液 (12). 吸收气体 (13). 有白色胶体生成【解析】【分析】T元素原子M层上有6个电子，则T为硫元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；常温下Y单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正价是+7价，为短周期元素，则Z为Cl元素；W对应单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，则W为Al元素，据此解答。【详解】由上述分析可知，T为S，X为C，Y为N，Z为Cl，W为Al，（1）碳元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号为
32、；Al3+核内质子数为13，核外电子数为10，电子层数为2，其结构示意图为：；（2）H2O分子中电子数为8+21=10，N元素与H元素形成一种离子为，电子数为10；与强碱反应并加热时，能够放出NH3，NH3能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在；（3）CS2为非金属组成的简单化合物，属于共价化合物；浓H2SO4具有强氧化性，与C在加热条件下能够反应生成SO2、CO2、H2O，反应方程式为：C+2H2SO4 (浓)CO2+2SO2+2H2O；（4）Cl元素位于元素周期
33、表中第三周期A族；S元素与Cl元素处于同一周期，同一周期中，元素对应序号越大，非金属性越强，因此非金属性较强的是Cl；a单质的熔沸点高低不同，属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故a不符合题意；b非金属性越强，其对应简单氢化物越稳定，Z的氢化物比T的氢化物稳定，说明非金属性ZT，即ClS，故b符合题意；c一定条件下氯气与硫都能与氢氧化钠溶液，但不能比较元素的非金属性强弱，故c不符合题意；故答案为：b；（5）可通过比较C、Si元素对应最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行比较，A装置的目的是制备CO2，因此可通过CaCO3与稀盐酸反应制备CO2，故答案为：稀盐酸；因制备的CO2中含有HCl气体，H
34、Cl的酸性强于H2CO3，因此不能将HCl通入C装置中，故B装置的作用为除去CO2气体中的HCl，可选择饱和NaHCO3溶液；因H2SiO3在水中溶解度较低，将CO2通入C中后，CO2与Na2SiO3反应生成H2SiO3，溶液中有白色胶体生成，则可证明非金属性：CSi。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸
35、性越强，非金属性越强；值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。19.工业上常利用含硫废水生产Na2S2O35H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （II）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （III）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液
36、体至形成一段液注，若_，则整个装置气密性良好。装置D的作用是_。装置E中为_溶液。（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_。（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择_。a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是_。已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有_。 a烧杯 b蒸发皿 c试管 d锥形瓶（4）反应终止后，烧瓶
37、C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O35H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：_。已知Na2S2O35H2O遇酸易分解：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液【答案】 (1). 液注高度保持不变 (2). 防止倒吸 (3). NaOH（合理即得分） (4). 2：1 (5). c (6). 控制滴加硫酸的速度（合理即得分） (7). 溶液变澄清（或浑浊消失） (8). ad (9). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层
38、清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（合理即得分）【解析】【详解】（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液注高度保持不变，说明气密性良好；D为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液。（2）将2（I）+（II）+3（III）得总反应：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，为使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1。（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在饱和NaH
39、SO3溶液中溶解度较小，所以为观察SO2的生成速率，装置B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选c；SO2用70% H2SO4与Na2SO3反应制取，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度；反应（III）相对较慢，反应（III） 中S参与反应，所以烧瓶C中反应达到终点的现象是溶液变澄清（或浑浊消失）；蒸发皿和试管可以直接加热，烧杯和锥形瓶加热时需要使用石棉网，故答案选ad。（4）检验产品中是否含Na2SO4，只要检验产品中是否含SO42-即可；由于Na2S2O3与酸反应产生浅黄色浑浊，故要排除其干扰，所以检验产品中是否含Na2SO4的实验操作、现象和结论为：取少量产
40、品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。20.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是（1）Cu和Cu2O的混合物中铜的物质的量为_mol（2）产生NO在标准状况下的体积为_L （3）硝酸的物质的量浓度为_mol/L（4）Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为_mol【答案】 (1). 02 (2). 4.48 (3)
41、. 2.4 (4). 0.2【解析】【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2，所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(OH)2=0.4mol，然后根据守恒关系进行计算。【详解】（1）设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4
42、，联立方程解得x=0.2，y=0.1，固体中所含Cu的物质的量为0.2mol；（2）反应过程中，1molCu生成Cu2+转化2mol电子，1molCu2O生成Cu2+转化2mol电子，该混合物反应过程中一共转移(0.22+0.12)mol=0.6mol电子，整个反应过程中只有HNO3中N元素化合价降低生成NO，根据转移电子守恒可知n(NO)=mol=0.2mol，其在标准状况下的体积V=0.2mol22.4L/mol=4.48L；（3）根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+1mol=1.2mol，；（4）反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，氢氧化钠与硝酸铜反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)余+2nCu(NO3)2=n(NaNO3)，所以n(HNO3)余=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=1mol-20.4mol=0.2mol。
