1、乌鲁木齐市第七十中学高2021届9月月考化学试卷相对原子质量：H-1 O-16 N-14 Al-27 Cl-35.5 Sn-119一、单选题1. 化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解B. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品C. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，其主要成分是二氧化硅D. 通入过量的空气，可以使燃料充分燃烧，同时提高热量的利用率【答案】A【解析】【详解】A聚丙烯的主要原料为丙烯，主要来源是石油的裂解，故A正确；B水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，
2、不属于硅酸盐工业产品，故B错误；C人造刚玉的主要成分是三氧化二铝（或氧化铝），故C错误；D使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或增大氧气的接触面积，空气的通入量增多会带走热量，降低热效率，故D错误；故答案为A。2. 下列贮存化学试剂的方法错误的是（ ）A. 苯用带橡胶塞的试剂瓶存放B. 用做感光片的溴化银贮存在棕色试剂瓶中C. 少量白磷保存在水中D. 保存液溴时在其上层加少量水【答案】A【解析】【详解】A苯是有机溶剂能溶解橡胶塞，所以应盛放在磨口玻璃塞无色细口瓶中，故A错误；B溴化银见光易分解，所以要贮存在棕色试剂瓶中，故B正确；C白磷易燃，需隔绝空气保存，白磷难溶于水，且密度比水大，可用水密封保
3、存，故C正确；D液溴易挥发，保存液溴时在其上层加少量水可以减少溴的挥发，故D正确；综上所述答案为A。3. 关于下列实验装置的说法正确的是（ ）A. 用甲装置进行焰色反应，火焰呈黄色，溶液一定是钠盐，但不能确定是否含有K+B. 装置乙中若溴水褪色，则X可以是或乙烯气体，且褪色原理相同C. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液后，再用丙装置分离D. 用丁装置蒸干NH4Cl饱和溶液可以得到NH4Cl固体【答案】C【解析】【详解】A焰色反应显黄色，说明含有Na元素，可以是钠盐，也可能是NaOH，故A错误；BSO2可以还原Br2使溴水褪色，乙烯和Br2发生加成反应使溴水褪色，原理不同，故B错误；C
4、乙酸可以和碳酸钠反应，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以会分层，用丙装置分液可以分离，故C正确；D加热时氯化铵分解，不能蒸干，应选结晶法制备，故D错误；综上所述答案为C。4. 2019年1月3日10时26分，嫦娥四号探测器实现人类探测器首次月背软着陆。月背探测器用的是同位素温差发动机，使用的放射性同位素有（锶）、（钚）、（钋）。通过衰变产生能量发电。下列有关同位素的说法中正确的是（）A. 位于周期表中同一周期同一族的不同的核素，一定互为同位素B. 氧有三种核素16O、17O、18O，所以自然界中的氧气分子共有6种C. 同位素是指质子数相同中子数不同的微粒间的互称D. 温差发动机使用时没有发生化
5、学变化【答案】A【解析】【详解】A若位于周期表中第族的不同的核素，可能质子数不相等，所以它们之间不互为同位素，故A 错误；B因为同位素的化学性质相同，氧虽然有三种核素16O、17O、18O，但自然界中的氧气分子为1种，只是相对分子质量发生改变，故B 错误；C同位素是指质子数相同中子数不同的不同核素之间的互称，故C错误；D温差发动机使用时是利用放射性同位素衰变时产生能量转变成电能，发生的是核反应，没有发生化学变化，故D正确；答案：D。5. 下列化学用语正确的是 （ ）A. 的结构示意图：B. 二氧化硅的结构式：C. 金刚砂的化学式：SiCD. 次氯酸的电离方程式：【答案】C【解析】【详解】A的结
6、构示意图：错误，硫离子的核电荷数是16，故A错误；B二氧化硅的结构是空间网状正四面体结构，故B错误；C金刚砂的化学式：SiC，故C正确；D次氯酸的电离方程式：，故D错误。综上所述，答案为C。6. 氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，常温下可与烧碱溶液发生反应：AlN+NaOH+3H2O=NaAl(OH)4+NH3。某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反应，量气管为碱式滴定管改造)。下列说法正确的是A. 量气管中的液体应为水B. 用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率C. 反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积D. 若其它操作均正确，实验结束时按乙图读数
7、，测得AlN含量偏高【答案】D【解析】分析】A.氨气极易溶于水；B.长颈漏斗不能控制加入溶液的量，不能控制反应速率；C.量气管需要平衡压强ab两管液面相平读取正确的气体体积；D.读取体积俯视刻度读取体积数增大。【详解】A.常温下发生反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，反应生成的气体为氨气，极易溶于水，量气管中的液体不能为水，可以是四氯化碳等，A错误；B.长颈漏斗无控制液体量的玻璃活塞，不能控制反应速率，B错误；C.反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平才能读数，依据起始和结束时右侧量气管的液面差计算生成的气体，C错误；D.图中所示是俯视读数读取气
8、体体积增大，氨气量增大，氮化铝含量增大，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质含量的测定方法、实验过程分析判断、仪器使用和注意问题，掌握基础是解题关键，题目难度中等。7. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：B. 酸性高锰酸钾溶液与草酸反应：C. 向AgCl沉淀中加入过量的氨水使AgCl溶解：AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2OD. NH4HCO3溶液加入过量NaOH溶液加热：NH+OH-=NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A小苏打过量，氢氧根完全反应，二者反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO=C
9、aCO3+2H2O+CO，故A错误；B草酸是弱酸不能写成离子，正确离子方程式为5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故B错误；C向AgCl沉淀中加入过量的氨水使AgCl溶解，该过程中Ag+与氨气分子形成配合物，离子方程式为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O，故C正确；D往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，反应生成碳酸钠、氨气和水，正确的离子方程式为：NH+ HCO+2OH-2H2O+NH3+ CO，故D错误；综上所述答案为C。8. 下列物质或离子在指定分散系中能大量共存的是A. 空气中：、HCl、NO、B. 胶体中：、C. 溶液中：、
10、D. 无色透明溶液中：、【答案】C【解析】【详解】A.氨气和氯化氢不共存，且NO会与空气中氧气反应，故A错误；B.氢氧化铁会和氢离子反应，铁离子会氧化碘离子，且大量带电粒子会破坏胶体的介稳性，故B错误；C.4种离子不反应，且不和次氯酸钙反应，可大量共存，故C正确；D.水溶液中高锰酸根离子有颜色，故D错误；故选C。9. 单质及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一下列各组物质的转化关系中能通过一步反应完成的是（）A SiSiO2H2SiO3Na2SiO3B. FeFe(OH)3Fe2O3Fe(NO3)3C. HClCl2HClONaClOD. AlAl2O3Al(OH)3AlCl3【答案】C
11、【解析】【详解】A二氧化硅无法一步转化为硅酸，不能通过一步反应完成，故A不符合题意；B铁不和碱反应，所以无法一步转化为氢氧化铁，不能通过一步反应完成，故B不符合题意；C盐酸与和二氧化锰反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，能通过一步转化完成，故C符合题意；D氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝, 不能通过一步反应完成，故D不符合题意；答案：C。10. 常温下，将一定量的氯气通入100 mL 4 mol/L的氢氧化钠溶液中，发生反应的化学方程式为：Cl22NaOH NaClNaClOH2O。充分反应后，下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）A. 当通入的
12、Cl2为2.24 L时，反应中电子转移数目为0.1 NAB. 当溶液中Na为0.4 NA时，溶液中的Cl为0.2 NAC. 当电子转移数目为0.2 NA时，溶液质量增加14.2 gD. 当溶液质量增加7.1 g时，溶液中ClO为0.1 NA【答案】C【解析】【详解】A当通入的Cl2为2.24 L时，由于不清楚氯气的体积是在什么条件的下的，所以不能确定其物质的量的多少，故无法计算反应中电子转移数目，错误；B在反应过程中，无论反应到什么程度，溶液中的Na不变，因此不能确定Cl的数目，错误；C当电子转移数目为0.2 NA时，反应的氯气的物质的量是0.2mol，所以溶液质量增加14.2 g，正确；D当
13、溶液质量增加7.1 g时，反应的氯气的物质的量是0.1mol，由于溶液中ClO会发生水解反应消耗，所以数目小于0.1 NA，错误。11. 已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2+H2O。下列说法不正确的是A. CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl和ClOB. CaOCl2和Cl2中均含有非极性共价键C. 在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性D. 每产生标准状况下2.24 L Cl2，转移电子的数目约为6.021022【答案】B【解析】【分析】由化学反应方程式CaOCl2+H2SO4(浓)
14、=CaSO4+Cl2+H2O可知，反应中混盐含有的阴离子为Cl-和ClO-，CaOCl2自身既是氧化剂又是还原剂，反应中C1-失电子，C1O-得电子，发生归中反应。以此分析。【详解】A.根据上述分析可知：CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl和ClO，故A正确；B.CaOCl2中没有非极性共价键，故B错误；C.在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2+H2O反应中，浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性，故C正确；D.标准状况下2.24 L Cl2为0.1mol，根据反应中C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应生成Cl2，所以转移电子的数目约为6.021022，故D正确；故
15、答案：B。12. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3B. 稳定性：HClHIC. 碱性：KOHNaOHD. 酸性：HClO4H2SO4【答案】A【解析】【分析】【详解】A碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，NaHCO3加热分解为Na2CO3、二氧化碳、水 ，热稳定性Na2CO3NaHCO3，不能用元素周期律解释，故选A；B同主族元素从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性ClI，所以稳定性HClHI，能用元素周期律解释，故不选B；C同主族元素从上到下金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性KNa
16、，所以碱性KOHNaOH，能用元素周期律解释，故不选C；D同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性ClS，酸性HClO4H2SO4，能用元素周期律解释，故不选D；选A。13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）A. W的最高正价和最低负价的代数和为0B. Y、Z形成的化合物常用于制取单质YC.
17、 X的最高价氧化物对应的水化物属于强碱D. Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中【答案】B【解析】【分析】根据题干信息，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数，W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如图所示，则W为H元素，X为Li元素，Y为Al元素，该化合物为LiAlH4，因为Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2，所以Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】AH元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，故A正确；B制取Al，不能电解AlCl3溶液，Al3+在
18、溶液中很难放电，也不能电解熔融的AlCl3，AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，应电解熔融的Al2O3(冰晶石)，故B错误；CLi元素的最高价氧化物对应的水化物为LiOH，为强碱，故C正确；DCl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，故D正确；综上所述答案为B。14. 如图为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电 子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是（ ）RXYZA. X的氢化物比 R的氢化物稳定B. 原子半径大小顺序是 ZYXRC. Z的单质能与Y的某些化合物发生置换反应D. X、Z可形成化合物XZ5，分
19、子中各原子均满足最外层8电子结构【答案】C【解析】【分析】R、X、Y、Z都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，R是第二周期元素，X、Y、Z属于第三周期元素，X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则其最外层电子数是5，则X是P元素，所以R是O、Y是S、Z是Cl元素；【详解】A元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，R的非金属性大于X，则R的氢化物比X的氢化物稳定，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：XYZR，故B错误；CCl2能氧化H2S、Na2S等生成S，发生置换反应，故C正确；D在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子
20、都满足最外层8电子结构，含H元素的化合物一定不满足，P、Cl可形成化合物PCl5，PCl5分子中P原子的族序数+成键数=5+5=10，所以该分子中不是各原子均满足最外层8电子结构，故D错误；故选C。【点睛】根据元素在周期表中的物质及原子结构确定元素是解题关键，R、X、Y、Z都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，R是第二周期元素，X、Y、Z属于第三周期元素，X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则其最外层电子数是5，则X是P元素，所以R是O、Y是S、Z是Cl元素，再结合物质的性质、结构及元素周期律解答，注意D选项中8电子稳定结构的判断方法。15. 工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分MnO
21、2)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2)，制备PbSO4和Mn3O4，转化流程如下。已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 。下列说法正确的是A. 中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液B. 中生成的沉淀Y是Fe(OH)2C. 中试剂X可能作氧化剂D. 中发生反应：Pb2+SO42= PbSO4【答案】C【解析】【分析】方铅矿 (主要成分PbS、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70，发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，
22、调节溶液的pH使铁离子和转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液，据此解答。【详解】A.若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；B.由分析可知中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；C.中向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；D.因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：，故中发生反应：PbCl42-+SO4
23、2= PbSO4+4Cl-，D错误；故选C。16. 下列反应中,反应后固体物质增重的是A. MnO2中加入H2O2溶液B. FeS2在氧气流中灼烧C. KClO3与MnO2混合共热D. Pb丝插入硫酸中【答案】D【解析】【分析】反应后固体物质增重，说明反应后固体物质的相对分子质量增加或根据原子守恒进行计算，据此分析解答。【详解】A、MnO2中加入H2O2溶液，二氧化锰是催化剂，反应后固体的质量不变，故A错误；B、FeS2在氧气中燃烧生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；固体从4mol FeS2变为2molFe2O3,固体质量减小，故B错误；C、KClO
24、3与MnO2混合共热的方程式为：2KClO32KCl+3O2，MnO2是催化剂， KClO3变为KCl，固体质量减小，故C 错误。D、Pb+H2SO4=PbSO4+H2，生成硫酸铅难溶于水，所以固体质量增加，故D正确。答案选D。【点睛】分析的关键是写方程式，找反应前后的固体，再根据其物质的量和摩尔质量比较质量。17. 南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B. 氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度C. 由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化
25、氢气流低温小火烘干D. 溴工业中、的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应、中均被氧化【答案】D【解析】【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；D项、反应是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；故选D。【点睛】氯碱工
26、业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。18. 氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C.
27、 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。19. 下列实验方案能达到实验目的的是 选项实验目的实验方案A鉴别NO2、溴蒸气用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝则该气体为溴蒸气B验证I还原性强于Cl向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色C检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品
28、溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色D检验SO2的漂白性将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液是否褪色A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项、溴蒸气和二氧化氮均为红棕色气体，均能氧化KI，则湿润的淀粉碘化钾试纸插入气体中，试纸变蓝，不能确定气体为二氧化氮还是溴蒸气，故A错误；B项、向NaI溶液中依次滴入少量新制氯水和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色说明氯气与碘化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和单质碘，由还原剂的还原性强于还原产物可知，碘离子的还原性强于氯离子，故B正确；C项、将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，NO3-离子在酸性溶液中具有强氧化性，能
29、够氧化Fe2+，不能检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，故C错误；D项、二氧化硫具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，在该反应中，二氧化硫没有表现漂白性，只有其使有机色质褪色时才表现漂白性，故D错误；故选B。【点睛】将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸实际上是在酸性溶液中，硝酸根离子将亚铁离子氧化为三价铁离子是解答的易错点。20. 工业上常采用生物硝化法将转化为来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是（ ）A. 生物硝化法处理废水，会导致水体pH逐渐下降：B. 长期过量使用NH4Cl等铵态化肥
30、，易导致土壤酸化，水体富营养化C. 检验所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸D. 微生物保持活性的pH范围为79，可以加入石灰石来调节水体的pH【答案】C【解析】【详解】A被氧化生成硝酸根离子和氢离子，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为NH4+2O2=NO3-+2H+H2O，氢离子浓度增大，酸性增强，故A正确；BNH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，且含N元素，则长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，水体富营养化，故B正确；C铵根离子与浓碱反应生成氨气，检验氨气应利用红色石蕊试纸，试纸变蓝，说明原溶液含铵根离子，故C错误；D调节水体pH可加入碱性物质，但不能引入新
31、杂质，应加入石灰石来调节水体的pH，且加强碱易使微生物变性，故D正确；故选：C。21. 下列示意图与对应的反应情况正确的是A. 含0.01molKOH 和0.01mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B. KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C. n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D. n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐【答案】C【解析】【详解】A.含0.01molKOH 和0.01mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2时，CO2先与Ca（OH）2反应：CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，当消耗0.0
32、1molCO2时沉淀量达最大，继续通入CO2发生反应CO2+KOH=KHCO3，此过程中沉淀量保持不变，继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O=Ca（HCO3）2，沉淀开始溶解最终完全溶解，故A错误；B.KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，首先发生反应2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+K2SO4，当Al3+完全沉淀后继续通入Ba（OH）2，发生反应2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2KAlO2+4H2O，BaSO4的摩尔质量为233g/mol，Al（OH）3的摩尔质量为78g/mol，1mol硫酸钡的质量大
33、于2mol氢氧化铝的质量，故沉淀的质量逐渐增大，直到SO42-完全沉淀，最后保持不变，B错误；C.n（O2）=1mol，当n（C）=1mol时，反应生成1molCO2，当n（C）=2mol时，反应生成2molCO，C正确；D.n（NaOH）=1mol，当n（CO2）=0.5mol时，产物是0.5molNa2CO3，当n（CO2）=1mol时，反应生成1molNaHCO3，故D错误；答案选C。22. 向200mL某浓度的溶液中加入一定质量的铝铁合金。充分反应后，固体完全溶解，收集到3.36L NO(标准状况)。向所得溶液中加入150mL 3molL1的NaOH溶液，恰好使铝铁元素全部转化为沉淀，
34、则原硝酸的浓度是（ ）A. 3molL1B. 2.25molL1C. 1.5molL1D. 无法计算【答案】A【解析】【详解】硝酸和铝铁反应生成硝酸盐和NO，可能剩余硝酸，向溶液中加入NaOH，反应最终生成沉淀和硝酸钠，根据氮元素守恒，硝酸中的氮等于NO中氮加上硝酸钠中的氮，即n(HNO3)= 0.15L3molL1 + =0.6mol，则原硝酸的浓度是，答案为A。综上所述，答案为A。23. 六氟化硫(SF6)具有良好的高压绝缘性，在电器工业中有着广泛的用途，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心下列关于SF6的推测中，正确的是（ ）A. SF6在氧气中燃烧可生成SO2B. SF6
35、是离子化合物C. SF6是非极性分子D. SF6中各原子的最外电子层都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】ASF6中S为+6价，F元素为-1价，如果能和氧气反应生成SO2，则S元素被还原，根据氧化还原反应的规律，则F元素要被氧化，但O2的氧化性要小于F2，无法氧化F-，故A错误；B该物质是由SF6分子构成的共价化合物，故B错误；CSF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，故C正确；D中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原
36、子不是8电子稳定结构，故D错误；故选：C。二、综合题24. (1)联氨又称联肼，N2H4，无色液体是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨电子式为_，其中氮的化合价为_。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。写出联氨的第一步电离方程式_，联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。(2)在100mLFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_ 结果保留两位小数。(3)三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有
37、：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：写出该反应的化学方程式_，反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为_。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是_。【答案】 (1). (2). -2 (3). N2H4+H2O+OH- (4). N2H6(HSO4)2 (5). 1.33mol/L (6). 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 (7). 0.4NA (8). 出现红棕色气体【解析】【详解】(1)联氨分子中每个N原子和两个H原子形成共价键，氮原子之间存在氮氮单键，每个N原子还含有一个孤电子对，则其电子式为；N元素对电子的吸引能力
38、更强，所以联氨分子中H为+1价，N为-2价；根据NH3在水中的电离可知联氨的第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H+OH-；联氨第二步电离方程式为N2H+H2ON2H+OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2；(2)标况下2.24LCl2的物质的量为0.1mol，反应过程中Cl2全部转化为Cl-，所以可以转移0.2mol电子，设溴化亚铁的溶液的浓度为c，则Fe2+的物质的量为0.1c mol，全部被氧化，Br-的物质的量为0.2c mol，根据题意被氧化的Br-的物质的量为0.05c mol，则根据电子守恒有0.1c mol+0.05c mol=0.2mol，解得c=1.3
39、3，即原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为1.33mol/L；(3)根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3价升高到+5价，失去2个电子，一部分由+3价降低到+2价，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为：3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；当生成1mol硝酸时转移电子数为2mol，所以当反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为0.4NA；NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会反应反应3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3、2NO+O2=2
40、NO2，NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。25. 磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，是最常用的高效熏蒸杀虫剂，也是一种电子工业原料。(1)在密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，该反应的化学方程式为_。(2)利用反应PH33HgCl2=P(HgCl)33HCl，可准确测定微量的PH3。HgCl2溶液几乎不导电，说明HgCl2属于_(填“共价”或“离子”)化合物。通过测定溶液_变化，可测定一定体积空气中PH3的浓度。(3)PH3的一种工业制法涉及的物质转化关系如图所示：亚磷酸属于_元酸。当反应生成的n(NaH2PO2)n(Na2HP
41、O3)31时，参加反应的n(P4)n(NaOH)_。(4)一种用于处理PH3废气的吸收剂成分为次氯酸钙80%、锯木屑(疏松剂)15%、活性炭2.5%、滑石粉(防结块)2.5%。次氯酸钙将PH3氧化为H3PO4的化学方程式为_。空气中的水蒸气可加快PH3的氧化过程，其原因可能是_。(用化学方程式表示)(5)从(4)中的吸收残留物中回收磷酸氢钙(CaHPO4)的方法如下：试剂X为_(填化学式)。已知25 时，H3PO4的Ka17.5103、Ka26.3108、Ka34.41013。CaHPO4悬浊液pH_7(填“”“”或“ (10). Kh(HPO)=1.5910-7 Ka(HPO)，即水解程度大
42、于电离程度，溶液显碱性【解析】【分析】(3)黄磷与足量烧碱即NaOH溶液反应生成次磷酸钠和亚磷酸钠，因NaOH足量，所以可知次磷酸钠和亚磷酸钠均不能电离出氢离子，之后加入强酸硫酸得到次磷酸和亚磷酸，二者反应生成PH3和H3PO4；(5) 从(4)中的吸收残留物中回收磷酸氢钙，且不能引入新的杂质，试剂X为含钙元素的碱性物质，过滤分离出磷酸钙，加入试剂Y至恰好将磷酸钙转化为磷酸氢钙时，调节酸碱性，最后过滤分离出产品。【详解】(1)根据元素守恒可知AlP和水反应时，生成PH3和Al(OH)3沉淀，化学方程式为：AlP+3H2O=Al(OH)3+PH3；(2)HgCl2溶于水，所得溶液几乎不导电，说明
43、HgCl2在溶液中没有溶质离子，在水中不电离，属于共价化合物；磷化氢与HgCl2作用，生成HCl，所以可通过测定溶液的pH或通过测定溶液的电导率的变化，准确测定空气中微量的PH3；(3)亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成亚磷酸钠，其化学式为Na2HPO3，可说明H3PO3为二元酸；该反应的反应物为黄磷、氢氧化钠，产物为次磷酸钠、亚磷酸钠，P4中P为0价，NaH2PO2中P为+1价，Na2HPO3中P为+3价，PH3中P为-3价，当反应I生成的n(NaH2PO2)：n(Na2HPO3)=3：1时，根据得失电子守恒，n(NaH2PO2)：n(Na2HPO3)：n(PH3)=3：1：2，反应为：3P
44、4+10NaOH=6NaH2PO2+2Na2HPO3+4PH3，所以参加反应的n(P4)：n(NaOH)=3：10；(4)漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，具有氧化性的是Ca(ClO)2，将PH3氧化为H3PO4，根据电子守恒和元素守恒可得反应为2Ca(ClO)2+PH3=H3PO4+2CaCl2；含有水蒸气时，次氯酸根离子水解生成次氯酸ClO-+H2OHClO+OH-，对应反应为Ca(ClO)2+2H2O2HClO+Ca(OH)2，生成的碱中和酸使该反应平衡正向移动，生成更多的HClO，加快PH3的氧化过程；(5)由流程可知，加入试剂得到磷酸钙，为了不引入杂质，试剂X应含有钙离子
45、，加入试剂能够中和磷酸氢钙中的氢，需加入Ca(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，所以X可以为Ca(OH)2或CaO；CaHPO4悬浊液中存在HPO的电离和HPO的水解，根据题意Ka(HPO)= 4.410-13；Kh(HPO)=1.5910-7 Ka(HPO)，即水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，pH7。【点睛】酸式盐是指可以电离出氢离子的盐，根据流程可知次磷酸钠和亚磷酸钠均不与NaOH反应，即不能电离出氢离子，所以二者均为正盐。26. 四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡部分夹持装置已略去；有关信息如表：化学式熔点246沸点652144其他性质无色晶体，易氧化
46、无色液体，易水解回答下列问题：(1)甲装置中仪器A的名称为_。(2)用甲装置制氯气，被还原为，该反应的离子方程式为_。(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_填现象后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。(4)乙装置的作用是_，如果缺少乙装置，丁装置中可能产生杂质，产生杂质的化学方程式为_，以下试剂中可用于检测是否产生的有_A.溶液 B.溶液滴有C.溶液 D.溴水(5)己装置的作用是_。A.除去未反应的氯气，防止污染空气B.防止空气中气体进入戊装置C.防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D.防止空气
47、中进入戊装置的试管中使产物氧化(6)反应中用去锡粒，反应后在戊装置的试管中收集到，则的产率为_保留2位有效数字。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2 +16H+ 10Cl=2+ 5Cl2+8H2O (3). 丁装置充满黄绿色气体 (4). 使生成的气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集 (5). 除去氯气中的HCl (6). 2HCl+ Sn = + H2 (7). BD (8). AC (9). 90%【解析】【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，先用饱和食盐水除掉挥发出的HCl，再用浓硫酸干燥氯气，待氯气充满丁装置，加热丁，让Sn和氯气反应生成SnCl4，使生成的气化，用
48、球形冷凝管冷凝进行分离。【详解】(1)根据实验仪器得到甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。(2)用甲装置制氯气，被还原为，该反应的离子方程式为2 +16H+ 10Cl=2+5 Cl2+8H2O；故答案为：2 +16H+ 10Cl=2+5 Cl2+8H2O。(3)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置充满黄绿色气体后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；使生成的气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；故答案为：丁装置充满黄绿色气体；使生成的气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊
49、处冷却收集。(4)由于盐酸易挥发，因此乙装置的作用是除去氯气中的HCl，如果缺少乙装置，丁装置中可能产生杂质，即HCl和Sn发生反应生成和氢气，其化学方程式为2HCl+ Sn = + H2，具有还原性，用强氧化性的物质反应，且现象明显，因此常用溶液滴有或溴水反应来检测；故答案为：除去氯气中的HCl；2HCl+ Sn = + H2；BD。(5)氯气会污染环境，因此己装置的作用是除去未反应的氯气，防止污染空气，由于SnCl4易水解，因此要防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；故答案为：AC。(6)反应中用去锡粒，根据SnSnCl4关系式得到SnCl4的质量为，反应后在戊装置的试管中收集到，则的产
50、率为；故答案为：90%。【点睛】Sn和氧化性强的氯气反应生成SnCl4，Sn和氧化性弱的HCl反应生成SnCl2和氢气，也说明氯气的氧化性弱于HCl。27. 已知A、B、D、E、G、H、J都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。其中A元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，B元素的最髙正价与最低负价代数和为2，D是非金属性最强的元素，D、H同主族，E是同周期元素中离子半径最小的元素，G元素的最高价含氧酸为二元强酸，J是第族元素，是生活中最常用的金属元素。请回答： (1)阴离子GAB-与CO2结构相似，GAB-的电子式为_。(2)用电子式表示B2 的形成过程_ 。(3)D的氢化物
51、水溶液中存在的氢键有_种，画出其中一种_。(用“”表示氢键，用短线表示共价键)(4)检验J3+的离子方程式为_。(5)H与E能形成化合物乙。在1.01105Pa、T1时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得乙的气态密度为5.00g/L，则此时乙的分子式为_。【答案】 (1). (2). (3). 4 (4). F一HF或F一HO或O一HF或O一HO (5). Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 (6). Al2Cl6【解析】【分析】已知A、B、D、E、G、H、J都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。其中A元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C元素；D是非金属
52、性最强的元素，D为F元素；B元素的最高正价与最低负价代数和为2，B的最高正价为+5价，B为N元素；D、H同主族，H为Cl元素；E是同周期元素中离子半径最小的元素，E为Al元素；G元素的最高价含氧酸为二元强酸，G为S元素；J是第族元素，是生活中最常用的金属元素，J为Fe元素，以此来解答。【详解】(1)阴离子GAB-为SCN-，与CO2结构相似，为直线结构，则GAB-的电子式为；(2)B2为N2，其形成过程可以表示为；(3)D的氢化物为HF，水溶液中存在有HF中F原子和HF中H原子形成的氢键、HF中H原子和H2O中O原子形成的氢键、HF中F原子和H2O中H原子形成的氢键、H2O中O原子和H2O中H
53、原子形成的氢键，共4种，可分别表示成F一HF、F一HO、O一HF、O一HO；(4)J3+为Fe3+，常用KSCN溶液检验，离子方程式为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；(5)M=Vm=5.00g/L53.4L/mol=267g/mol，AlCl3的摩尔质量为133.5g/mol，Q的摩尔质量是氯化铝的2倍，所以Q分子中含有2个铝原子和6个氯原子，其化学式为Al2Cl6。【点睛】第3小题为易错点，要注意氢键可以表示为X一HY，其中X和Y为电负性较大的元素，可以为同种元素也可以是不同种元素。28. 5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3C
54、u2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E化学式：A_；B_；C_；D_；E_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子
55、方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。【答案】 (1). CuSO4 (2). FeCl3 (3). Ba（OH）2 (4). Al（NO3）3 (5). Na2CO3 (6). 2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2 (7). 3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O (8). 500【解析】【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ； 在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B是铁盐；说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。
