1、曲阳一中20192020学年第一学期高三年级9月月考 化 学 试题总分:100分 考试时间:90分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23第卷 选择题一、单选题（每题2分，共40分）1我国古代文人常用诗词表达情意，闪耀着智慧的光芒。下列诗词文化中所蕴藏的化学知识表述正确的是( )A“遥知不是雪，为有暗香来”说明分子是由原子构成的B“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”说明有能量的变化就是化学变化C“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能D“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明金在自然界中以化合态的形式存在于砂石中2酸式盐是盐的一
2、种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）AH3PO2属于二元酸BH3PO2属于三元酸CNaH2PO2属于酸式盐DNaH2PO2属于正盐3我国著名的化学家张清莲准确测得铟（49In）的相对原子质量为114.818被国际原子量委员会采用为新的标准值。下列关于In的说法不正确的是（）AIn为长周期元素BIn为过渡元素CIn易导电导热DIn原子核外有49个电子4下列装置所示的实验中，能达到实验目的是 ()A分离碘酒中的碘和酒精 B
3、除去Cl2中的HClC排水集气法收集NO D实验室制氨气5用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 （）A标准状况下，1.12L2和0.2g2均含有0.1NA个质子B1molNa2CO3晶体中含CO32-数目一定为NAC标准状况下，等物质的量的SO2和SO3中含硫原子数均为NAD用惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生的气体在标准状况下的体积约为11.2L6元素及其化合物丰富了物质世界，下列说法正确的是A铜在冷的浓硫酸中会钝化，所以把铜放入冷的浓硫酸中无明显现象BNaOH溶液和AlCl3溶液相互滴加的现象不同C金属比非金属易失电子，所以金属可以置换非金属，而非金属不
4、能置换金属DAl与热水反应困难，故活泼性不及Al的金属在任何条件下均不能与H2O发生反应7下列操作或试剂的选择不合理的是（）A可用燃烧闻气味的方法鉴别棉花和蚕丝B可用冷却结晶的方法从混有少许氯化钠的硝酸钾中提纯硝酸钾晶体C蒸馏完毕后，先停止加热，再停止通冷凝水D取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若试纸变红，则可证明该晶体中含有NH4+8短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下说法不正确的是（）A原子半径：ZWXYB最简单氢化物的熔沸点：XYWZC最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ
5、D化合物XY与ZY2中均含有共价键9(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下:下列说法正确的是A通入NH3和CO2的顺序可以颠倒 B操作1为过滤，操作2为蒸馏C通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用D步骤中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4+SO42-10改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是A“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料B“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性C北斗导航专用ASIC硬件结合国产
6、处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2D港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法11下列方程式错误的是（ ）A粗铜精炼的阴极反应：Cu2+2e-=CuB氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl+2H2O H2#+Cl2#+2OHC铁皮上镀锌的阳极反应：Zn2+2e-= ZnD酸性KMnO4和草酸反应的离子方程式：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO2#8H2O12下列实验设计正确的是（ ）A将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B将铁屑放入稀HNO3中证明Fe的还原性强于H2C将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32-D将H2S
7、通入KMnO4酸性溶液证明H2S具有还原性13下列各组离子能大量共存的是()“84”消毒液的水溶液中：Fe2、Cl、Ca2、Na加入KSCN显红色的溶液：K、NH、Cl、S2能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3、Al3、SO、KpH2的溶液中：NH、Na、Cl、Cu2无色溶液中：K、CH3COO、HCO、MnOA B C D14下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B200 mL 1 molL1氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2 molL1氯化钾溶液中c(Cl)C64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
8、D20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度15近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH一，下列说法正确的是ALi极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质B放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H+2e-=2Cu+H2OC放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小D通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂16VmL Al2(SO4)3溶液中，含有Al3+a g，取V/2 mL溶液稀释到3V mL，则稀释后溶液中S
9、O42-的物质的量浓度是A250a/27V molL1 B250a/27V molL1 C500a/9V molL1 D125a/27V molL117下列说法正确的是AH2O的沸点比H2S高，因为H2O分子间存在氢键这种化学键B晶体氩是由原子直接构成的，属于原子晶体CKHCO3固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键DHBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HC1弱18用如图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，某电极上产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是A可以用铁作阳极，石墨作阴极B除去CN的反应
10、：2CN+5ClO+ H2O =N2+2CO2+5Cl+2 OHC阴极的电极反应式为：Cl+2OH+2e= ClO+H2OD阳极的电极反应式为：2CN+12OH10e= N2 +2CO32+6H2O19过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3滤液白色结晶(CaO2)。下列说法不正确的是()A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2OC生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解
11、D过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分20下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ） FeS2SO2H2SO4 SiO2SiCl4Si饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 AlNaAlO2Al（OH）3CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OABC D第卷 非选择题二、填空题（共60分）21请用下图的装置设计一个实验，以测定SO2转化为SO3的转化率。(1)这些装置的连接顺序(按气体从左到右的方向)是_。(填各接口的编号)(2)实验时甲仪器的作用与原理是_。(3)从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时处滴入浓硫酸与处加热催化剂的先后顺序是_。(4)
12、处观察到的现象是_。(5)在处用大火加热烧瓶时SO2的转化率会_。(填“填大”“不变”或“减小”)(6)用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，称得处增重 m g，则本实验中SO2的转化率为_。22氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下依据上图，完成下列填空：(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为_，与电源负极相连的电极附近，溶液pH_(选填“不变”“升高”或“下降”)。(2)工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质。精制过程发生反应的离子方程式为_、_。(3)如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除
13、去SO42-，该钡试剂可以是_(选填a，b，c多选扣分)。aBa(OH)2 bBa(NO3)2 cBaCl2(4)为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42，加入试剂的合理顺序为_(选填a、b、c多选扣分)a先加NaOH,后加Na2CO3，再加钡试剂 b先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3c先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过_、冷却、_(填写操作名称)除去NaCl(6)在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，相
14、应的化学方程式为_。23下表列出了AR 10种元素在周期表中的位置(填元素符号)： 族周期AAAAAAA02EJF3ACDGR4BHi. 请填空：（1）这10种元素中，化学性质最不活泼的是_（填元素符号）。（2）D元素最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是_。（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为_（填元素符号）。（4）EF2的电子式为_，F元素的最简单氢化物在常温下跟B发生反应的化学方程式是_。（5）G元素和H元素两者核电荷数之差是_。ii. 元素J是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)下图是N2(g)和H2(g)反应生
15、成1 mol NH3(g)过程中能量变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：_。(2)已知化学键键能是形成或拆开1 mol化学键放出或吸收的能量，单位kJmol1。若已知下列数据：化学键HH键能/kJmol1435943试根据表中及图中数据计算NH的键能_kJmol1。(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知：4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(g) H1a kJmol1 N2(g)O2(g)=2NO(g) H2b kJmol1 若1 mol NH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热H3_ kJmol1(用含a、b的式子表示)。24（一）金属冶炼和处
16、理常涉及氧化还原反应。（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是_。aFe2O3 bNaCl cCu2S dAl2O3（2）下图为电解精炼银的示意图，_（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为_。（3）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），可将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，该过程依据的是电化学中的_原理（填“原电池”或“电解池”），食盐水的作用为_。 (二)FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，所以工业上常选用电浮选凝聚法处理污水其原理是保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀某课外小组用电
17、浮选凝聚法处理污水，设计如图所示装置示意图。（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的_。ABaSO4 BCH3CH2OH CNa2SO4 DNaOH（2）电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个反应生成一种无色气体，则阳极的电极反应式分别是：_，_。（3）电极反应和的生成物反应得到Fe（OH）3沉淀的离子方程式是_。（4）该燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料作电极，负极电极反应式为_。为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（如图），
18、A物质的化学式是_参考答案1CA. “遥知不是雪，为有暗香来”说明分子在不断的运动，与分子的构成无关，故A错误；B.物理变化中也可能存在能量变化，如水结成冰会放热，所以有能量的变化不一定是化学变化，故B错误；C.豆萁燃烧过程中主要是化学能转化为热能，故C正确；D.金是一种活泼性很弱的金属，在自然界中以游离态形式存在，故D错误。2DA由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C
19、错误；D由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故答案为D。点睛：在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。3B由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期A族，原子序数为49，属于长周期元素，金属性较强，具有良好的导电性、导热性。【详解】A元素周期表前三周期为短周期，由In原子结构示意图可知，In位于周期表第五周期A族，属于长周期元素，选项A正确；BIn位于
20、周期表第四周期A族，属于主族元素，不属于过渡元素，选项B错误；CIn与Al同主族，且金属性较Al强，具有良好的导电导热性，选项C正确；DIn原子序数为49，原子核外有49个电子，选项D正确。答案选B。4C试题分析：A、碘易溶在酒精中，应该用四氯化碳萃取，A不正确；B、氢氧化钠溶液也吸收氯气，应该用饱和食盐水，B不正确；C、NO不溶于水且易被氧气氧化，可以用排水法收集，C正确；D、加热氯化铵生成氯化氢和氨气，冷却后二者又化合生成氯化铵得不到氨气，D不正确，答案选C。5CA.标准状况下，1.12L2即0.05mol，含质子数为0.1NA，0.2g2即0.05mol，含有0.1NA个质子，A正确；B
21、.1molNa2CO3晶体中含CO32-数目一定为NA，B正确；C.标准状况下，等物质的量的SO2和SO3中含硫原子数相等，因不一定是1mol，所以硫原子数也不一定为NA，C错误；D.用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生的气体为氯气，若电路中通过NA个电子，生成氯气0.5mol，在标准状况下的体积约为11.2L，D正确；答案为C。【点睛】碳酸钠晶体由钠离子和碳酸根离子构成，则1molNa2CO3晶体中含CO32-数目一定为NA。6B试题分析：A铜与冷的浓硫酸不反应，不是钝化，错误；BNaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液至过量刚开始是NaOH 过量，因此没有白色沉淀出现，现象是无明显变化，再滴消耗
22、完NaOH后，会出现白色沉淀；若AlCl3溶液中加NaOH溶液，会生成白色沉淀，当NaOH溶液过量时白色沉淀消失；正确；C非金属也可以置换金属，如氢气可以置换氧化铜中的铜，错误；D因为铁在高温下可以与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以活泼性不及Al的金属在高温条件下能与水蒸气发生反应，错误。考点：考查元素及其化合物知识。7DA灼烧蚕丝时有烧焦羽毛的味道，而灼烧棉花时没有，据此可鉴别二者，故A不选；B由于氯化钠的溶解度受温度影响较小，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，可用冷却结晶的方法从混有少许氯化钠的硝酸钾中提纯硝酸钾晶体，故B不选；C蒸馏完毕后，先停止加热，充分冷却收集馏分，则待装置冷却后，
23、停止通水，故C不选；D氨气为碱性气体，应该在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含NH4+，故D选；所以本题答案为：D。8B从元素周期表的局部图可知X、Y、Z、W为二、三周期元素，W位于第三周期，W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，故W是P元素，据此推出X、Y、Z分别是氮、氧、硅。A、根据四种元素在周期表中的位置关系可知，原子半径：ZWXY，选项A正确；B、氢化物的热稳定性：H2ONH3PH3SiH4，即YXWZ，选项B不正确；C、非金属性：ONPSi，最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3H3PO4H2SiO3，即XWZ，选项C正确；D、化合物XY与ZY2分别为NO
24、、SiO2，均含有共价键，选项D正确。答案选B。9D流程中，向硫酸钙悬浊液中通入足量的氨气，使溶液呈碱性，在通入适量的二氧化碳气体，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙沉淀和滤液，碳酸钙高温分解生成二氧化碳和氧化钙，滤液通过结晶得到硫酸铵，据此判断。【详解】A. 由于二氧化碳在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，应先通入氨气使溶液呈碱性，然后在通入二氧化碳，所以通入NH3和CO2的顺序不可以颠倒，A错误；B. 操作1为过滤，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥等，B错误；C. 由于生成的碳酸钙能与二氧化碳的水溶液反应生成碳酸氢
25、钙，所以通入的CO2不能过量，C错误；D. 根据以上分析可知步骤中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2NH4+SO42-，D正确；答案选D。【点睛】题目通过一个陌生的反应考查了硫酸铵和二氧化碳的有关知识，明确物质的性质特点和流程图的转化关系是解答的关键，解答时要充分分析题目中的有关信息。其中二氧化碳不能过量是解答的易错点。10CA. SiC属于新型无机非金属材料，故不选A；B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B；C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故选C；D. 因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲
26、阳极的阴极保护法，故不选D；答案：C11CA.电解精炼铜的过程中，电解质通常是硫酸铜，溶液中的铜离子在阴极得电子变成铜单质，A不符合题意；B.电解饱和食盐水过程中，生成NaOH、H2和Cl2，该反应的离子方程式为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，B不符合题意；C.铁皮上镀锌，锌为镀层金属做阳极，发生失电子的氧化反应，C符合题意；D.酸性KMnO4具有氧化性，能将H2C2O4氧化成CO2，自身还原为Mn2+，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，D不符合题意；故答案为：C12D【解析】A项，将SO2通入溴水中，发生
27、Br2SO22H2O=2HBrH2SO4，体现了SO2的还原性而不是漂白性，故A错误；B项，将铁屑放入稀HNO3中，硝酸作为强氧化剂生成氮的氧化物而不产生氢气，所以不能证明Fe的还原性强于H2，故B错误；C项，与澄清石灰水反应生成白色沉淀的除了CO32，还可能是HCO3、SO32和HSO3，所以不能证明溶液中含有CO32，故C错误；D项，KMnO4具有强氧化性，而H2S具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，从而证明H2S具有还原性，故D正确。此题答案选D。13D【解析】分析：“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，具有强氧化性；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+；能够与金属Cu常温下反应放
28、出气体的溶液，具有强氧化性；pH=2的溶液，为酸性溶液；MnO4-在水溶液中为紫色。详解：“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存，故错误；加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，与S2-相互促进水解而不能共存，故错误；能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故正确；MnO4-在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故错误；故选D点睛：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大。14C【解析】A
29、.2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。
30、点睛：本题的易错点为D，需要明确物质的量浓度与溶质质量分数的计算表达式，c=，对于氢氧化钠溶液，溶液的浓度越大，密度越大，因此20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度大于10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度的2倍。15D【解析】【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-eLi，正极上电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，从题目提供的信息，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH一，正极应是铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，正极反应为Cu2O+H2O+2e=
31、Cu+2OH，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A、锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，故B错误；C、放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，正极反应为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D、铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池负
32、极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用16A【解析】【分析】根据摩尔质量公式m=nM计算VmL Al2(SO4)3溶液中ag Al3+的物质的量，进而计算mL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒计算mL溶液中SO42-的物质的量，稀释为3VmL，溶液中SO42-的物质的量不变，再根据c=计算稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度。【详解】VmL Al2(SO4)3溶液中ag Al3+的物质的量为mol，mL溶液中Al3+的物质的量为 mol，忽略水的电离根据电荷守恒可知2n（SO42-）=3n（Al3+），故mL溶液中SO42-的物质的量为= mol
33、，稀释前后溶液中SO42-的物质的量不变，则3VmL溶液中SO42-的物质的量浓度为=mol/L，故选A。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，注意对公式的理解与灵活运用，注意溶液体积变化与物质的量变化的关系，熟悉稀释定律得应用是解答关键。17C【解析】【详解】A氢键不属于化学键，故A错误；B、稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氩晶体是由原子构成的分子晶体，选项B错误；C. KHCO3中既有离子键也有共价键，固体受热分解生成K2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键，选项C正确；D、稳定性是化学性质，与中心元素的非金属性有关，因为非金属性ClBr，所以
34、HBr比HCl的热稳定性差，与分子间作用力无关，选项D错误；答案选C。18B【解析】阳极要产生ClO，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A错误；溶液为碱性，方程式应为2CN+5ClO+ H2O =N2+2CO2+5Cl+2OH，故B正确；阴极是H+产生H2，故C错误；阳极是Cl失电子产生ClO，电极反应式为：Cl+ 2OH2e= ClO+ H2O，D错误。19A【解析】【分析】根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶
35、液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，故B说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C说法正确；
36、D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D说法正确；答案选A。【点睛】易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。20A【解析】【分析】FeS2和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸；SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通
37、入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠和足量盐酸反应生成氯化铝，足量盐酸时得不到氢氧化铝；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜。【详解】FeS2和氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫和过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸，故正确；SiO2属于酸性氧化物，和HCl不反应，所以不能用二氧化硅和氯化氢制取四氯化硅，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向
38、其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；铝和氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，滴加少量盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应AlO2-+H+H2O=Al（OH）3，滴加过量盐酸，3HCl+Al（OH）3AlCl3+3H2O，足量盐酸时得不到氢氧化铝，故错误；硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜悬浊液，加入葡萄糖加热反应，发生氧化反应生成红色沉淀氧化亚铜，检验醛基的存在，过程能实现，故正确；答案选A。【点睛】本题考查化合物的性质，题目难度中等，熟
39、练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。21ahibcfgde 使烧瓶与分液漏斗保持压强一致，有利于液体流下 应先加热后滴加浓H2SO4 有无色晶体出现 减小 100% 【解析】(1)根据各装置的作用和实验目的分析解答；(2)甲可使分液漏斗与圆底烧瓶压强一致；(3)反应在加热条件下进行，从需要充分利用二氧化硫角度分析判断；(4)装置IV处是用来冷却三氧化硫气体，结合三氧化硫的性质分析解答；(5)大火加热，生成二氧化硫较快，据此分析判断；(6)根据硫元素守恒结合三氧化硫的量确定二氧化硫的变化量。【详解】(1)因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，
40、所以产生的气体首先经过干燥装置，然后再进行二氧化硫气体的催化氧化，即经过装置；然后是收集SO3，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，所以选择装置进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，最后在中吸收未反应的SO2，连接顺序为ahibcfgde，故答案为：ahibcfgde；(2)甲可使分液漏斗与圆底烧瓶压强一致，有利于液体顺利流出，故答案为：可使分液漏斗与圆底烧瓶压强一致，有利于液体流下；(3)为保证产生的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热V2O5，后缓缓滴入浓硫酸，故答案为：先加热，后缓缓滴入浓硫酸；(4)装置IV处是用来冷却三氧化硫气体，使之变成液态或固态，从而收集得到三氧化硫所以可
41、以在处看到有无色晶体出现，故答案为：有无色晶体出现；(5)大火加热，生成二氧化硫较快，使得二氧化硫在装置中不能充分反应，则二氧化硫的转化率减小，故答案为：减小；(6)n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成nmol二氧化硫，当反应结束时，处增重的部分为未反应的二氧化硫，则转化了的二氧化硫的质量为64n-m，所以实验中SO2的转化率为100%，故答案为：100%。222Cl-2e-Cl2 升高 Ca2+CO32-=CaCO3 Mg2+OH-=Mg(OH)2 a、c b、c 蒸发 过滤 NaCl+H2ONaClO+H2 【分析】与电源正极相连的电极为电解池的阳极，发生氧化反应，反应的化学方
42、程式为2Cl-2e-Cl2，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，发生还原反应，反应的化学方程式为H2O+2e-=2OH-+H2，精制过程发生反应为钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀除去硫酸根离子的同时不能引入新的离子，而氯离子和氢氧根离子溶液中本身就含有，故硝酸钡不行NaOH的溶解度随温度的升高而变大，NaCl的溶解度随温度的升高基本不变，利用溶解度差异可以除去NaCl。【详解】(1)电解食盐水，与正极相连为阳极，生成氯气，该电极反应为2Cl-2e-Cl2，与电源负极相连为阴极，生成氢气和NaOH，生成碱，所以pH升高；(2)Ca2+、Mg2+等杂质与
43、碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，精制过程发生反应的离子方程式为：Ca2+CO32-CaCO3、Mg2+2OH-Mg(OH)2；(3)添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba(NO3)2会引入杂质硝酸根离子，故答案为a、c；(4)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，显然只有选项bc符合，故答案为：b、c；(5)氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发结晶、冷却、过滤除去NaCl；(6)若氯气和氢氧化钠充分接触，产物仅是次氯酸钠和氢气，则发生2NaCl+2
44、H2OH2+Cl2+2NaOH，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，总的反应为：NaCl+H2ONaClO+H2。23Ar Al（OH）3+OHAlO2+2H2O KNaMg 2K+2H2O2KOH+H2 18 N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H92 kJmol1 390 (3ba)/4 【分析】i.根据元素在周期表中的相对位置可知A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，J是N，据此判断。ii.铵盐与碱加热制备氨气，为固体加热制备气体；生成氨气后，先干燥除去水，再选向下排空法收集，最后尾气处理需要防止倒吸；氨气与二氧化氮发生归中
45、反应生成氮气和水，据此解答。【详解】i.（1）这10种元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体元素Ar。（2）D元素最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝与氢氧化钠反应的离子方程式是Al（OH）3+OHAlO2+2H2O。（3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为KNaMg。（4）EF2是共价化合物二氧化碳，电子式为，F元素的最简单氢化物水在常温下跟金属钾发生反应的化学方程式是2K+2H2O2KOH+H2。（5）G元素和H元素两者核电荷数之差是351718。ii.【解析】(1)由图象可知该反应的反应热HE1- E2=254kJ
46、mol-1-300kJmol-1=-46 kJmol-1，所以其热化学方程式为N2(g)3H2(g) NH3(g) H46kJmol-1，或者N2(g)3H2(g) 2NH3(g) H92 kJmol-1；(2) 已知H反应物键能总和-生成物键能总和= 943kJmol-1+3435kJmol-16E=-92kJmol-1，E=390kJmol-1，即NH的键能为390kJmol-1；(3)根据盖斯定律，(-3)/4即得1 mol NH3还原NO至N2的过程中的反应热H3 =(3ba)/4 kJmol-1。24 bd a 2H+NO3+e=NO2+H2O 原电池 作电解质溶液（或导电） C F
47、e-2e-=Fe2+ 2H2O-4e-=4H+O2 4Fe2+10H2O+O2=4Fe（OH）3+8H+ CH4 -8e+4CO32-=5CO2+2H2O CO2【解析】（一）（1）活泼金属采用电解法冶炼，钠、铝都是活泼金属，采用电解熔融态NaCl、Al2O3的方法冶炼，答案选bd；（2）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：2H+NO3+eNO2+H2O；（3）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），可将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，该过程中没有外加电源，依据的是电化学中的原电池原理，食盐水的作用为作电解质溶液（或导电）。 (二)（1）保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性的盐，故答案为：C；（2）电解时铁作阳极，因此主要发生Fe-2e-=Fe2+，同时也发生副反应，即溶液中的OH-失电子被氧化生成O2，即2H2O-4e-=4H+O2；（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到+3价，得到Fe（OH）3沉淀的离子方程式是4Fe2+10H2O+O2=4Fe（OH）3+8H+；（4）电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳。
