甘肃省武威第二中学2019届高三化学上学期第二次（10月）月考习题（含解析）.docx

甘肃省武威第二中学2019届高三化学上学期第二次（10月）月考试题（含解析）一、单选题(2分20）1.下列有关原子、分子或物质所对应的表示式正确的是A. 氯原子结构示意图: B. 氯化钠电子式:C. 水分子结构式: D. 乙炔分子比例模型: 【答案】C【解析】分析：A、原子核内质子数等于核外电子数；B、离子化合物中存在离子键；C、结构式就是用元素符号和短线表示化合物(或单质)分子中原子的排列和结合方式的式子；D、球棍模型是一种空间填充模型,用来表现化学分子的三维空间分布。详解：A、氯原子的核电荷数和核外电子总数都是17，所以氯原子的结构示意图为：，选项A错误；B、氯化钠由钠离子和氯离子构成，属于离子化合物，其电子式为，选项B错误；C、水分子结构式为: ，选项C正确；D、乙炔分子球棍模型为: ，选项D错误。答案选C。2.梦溪笔谈中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是（ ）A 胆矾受热不能分解 B胆矾的化学式为CuSO4C“苦泉”可使蛋白质变性 D胆矾与铁通过复分解反应可炼铜【答案】C【解析】【详解】A、由“烹胆矾则成铜”可知，胆矾为CuSO4 5H2O,受热分解成CuSO4和H2O，故A正确；B、胆矾的化学式为CuSO4 5H2O，故B错误；C、“苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故C正确；D、胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故D错误；故选C。3.常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示，结合表中信息判断下列说法不正确的是共价键HHFFHFHClHIE/kJ/mol436157568432298A. 432 kJ /molE(HBr)298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是 HF键C. H2(g)2H(g) H=+436kJ/mol D. 1/2H2(g)+l/2F2(g)=HF(g) H=-25kJ/mol【答案】D【解析】A依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，因此结合图表中数据可知432 kJmol-1E（H-Br）298 kJmol-1，A正确；B键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B正确；C氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）2H （g） H=+436 kJmol-1，C正确；D依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436kJ/mol+157kJ/mol-2568kJ/mol=-543kJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g） H=-543 kJmol-1，D错误；答案选D。点睛：本题考查了化学反应能量变化和键能的关系分析判断，掌握焓变计算方法是解题关键，注意反应热与键能的关系。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol SiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2NAB. 56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NAC. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为NAD. 18gH218O和2H2O的混合物中，所含中子数为9NA【答案】D【解析】【分析】A、根据1mol硅原子形成了4mol硅氧键进行分析；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子。【详解】A、0.1mol二氧化硅中含有0.1mol硅原子，0.1mol硅原子形成0.4mol硅氧键，晶体中含有Si-O键的个数为0.4NA，选项A错误；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol（-0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数为NA，选项B错误；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应，产生盐酸和次氯酸，所以转移电子数小于NA，选项C错误；D、H218O与2H2O的摩尔质量均为20g/mol，故1.8g混合物的物质的量为0.09mol，且均含10个中子，故0.09mol混合物中含0.9NA个中子，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。5.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A. 向含I-的溶液中通入C12，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B. 途径II中若生成l mol I2，消耗 lmol NaHSO3C. 氧化性的强弱顺序为C12I2IO3-D. 一定条件下，I-与IO3-可能生成I2【答案】D【解析】【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量C12，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，选项A错误；B. D.根据转化关系2IO3- I210e- ,SO32- SO422e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，选项B错误；C、由途径I可以知道氧化性C12I2,由途径可以知道氧化性I2IO3-,由途径可以知道氧化性C12 IO3-,故氧化性的强弱顺序为C12 IO3- I2,选项C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，选项D正确；答案选D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的转化关系，结合氧化还原反应解答该题，难度中等。6.某无色气体，可能含HCl、CO2、NO2、HI、SO2、HBr中的一种或几种。将其通入氯水中，得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，另一份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是A. 一定存在HCl B. 一定存在SO2 C. 肯定没有CO2 D. 不能肯定是否含有NO2、HI【答案】B【解析】【分析】由无色气体可排除NO2，通入氯气中，得到无色透明溶液可排除HBr、HI。向无色溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，应有BaSO4生成，SO42-只可能由SO2与氯水反应产生，而加入AgNO3溶液，产生白色沉淀不能确定是原溶液就存在氯离子还是后加入的，所以只能判定出一定有SO2存在；据此分析解答。【详解】A项，另一份加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，说明溶液中含有氯离子，又因为氯水中也含有氯离子，所以不能确定原气体中是否有HCl，故A项错误；B项，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，又因为氯水具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸根，所以可以推断原无色气体中一定含有 SO2，故B项正确；C项，二氧化碳是无色气体，题干中的实验不能确定原气体中是否一定含有二氧化碳，故C项错误；D项，由于NO2是红棕色气体，所以原气体中一定不含有NO2，又因为氯水具有氧化性，可以将HI、HBr氧化分别生成碘单质和溴单质，又因为通入氯水中，得到无色透明溶液，所以原气体中一定不含有HI、HBr，故D项错误。正确答案为B。7.下列实验方案、现象和结论都合理的是（ ）实验目的实验方案、现象结论A检验溶液中有无NH4+用试管取少量的待检测溶液，加入少量的稀NaOH溶液，用一块湿润的红色石蕊试纸放在试管口若试纸变蓝，则有NH4+，否则无NH4+B检验溶液中有无K+用洁净的铂丝蘸取待测液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中一定无K+C检验溶液中有无SO42-用试管取少量的待检测溶液，加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀原溶液中有SO42-D检验淀粉水解产物有无还原性用试管取少量的淀粉溶液加入适量的稀硫酸，加热一段时间后，加入少量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，产生大量的砖红色沉淀水解产物有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 因氨气极易溶于水，向待测液中加入稀NaOH溶液，即使溶液中含有NH4+，也很难生成氨气，应向待测液中加入浓NaOH溶液并加热才能检验，故A错误；B. 观察K+的焰色反应时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有透过蓝色的钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B错误；C. 检验溶液中是否含有SO42-，采取的方法是：用试管取少量待测液，加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2 溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有SO42-，故C正确；D. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基必须在碱性环境下进行，因此应先用过量的NaOH溶液除去稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，故D错误；答案选C。8.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a原子的最外层电子数是其质子数的2/3，b原子的核电荷数等于d原子的最外层电子数，元素c的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是A. 单质的佛点:acC. b、d的氧化物对应的水化物均为强酸 D. b、c可形成离子化合物b2c2【答案】B【解析】本题考查元素周期律。分析：由题意，a原子的最外层电子数是其质子数的2/3，则a为C元素；元素c的最高正化合价为+2价，可知元素c位于周期表A族，又a、b、c、d的原子序数依次增大，则c为Mg元素；b原子的核电荷数等于d原子的最外层电子数，则b为N元素、d为Cl元素，由以上分析可知a为C元素、b为N元素、c为Mg元素、d为Cl元素。详解：a为C，对应的单质中，金刚石为原子晶体、石墨为过度型晶体，沸点都较高，A错误；氯离子核外有3个电子层，镁离子核外有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子的半径：dc，B正确；d为Cl元素，其氧化物对应的水化物可能为HClO，HClO为弱酸， C错误；b为N元素、c为Mg元素 ，N元素和Mg元素可形成离子化合物Mg3N2， D错误。故选B。点睛：本题考查结构与位置关系、原子的结构及电子排布规律，明确各层电子数的关系，掌握核外电子排布规律是解答本题的关键。9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝Y的一种核素质量数为18，中子数为10在同周期元素中Z的简单离子半径最小，W的单质是良好的半导体材料。下列说法中正确的是A. 简单气态氢化物稳定性：WX B. Y元素的相对原子质量为18C. X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为4：l D. 电解Z的熔融氯化物可以冶炼单质Z【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢化物是氨气，则X是N。Y的一种核素质量数为18，中子数为10，质子数是18108，Y是O。在同周期元素中Z的简单离子半径最小，原子序数大于X与Y，所以Z是Al。W的单质是良好的半导体材料，W是Si，据此解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。则A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属NSi，则简单气态氢化物稳定性：WX，A错误；B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；C. N2H4的电子式为，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：l，C正确；D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；答案选C。10.向如图所示装置中缓慢通入气体X，若打开活塞K，则品红溶液褪色；若关闭活塞K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。X和Y可能是选项ABCDXSO2Cl2HClCl2YNaOH溶液饱和NaHCO3溶液饱和NaCl溶液Na2SO3溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：四种气体中能使品红褪色的气体可能为SO2或Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊。详解：若打开活塞K，品红溶液褪色，X气体只可能是SO2或Cl2。A. 关闭活塞K，若X气体为SO2，通入NaOH溶液后发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，反应后无气体通入澄清石灰水，则澄清石灰水不会变浑浊，故A错误；B. 若X是Cl2，打开活塞K，氯气能使品红溶液褪色，关闭活塞K，Cl2通入NaHCO3溶液后发生反应生成二氧化碳，从而使澄清石灰水变浑浊，故B正确；C. HCl不能使品红溶液褪色，故C错误；D. 若X是Cl2，通入亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化钠，反应后无气体通入澄清石灰水，则澄清石灰水不会变浑浊，故D错误；答案选B。11.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述不正确的是A. 0.5 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+的数目小于0.5NAB. 标准状况下，22.4 L丁烷中含有共价键的数目为13NAC. 44 g由CO2 和N2O组成的混合气体中含有的质子数为22NAD. 将1mol N2 与3 mol H2 通入密闭容器中充分反应、转移的电子数小于6NA【答案】A【解析】A、没有给定溶液体积，无法计算Al3+的数目，选项A不正确；B、每个丁烷分子中含有13个共价键，标准状况下，22.4L丁烷为1mol，则含有共价键的数目为13NA，选项B正确；C、44g CO2、N2O的物质的量为1mol，1mol二者的混合物中含有质子的物质的量为：221mol=22mol，含有的质子数为22NA，选项C正确；D、合成氨是可逆反应，1mol N2和3mol H2充分混合，反应生成的氨气小于2mol，转移的电子数小于6NA，选项D正确。答案选A。12.下列离子方程式正确的是A. 氯气和水反应：Cl2+H2O Cl-+ClO+2H+B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42=BaSO4C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2O24H4Fe32H2OD. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O【答案】C【解析】【详解】A氯气与水的反应生成次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程为：Cl2+H2OCl-+HClO+H+，选项A错误；BBa（OH）2溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，选项B错误；C、亚铁离子具有还原性，能被氧气氧化为三价，即4Fe2O24H4Fe32H2O，选项C正确；D向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水的离子反应为Ca2+OH-+HCO3-CaCO3+H2O，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式书写的方法即可解答，与量有关的离子反应是解答的难点，B为易错点，注意不要漏写氢氧根离子与氢离子反应生成水。13.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说法正确的是A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B. X的氧化物对应的水化物是强酸C. Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D. Z、Y的氧化物是常用的耐火材料【答案】C【解析】电子层数越多，半径越大，当电子层数相等时，半径随着原子序数的递增而减小，四种元素的原子半径依次增大，因此四种元素在周期表的位置大概是，Y元素在第三周期中离子半径最小，即Y为Al，邻Z的原子序数为a，W的原子序数为b，则X的原子序数为b+8，因此有13+a=3b，因为Y为Al，则Z可能是Na，也可能是Mg，假设Z为Na，b=8，即W为O，X为S，假设Z为Mg，则b=25/3，不符合题意，A、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即O的简单氢化物的热稳定强于S，故A错误；B、S的氧化物为SO2和SO3，其对应水化物是H2SO3和H2SO4，H2SO3为中强酸，H2SO4为强酸，故B错误；C、Na和O形成的化合物是Na2O和Na2O2，前者只含有离子键，后者含有离子键和非极性共价键，故C正确；D、钠的氧化物不能用于制作耐火材料，氧化铝可以，故D错误。点睛：根据信息原子半径依次增大，根据判断半径大小顺序是一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此推出Y为Al，然后判断出四种元素在周期表中的大概位置，最后根据Y和Z的原子序数之和是W的3倍，作出合理的判断。14.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )（注：铝土矿中含有A12O3、SiO2、Fe2O3）A. 在铝土矿制备较高纯度A1的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D. 黄铜矿（CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均只是还原产物【答案】C【解析】A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O36H=2Al33H2O和Fe2O36H=2Fe33H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al34OH=AlO2H2O和Fe33OH=Fe(OH)3，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B、石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C、制取粗硅的反应是：2CSiO22COSi，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故C正确；D、CuFeS2中S的化合价为2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2为既氧化产物又是还原产物，故D错误。15.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。16.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是A. 用图a所示装置验证H2在Cl2中燃烧的实验现象B. 用图b所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠C. 用图c所示装置探究氧化性：KMnO4Cl2I2D. 用图d所示装置分解MgCl26H2O获取MgCl2【答案】C【解析】【详解】A氯气密度比空气大，该实验中盛放氯气的集气瓶瓶口应该向上，图示装置不合理，选项A错误；B从溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶方法，应该用蒸发皿蒸发盛放氯化钠溶液，坩埚用于灼烧固体，选项B错误；C锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性KMnO4Cl2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性Cl2I2，选项C正确；D、加热分解MgCl26H2O，促进水解生成盐酸易挥发，不能得到氯化镁，应在HCl气流中蒸发，选项D错误；答案选C。17.用4种溶液进行实验，下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是( )选项溶液操作及现象ACa(OH)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊BNaAlO2溶液通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失CCa(ClO)2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去DCaCl2溶液通入CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】ACa(OH)2溶液通人CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通CO2至过量生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与NaOH反应又生成碳酸钙沉淀，选项A正确；BNaAlO2溶液与CO2反应生成沉淀Al(OH)3，Al(OH)3不溶于弱酸，则浑浊不消失，选项B错误；C、Ca(ClO)2溶液与CO2反应生成碳酸钙沉淀和HClO，HClO具有漂白性，可使品红溶液褪色，选项C正确；D、CaCl2溶液通入CO2，二者不反应，则溶液没有明显变化；再通入氨气，氨气与二氧化硫生成碳酸铵，碳酸铵与钙离子生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，“操作及现象”与“溶液”对应关系合理，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。18.下列说法正确的是 ( )A. 在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂,铁粉起还原作用C. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作,原因是FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜D. c(Fe2+)=1 molL-1的溶液中:K+、NH4+、MnO4-、S2-能大量共存【答案】B【解析】【详解】AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN无明显现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故B正确。CCu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，故C错误；DFe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。19.已知NH4CuSO3与足量的1 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 刺激性气味的气体是二氧化硫C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 该反应中硫酸作氧化剂【答案】B【解析】【分析】A、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，反应前后S元素的化合价没有发生变化；B、反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，刺激性气味的气体是二氧化硫；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气； D. 由反应2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4可知，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性。【详解】反应的发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4； A、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B、NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，刺激性气味的气体是二氧化硫，故B正确；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误； D、由发产生为：2NH4CuSO3+4HCu+Cu2+2SO2+2H2O+2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；正确选项B。20.氢氧化铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解25.25g二者的混合物，恰好消耗1.0molL-1盐酸500mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量为（ ）A. 15g B. 20g C. 30g D. 35g【答案】B【解析】混合物加入盐酸发生：Cu(OH)22HCl=CuCl22H2O、Cu2(OH)2CO34HCl=2CuCl2CO23H2O，恰好消耗盐酸500mL，生成CuCl2物质的量为5001031/2mol=0.25mol，其中Cu原子物质的量为0.25mol，灼烧混合物Cu元素最终转化成CuO，因此根据Cu原子守恒，因此CuO的物质的量为0.25mol，其质量为0.2580g=20g，故选项B正确。第II卷（非选择题）二、非选择题（60分）21.（1）已知C(s、金刚石）+O2(g)=CO2(g)；H= -395.4kJ/mol，C(s、石墨）+O2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol。石墨和金刚石相比，石墨的稳定性_金刚石的稳定性。石墨中C-C键键能_金刚石中C-C键键能。（均填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）已知HH键的键能为436 kJmol1，ClCl键的键能为243 kJmol1，HCl键的键能为431 kJmol1，则H2(g) Cl2(g)=2HCl(g)的反应热为_。（3）将4g CH4完全燃烧生成气态CO2和液态水，放出热量222.5 kJ，其热化学反应方程式为：_。（4）0.5mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学反应方程式为：_。（5）已知下列反应的反应热： CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1 +206.2kJmol1CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H2 -247.4kJmol1则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为_。【答案】 (1). 大于 (2). 大于 (3). H =-183 kJmol-1 (4). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) H -890 kJ/mol (5). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(g)+3H2O(l) H -1299 kJ/mol (6). CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H +659.8kJmol1【解析】（1）、.根据已知的两个方程式，C(s、金刚石）+O2(g)=CO2(g)；H= -395.4kJ/mol，C(s、石墨）+O2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol，利用盖斯定律，用第一个方程式减去第二个方程式可得：C(s、金刚石）= C(s、石墨） H= -1.9kJ/mol，此反应是放热反应，所以金刚石的能量高，石墨的能量低，能量越低物质越稳定，所以石墨更稳定，因此答案是：大于；.因H=反应物键能生成物键能，根据C(s、石墨）+O2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol可知，石墨的键能大，所以答案是：大于。（2）、HH键的键能为436kJmol1，ClCl键的键能为243kJmol1，HCl键的键能为431kJmol1，由焓变等于反应物键能之和减去生成物键能之和可知，H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)H=436kJmol1+243kJmol12(431kJmol1)=183kJmol1，故答案是： H = -183 kJmol-1。（3）、4g CH4完全燃烧生成气态CO2和液态水，放出热量222.5 kJ，因16g甲烷的物质的量是1mol，所以1mol甲烷完全燃烧生成气态CO2和液态水，放出热量是：4222.5 kJ=890 kJ，故答案是：CH4(g) +2O2(g)= CO2(g)+2 H2O(l); H -890 kJ/mol 。（4）、因0.5mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，所以1mol乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，放出的热量是：2649.5kJ=1299 kJ，故答案是：B2H6(g) +3O2(g)= B2O3(g)+3H2O(l); H -1299 kJ/mol。（5）、CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H1 +206.2kJmol1 CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H2 -247.4 kJmol1 根据盖斯定律：2得到CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为：CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H1 +659.8kJmol1 。故答案是：CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g) H1 +659.8kJmol1 。22.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制备亚氯酸钠关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量ClO2，充分反应。（1）仪器a的名称为_，仪器b的作用是_。（2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为_。（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤 _干燥等。探究亚氯酸钠的性质停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹,打开止水夹，向A中滴入稀硫酸。（4）B中现象为_ 。（5）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹，_。【答案】 (1). 烧瓶（圆底烧瓶 (2). 防止倒吸 (3). 2ClO22OHH2O22ClO2H2OO2 (4). 洗涤 (5). 溶液变蓝色 (6). 从进气口通入一段时间的空气【解析】【详解】（1）根据仪器a的特点，仪器a为圆底烧瓶，仪器b为干爆管，因此仪器b的作用是防止倒吸；（2）根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是 NaClO2，Cl的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2因此有ClO2H2O2OH=ClO2-O2H2O，根据化合价升降法进行配平，得出仪器A中发生离子反应方程式为2ClO22OHH2O22ClO2H2OO2；（3）蒸发浓缩、降温结晶，得到NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）ClO2的性质与氯气相似，即ClO2的氧化性强于I2，ClO2把I-氧化成I2,淀粉遇碘单质変蓝，即B中现象是溶液变蓝色；（5）为了让有毒气体完全被吸收，从进气口通入一段时间的空气。23.Al、Mg及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请按要求回答下列问题。I.用废铝渣制备Al(OH)3的流程如下图所示，假设反应杂质不反应。（1）Al在元素周期表中的位置为_，试剂X的名称_ 。（2）溶液A显酸性的原因可能是(可用离子方程式表示) a.盐酸过量；b. _。II.用镁硅酸盐矿石制备高纯度Mg(OH)2的流程如下图所示:已知：溶液M中除含Mg2+、SO42-外，还含少量Fe3+、 Al3+、Fe2+等离子；Mg2+与氨水的反应为吸热反应。（1）向溶液M中先加入的试剂是_；产生的沉淀有_。（2）H2O2参与反应的离子方程式是_。（2）溶液N中Mg2+的装化率随温度T的变化情况如图所示。T1之后，Mg,2+的转化率减小的原因是_。【答案】 (1). 第三周期第IIIA族 (2). 氨水 (3). Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ (4). 2O2溶液 (5). Al(OH)3、Fe(OH)3 (6). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (7). 体系温度升高，NH3H2O分解而致浓度降低，故Mg2+转化率降低【解析】I.（1）Al为13号元素，核外电子排布为1S22S22P63S23P1,在周期表中的位置为第三周期第IIIA族。因为Al(OH)3能溶于过量的强碱，不溶于弱碱，所以根据图分析试剂X应为氨水。 （2）因为溶液A中含有的离子为Al3+和Mg2+，还可能是盐酸过量，所以溶液显酸性的原因可能是a.盐酸过量；也可能是Al3+发生水解反应了，其方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+。II.（1）因为溶液M中除含Mg2+、SO42-外，还含少量Fe3+、Al3+、Fe2+等离子，为了除去Fe3+、Al3+、Fe2+应先把Fe2+氧化成Fe3+，又不能增加新杂质，所以向溶液M中先加入H2O2溶液氧化Fe2+，其反应方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；加MgO调节溶液的酸碱性，使Fe3+、Al3+产生Al(OH)3、Fe(OH)3的沉淀。答案：H2O2溶液 Al(OH)3、Fe(OH)3 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O。（2）据Mg2+转化率随温度t的变化示意图可以知道，因为氨水与镁离子反应生成氢氧化镁的反应是吸热反应，所以升高温度，镁离子的转化率增大，但随着温度的升高NH3H2O分解而致浓度降低，氨气在水中的溶解度减小，氨水的浓度减小，所以T1之后会导致Mg2+转化率减小。答案：体系温度升高，NH3H2O分解而致浓度降低，故Mg2+转化率降低。24.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）丙的电子式为_；（2）写出下列反应的离子方程式：_；_。（3）写出D溶液与Al反应的化学方程式_。（4）浓硫酸具有强氧化性却可以用B材料车运输，是因为_。（5）为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是_。A碘水 BNaOH溶液 CKSCN溶液 DNa2SO3溶液【答案】 (1). (2). 2Fe2+Cl2=2Fe3+Cl- (3). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (4). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (5). 浓硫酸具有强氧化性，铁会与浓硫酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进行 (6). B【解析】【分析】金属单质A的焰