2019版高三化学上学期第一次月考试题(含解析).doc

2019版高三化学上学期第一次月考试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 K 39 Cl 35.5 Na 23 Mn 55一、单选题1.本草纲目中对烧酒的制作工艺有如下记载“自元时始刨其法，用浓酒和糟入甄，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。文中涉及的操作方法最适用于分离A. NH4Cl、I2 B. KNO3、Na2SO4 C. 丁醇、苯酚钠 D. 氯化钾、碳酸钙【答案】C【解析】分析：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，即属于蒸馏法，结合物质的性质差异来解答。详解：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，该法为蒸馏，则A. NH4Cl、I2分别是易溶于水和难溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，A错误；B. KNO3、Na2SO4均是易溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，B错误；C. 丁醇、苯酚钠的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，C正确；D. 氯化钾、碳酸钙分别是易溶于水和难溶于水的固体，不能用蒸馏法分离，D错误；答案选C。2.下列说法正确的是A. 蒸馏完毕后，先停止通冷凝水，再停止加热B. 用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气C. 从海带中提取碘应在烧杯中灼烧海带并用玻璃棒搅拌D. 液溴易挥发，盛放在用水液封的试剂瓶中【答案】D【解析】分析：A、根据蒸馏原理解答；B、根据氨气极易溶于水分析；C、固体灼烧在坩埚中进行；D、根据液溴易挥发解答。详解：A、蒸馏完毕后，应先停止加热，待烧瓶中溶液冷却后，再停止通冷凝水，因为在停止加热之后体系内温度依然很高，还会有少量蒸气溢出，A错误；B、氨气极易溶于水，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气，B错误；C、灼烧海带应使用坩埚，C错误；D、液溴易挥发，一般采用水封的办法以减少挥发，D正确；答案选D。3.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,有关说法正确的是（ ）A. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、冰冻法B. 氯碱工业中采用阴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，在反应中被还原【答案】D【解析】A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，A错误；B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，溶液中阳极上氢离子和阴极上氯离子放电，在阴极产生氢氧化钠，为防止氯气与氢氧化钠反应采用阳离子交换膜，使钠离子转移到阴极，所以提高产品纯度，B错误；C.MgCl2溶液加热，镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，使水解可以完全，因此由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是抑制MgCl2的水解，C错误；D.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，因此溴工业中、的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应、中均被氧化，在反应中被还原，D正确；答案选D.点睛：常用的离子交换膜有阳离子交换摸、阴离子交换膜、质子交换膜。4.实验室用下列装置制备无水AlCl3(183升华，過潮湿空气即产生大量白雾)。下列说法正确的是A. 该实验过程中e瓶可能产生白雾B. b、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸C. 实验开始时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯D. 实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和确硝酸，可确定生成的MnCl2的质量【答案】A【解析】d装置中产生的AlCl3受热易升华，f装置中的水蒸气挥发到e装置中，由于氯化铝极易水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢溶液形成白雾，所以在e装置中可能产生白雾，A说法正确；a装置产生Cl2，同时有HCl和水蒸气，所以b装置中应该是饱和食盐水，除去HCl气体，c装置应该是浓硫酸，除去水蒸气得干燥纯净的Cl2，b中盛装饱和NaHCO3溶液，与酸反应产生CO2气体，引入杂质，同时NaHCO3溶液呈碱性，能够吸收Cl2，B说法错误；由于金属铝是活泼的金属，极易被氧化，所以首先点燃a处酒精灯，然后点燃d处酒精灯，C说法错误；实验室制取氯气用浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应的进行，盐酸的浓度下降，当浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，此时反应后的溶液中仍然有盐酸，所以通过测定AgCl的质量来确定生成的MnCl2的质量是错误的，D选项错误，正确答案是A。5.下列装置正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】氨气不能用氯化钙干燥，因为会得到CaCl28NH3，选项A错误。二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下反应才能得到氯气，选项B错误。二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是二元中强酸，酸性强于碳酸，所以二氧化硫会与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，达到除去二氧化硫杂质的目的，选项C正确。蒸馏时温度计的水银球应该在支管口，选项D错误。6.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A向某钠盐中滴加浓盐酸。将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3B用乙酸浸泡水壶中的水垢。可将其清除乙酸的酸性大于碳酸C向某盐溶液中先加入少量氯水、再滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色原溶液中一定含有Fe2+D室温下。向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末。过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生Ksp(BaCO3)Ksp(BaCO3),有沉淀生成,不能说明Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)的关系，D错误；答案选B.7.下列实验的操作、现象、结论或解释均合理的是A. 酸碱中和滴定时，未用标准液润洗滴定管可导致最终计算结果偏大B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀可说明非金属性:ClSiC. 用已检查不漏液的分液漏斗分离苯和水的混合物，需在分液漏斗下端放出苯D. 向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，产生白色沉淀可说明原溶液中含有SO42-【答案】A【解析】A.酸碱中和滴定时，未用标准溶液润洗滴定管，会稀释标准溶液，导致所用标准溶液体积偏大，使最终结果偏大，故A正确；B.证明非金属性强弱，需用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，故B错误；C.苯的密度小于水，应从上口倒出，故C错误；D.溶液中还可能含有Ag+，故D错误。8.利用如图所示装置进行下列实验，现象和结论均正确的是选项中现象结论装置图A浓硝酸Cu淀粉-KI溶液变蓝NO2为氧化性气体B稀硫酸Na2SO3品红溶液褪色Na2SO3未变质C浓盐酸MnO2FeBr2溶液变为黄色氧化性：Cl2Br2D浓氨水NaOH湿润红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、NO2溶于水，发生3NO2H2O=2HNO3NO，可能是HNO3把KI中I氧化成I2，故A错误；B、检验Na2SO3是否变质，应检验是否含有SO42，故B错误；C、MnO2与浓盐酸反应，需要加热，但题中所给装置缺少加热装置，故C错误；D、利用NaOH固体遇水放出大量的热，是NH3H2O分解成NH3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH3为碱性气体，故D正确。9.将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液，充分反应后滴入品红溶液，能观察到的现象是：出现沉淀；不出现沉淀；品红溶液褪色；品红溶液不褪色A. B. C. D. 【答案】A【解析】SO2和Cl2发生反应：SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，当SO2、Cl2等物质的量通入溶液混合后，生成H2SO4和HCl，不具有漂白性，同时发生BaCl2H2SO4=BaSO42HCl，有白色沉淀发生，故选项A正确。10.实验室制备下列物质的装置正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A.因电石和水反应制取乙炔时会放出大量的热，所以不能用启普发生器制取乙炔，故A错误；B.制取乙烯时需要控制溶液的温度为170，而该装置中没有温度计，故B错误；C.利用水浴加热的方法制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸杂质，且长导管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中，该装置符合实验原理，故C正确；D.因氢气的密度小于空气，收集氢气时导气管应短进长出，故D错误；答案选C。点睛：乙烯的实验室制备必须在170，需要温度计控制反应条件。11.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法不正确的是A. 操作利用了物质的溶解性 B. 操作为分液C. 操作为过滤 D. 加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期【答案】B【解析】A. 由操作利用了物质的溶解性,故A正确；B. 操作为茶汤的分灌封口，不是分液，故B错；分离茶汤和茶渣属于过滤，故C正确； D维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故D正确；答案：B。12.下列叙述不正确的是A. 苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存B. 用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿C. 除去Fe粉中混有的I2：加热使I2升华D. 乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液【答案】C【解析】A、苯是良好的有机溶剂，腐蚀橡胶塞，因此贮存苯时不能用橡胶塞，故A说法正确；B、检验NH3时，用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝说明有NH3存在，故B说法正确；C、加热时，Fe与I2发生反应生成FeI2，故C说法错误；D、乙酸的酸性强于碳酸，因此加入饱和碳酸钠溶液，与乙酸发生反应，降低乙酸乙酯的溶解度，故D说法正确。13.某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、 BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是（ ）A. 气体A一定是混合气体B. 沉淀A一定是H2SiO3C. 白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D. 该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl2【答案】D【解析】固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A. 稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B. 沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C. B为Fe（OH）2 ，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D. 该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.14.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A. X、Z、W三元素形成的化合物为共价化合物B. 五种元素的原子半径从大到小的顺序是：MWZYXC. 化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D. 用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，在阳极区出现白色沉淀【答案】D【解析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，则X是H；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N，W是O。综上所述，X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al。A.X是H,Z是N，W是O,三元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al，其原子半径从大到小的顺序为AlCNOH，即MY Z W X，故B项错误；C. 化合物YW2、ZW2分别为CO2、NO2，CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C项错误；D.用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阳极区铝离子和碳酸氢根双水解会产生白色沉淀，阴极区产生氢气，故D项正确。答案选D.15.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，X、Y处于相邻位置，Y的最高正价与最低负价代数和为零，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等。下列说法错误的是A. 原子半径:XYZWB. 最高正价:WZYXC. 简单氢化物的热稳定性:WZYD. 简单离子的电子层结构:W与X相同【答案】B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，则W为F，Y的最高正价与最低负价代数和为零，则Y为Si，X为Al ，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等，则Z为S。A. 电子层越多原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径：XYZW，故A正确；B. F无正价，故B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性FSSi，所以简单氢化物的热稳定性:WZY，C正确；D.W的简单离子为F-,X的简单离子为Al3+，二者核外电子排布相同，简单离子的电子层结构相同，D正确；答案选B.16.短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，b元素的一种同位素可用于考古年代鉴定。甲、乙分别是元素b、d的单质，通常甲为固体，乙为气体，O.OOl mol/L的丙溶液pH=3；W、X、Y均是由这些元素构成的二元化合物，Y是形成酸雨的主要物质之一。上述物质的转化关系如图，下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：bdcB. a、c形成的化台物一定是共价化合物C. W、X、Y中X的熔沸点最高D. Y、Z均可用排水法收集【答案】【解析】根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为：C、O2 、HNO3 、CO2 、H2O、 NO2、NO，根据分析可解答问题。A. b、c、d分别为C、N、O， 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：bcd，A错误；B. a、c、d分别为H、N、O，可以形成离子化合物NH4NO3，B错误；C. W、X、Y分别为CO2 、H2O、 NO2，由于H2O 分子间能形成氢键，所以H2O的熔沸点最高，C正确；D. Y、Z分别为：NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误；答案选C.17.下列化学用语表述正确的是（ ）A. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：Ts117174B. 乙醇的结构简式：C2H6OC. COCl2的结构式为：D. CaO2的电子式为：【答案】C【解析】A. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts的质量数为291，可表示为Ts117291，故A错误；B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B错误；C. 在有机物中C元素形成4个共价键，O元素形成2个共价键，Cl元素形成1个共价键，所以COCl2的结构式为：，故C正确；D. CaO2中含有过氧离子，电子式为，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查化学用语，涉及原子构成、电子式、结构式、结构简式等，把握化学用语的区别及规范应用是解答本题的关键，试题难度不大。本题的易错点是D项，注意CaO2中含有的是过氧离子，不是氧离子。18.硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素，已知Se的原子结构示意图如图：。下列说法不正确的是()A. 该原子的质量数为34 B. 该元素处于第四周期第A族【答案】A【解析】A、从Se的原子结构示意图看出，Se的质子数为34，质量数一定大于34，A错误；B、Se原子有四个电子层，最外层电子数为6，所以Se在周期表中的位置为第四周期第A族，B正确；C、SeO2中Se的化合价为+4价处于中间价态，所以SeO2既具有氧化性又具有还原性，C正确；D、Se的非金属性弱于S，所以它们最高价氧化物对应的水化物的酸性大小为H2SO4 H2SeO4，D正确；答案选A。19.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中Y元素的原子最外层电子数是K层电子数的两倍，下列说法中不正确的是WXYZA. 原子半径大小：YZXWB. Y、Z常见的氢化物的热稳定性：HZYH4C. W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强D. W、Z和氢3种元素可以形成离子化合物【答案】A【解析】根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置和Y元素的原子最外层电子数是K层电子数的两倍，可知Y元素为Si，W元素为N，X元素为O，Z元素为Cl。A. 原子半径r(Si)r(Cl)r(N)r(O),A错误；B. Cl的非金属性强于Si，非金属性和气态氢化物的热稳定性一致，因此HZYH4，B正确；C. N的非金属性强于Si，非金属性和最高价氧化物对应水化物的酸性一致，C正确；D. N、Cl、H三种元素可以形成离子化合物NH4Cl，D正确。答案选A.20.下表是部分短周期主族元素的相关信息。下列说法错误的是元素编号元素性质或原子结构X周期序数=主族序数=原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a-bM是地壳中含量最多的金属元素W位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍A. 上述五种元素分布在三个不同周期B. 最简单氢化物的稳定性：YZC. M、W的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生化学反应D. Y、M、W分别形成的单核离子中，M形成的离子半径最小【答案】C【解析】X的周期序数=主族序数=原子序数，X是H元素；Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，Z原子L层电子数为a+b，M层电子数为a-b，则a=6、b=2，所以Y是O元素、Z是Si元素；M是地壳中含量最多的金属元素，M是Al元素；W位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，W是S元素。H、O、Si、Al、S分布在三个不同周期，故A正确；最简单氢化物的稳定性：H2OSiH4 ，故B正确；Al(OH)3与H2SO4，故C错误；O2-、Al3+、S2-的半径S2- O2- Al3+，故D正确。21.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u为形成酸雨的主要物质之一；25时，0.01mol/L的v溶液中pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径的大小:WZYXB. v能抑制水的电离而u能促进水的电离C. 粘有q的试管可用酒精洗涤D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同【答案】D【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为形成酸雨的主要物质之一，u为SO2；25时，0.01mol/L的v溶液中pH=12，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，q为S单质，以此解答该题。详解：由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，v为NaOH，q为S单质，u为SO2。A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：XYWZ，选项A错误；Bu为SO2，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，选项B错误；B元素的非金属性为OSH，即YWX，故B正确；Cq为S单质，微溶于酒精，故粘有q的试管不可用酒精洗涤，应用浓的氢氧化钠溶液，选项C错误；D、Z分别与Y、W组成的化合物Na2O、NaH中化学健类型均为离子键，相同，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握二氧化硫的应用及Kw的计算推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度不大。22.前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYB. 反应为吸热反应C. 反应为工业上制备漂白粉的反应原理D. X、Y分别与Z形成的化合物中，化学键类型一定相同【答案】【解析】根据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为水，W为氢元素，Y为氯元素，A为氯气；甲为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，X为氧，Z为钙；化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+ X2WB. 离子半径由大到小的顺序为Y2 Z2+ N W【答案】A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小则为氢元素，Y的次外层电子数是其电子总数的1/4，则为氧元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，根据化合价可知Z为镁，W与Y属于同一主族则W为硫元素，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂则为ClO2，N为氯元素。A. Y和W与X形成的简单化合物H2O、H2S的热稳定性：X2YX2W，选项A正确；B. 具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径由大到小的顺序为Z2+ Y2N1g/mL，所以100 g溶液的体积小于100 mL，10%的NaCl溶液中氯化钠的量为10%100/58.5=0.17mol,其浓度大于1.7 mol/L；D正确；正确选项D。25.关于一些实验的下列说法中，正确的有几个配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，将浓硫酸溶于水后，并不马上转移到容量瓶中，而是让其冷却至室温后才进行后续操作钠与氯气反应实验操作：取一块绿豆大的金属钠（切去氧化层），用滤纸吸干煤油，放在石棉网上，用酒精灯微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，观察现象。钾在空气中燃烧实验操作：将一干燥的坩埚加热，同时取一小块钾，滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，观察现象。做Na的性质的验证实验时，在较大的钠块上切下绿豆大小的金属钠后，将剩余部分放回原瓶中石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再重新加热蒸馏蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物A. 6个 B. 7个 C. 5个 D. 4个【答案】C【解析】配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故错误；容量瓶只能在常温下使用，只有把浓硫酸冷却后才能转移到容量瓶中，防止实验误差，故正确；钠的熔点低，首先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧生成氯化钠固体小颗粒，所以观察到产生大量白烟，反应的化学方程式为2Na+Cl22NaCl，故正确；取一小块钾，用滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，可以观察到钾的燃烧，故正确；钠容易被空气中的氧气氧化，也能与空气中的水蒸气反应，因此做Na的性质的验证实验时，剩余部分必须放回原试剂瓶中，防止发生意外，故正确；液体加热要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故正确；蒸馏是利用沸点不同分离的，但不是所有沸点不同的液体混合物都可以用蒸馏分离，沸点必须相差较大，一般需要达到30左右，如果温差较小，则不能通过蒸馏分离，故错误；正确的有5个，故选C。二、简答题26.根据下图所示各装置和实验室制取氧气的原理，回答下列问题：(1) 仪器B的名称为_。(2) 用mgMnO2和n g KC1O3组成的固体混合物加热制取氧气时，可选用的实验装置是_(填装罝序号）。(3) 将MnO2和KC1O3的混合物充分加热至不再产生氧气时，若要将其中的催化剂MnO2回收再利用，应进行的实验操作是将固体冷却、加水溶解、_、洗涤、干燥。证明MnO2固体已洗涤干净的操作方法为_。(4) 将(2)中的固体混合物加热一段时间，冷却后称得剩余固体为p g，则当(m+n-p):n=_时，表明KC1O3已完全分解。(5) 用双氧水和MnO2制取氧气时，不能选用装置c，其原因是_。(6) 用装置d制取氨气时，所需的化学药品是_。用电子式表示氨气的形成过程_。【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). b (3). 过滤 (4). 取最后一次的洗涤液，加硝酸、硝酸银无白色沉淀生成，则洗涤干净 (5). 96：245 (6). c中MnO2粉末固体与液体接触后不能关闭止水夹使固体与液体分离，则不选c装置 (7). 浓氨水与氢氧化钠固体（或生石灰或碱石灰） (8). +3。【解析】【分析】（1）由图可知使用的实验仪器；（2）固体混合物加热制取氧气，选择固体加热装置；（3）MnO2和KClO3的混合物充分加热至不再产生氧气时，固体为KCl和MnO2，MnO2不溶于水；利用过滤器洗涤，利用最后一次的洗涤液检验是否洗净；（4）利用质量守恒定律分析；（5）用双氧水和MnO2制取氧气时，选择固体与液体反应且不加热装置；（6）用装置d制取氨气时，为固体与液体反应且不加热装置；氮原子与氢原子以共价键形成氨气。【详解】（1）由图可知仪器B为长颈漏斗；（2）固体混合物加热制取氧气，选择固体加热装置，只有b装置符合，故答案为：b；（3）MnO2和KClO3的混合物充分加热至不再产生氧气时，固体为KCl和MnO2，MnO2不溶于水，则溶解后过滤、洗涤、干燥可回收催化剂；证明MnO2已洗涤干净的实验方法为取最后一次的洗涤液，加硝酸、硝酸银无白色沉淀生成，则洗涤干净；（4）表明KClO3已完全分解，剩余固体质量pg中含KCl为（p-m）g，则氧气质量为（n+m -p）g，由反应可知生成氧气为96n245g，所以满足（n-p+m）=96n245即(m+n-p):n=96：245时，表明KC1O3已完全分解；（5）用双氧水和MnO2制取氧气时，选择固体与液体反应且不加热装置，只有d符合，而c中MnO2粉末固体与液体接触后不能关闭止水夹使固体与液体分离，则不选c装置；(6) 用装置d制取氨气时，为固体与液体反应且不加热装置，所需的化学药品是浓氨水与氢氧化钠固体（或生石灰或碱石灰）；用电子式表示氨气的形成过程为+3。【点睛】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。27.某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如下实验方案。(1) 指出仪器的名称：_。(2) 检查A装置的气密性的方法是_。(3) 装置B检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可以为_。(4) 装置C中盛装溴水用以检验SO2的_性，则C中反应的离子方程式为_。(5) 装置D中盛装新制漂白粉浓溶液，通入SO2一段时间后，D中出现了大量白色沉淀。同学们对白色沉淀成分提出三种假设： 假设一：该白色沉淀为CaSO3；假设二：该白色沉淀为_；假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物。 基于假设一，同学们对白色沉淀成分进行了探究。设计如下方案：限选的仪器和试剂：过滤装置、试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、0.5 molL1HCl、0.5 molL1H2SO4、0.5 molL1BaCl2、1 molL1NaOH、品红溶液。第1步，将D中沉淀过滤、洗涤干净，备用。请回答洗涤沉淀的方法：_。第2步，用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入_(试剂)，塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入盛有_(试剂)的试管中。若出现_现象，则假设一成立。若假设二成立，试写出生成该白色沉淀的化学方程式：_。(6) 装置E中盛放的试剂是_，作用是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). (9). (10). (11). (12). (13). 【解析】根据强酸制弱酸的原理，实验室可用浓硫酸与亚硫酸钠来制取SO2气体。SO2具有漂白性、氧化性、还原性，本实验依次检验这3种性质。最后多余的SO2气体用碱吸收，为防止倒吸，使用倒扣漏斗吸收SO2。(1)仪器为分液漏斗。(2)装置A为制取SO2气体，实验前须先检查气密性。对于分液漏斗型装置的的气密性的检查方法基本是一样的，方法为：关闭分液漏斗活塞，将导管末端插入B试管水中，用手捂住锥形瓶，若在导管口有气泡冒出，松开手后导管中上升一段水柱，则表明装置A气密性良好。(3)SO2与氢硫酸反应生成硫单质，溶液变浑浊。SO2+2H2S=3S+2H2O反应中，SO2体现出氧化性，故B试管中盛放的是硫化氢水溶液或具有还原性的硫化钠或硫氢化钠溶液均可。答案为：硫化氢溶液(或硫化钠、硫氢化钠溶液均可) 。(4)Br2水有强氧化性，能 将SO2氧化为H2SO4，本身被还原为HBr，溴水颜色褪去，可以证明SO2具有还原性，发生的反应为：SO2+Br2+2H2O =H2SO4+2HBr，故答案为：还原性 ；离子方程式为SO2Br22H2O=SO42-4H2Br (5)漂白粉的成分为CaCl2、Ca（ClO）2，根据强酸制弱酸的原理，SO2可与Ca（ClO）2反应生成CaSO3沉淀和弱酸HClO。CaSO3具有还原性，HClO具有氧化性，CaSO3可被氧化为沉淀CaSO4，故假设二，沉淀可能为CaSO4。沉淀的洗涤是化学实验操作中的一个重点。洗涤的方法为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽生重复2到3次以上操作。根据SO32-可与酸反应生成具有漂白性的SO2气体，通过SO2能使品红褪色的原理可以判断是否含SO32-。用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入过量0.5 molL1HCl（不能加硫酸，否则又生成不溶的硫酸钙，那可能是假设3），将导管的另一端插入盛有品红该溶液的试管中，若出现固体完全溶解，出现气泡，且品红该溶液褪色的现象，即可证明沉淀为CaSO3，假设一成立。Ca(ClO)2具有氧化性，将SO2氧化成SO42-,发生的反应为：Ca(ClO)22SO22H2O=CaSO4H2SO42HCl (6)SO2属于污染大气的气体，不能排放在空气中。SO2属于酸性氧化物，故E中用NaOH溶液 吸收多余的SO2，防止污染环境，造成大气污染。28.A、B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子序数依次增大。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，B的简单氢化物的水溶液呈碱性，C、E同主族,形成的化合物为EC2、EC3。回答下列问题:（1）E在元素周期表中的位置为_。（2）D2E溶液在空气中长期放置发生反应,生成物之一为H。H与Na2O2的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。H的电子式为_。（3）化学家发现一种化学式为A4B4的化合物，由均带一个电荷的阴、阳离子组成，则该阴、阳离子为_。（4）B2A4C3是一种常见的炸药，其在常温下撞击时会生成一种气体(B2C)和一种常见液体，该反应的化学力程式为_。8g该物质反应转移的电子数目为_。（5）下列事实能说明元素F的非金属性比元素E的非金属性强的是_。a.元素F形成的单质比元素E形成的单质的熔点低b.F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高c.F2通入到D2E的溶液中出现浑浊【答案】 (1). 第3周期第A族 (2). (3). N3-、NH4+ (4). NH4NO3 N2O+2H2O (5). 0.4NA或2.4081023 (6). bc【解析】试题分析：本题考查元素的推断，涉及元素在周期表中位置的确定，电子式和化学方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算，元素非金属性强弱的判断。在短周期中A元素原子半径最小，D元素原子半径最大，A为H元素，D为Na元素；B的简单氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期的主族元素，C、E同主族形成的化合物为EC2、EC3，C为O元素，E为S元素，F为Cl元素。（1）E为S元素，原子序数为16，S在元素周期表中的位置：第3周期第VIA族。（2）D2E为Na2S，Na2S在空气中长期放置发生反应生成H，H与Na2O2的结构和化学性质相似，H为Na2S2，联想Na2O2的电子式，Na2S2的电子式为。（3）A4B4的化学式为H4N4，该化合物全由非金属元素组成，则阳离子为NH4+，阴离子带一个负电荷，则阴离子为N3-，阴、阳离子依次为N3-、NH4+。（4）B2A4C3为N2H4O3，该物质全由非金属元素组成，其化学式为NH4NO3，撞击生成N2O（B2C）和常见液体水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O。在该反应中NH4+中-3价的N化合价升至N2O中的+1价，NO3-中+5价的N化合价降至N2O中的+1价，1molNH4NO3反应转移4mol电子，n（NH4NO3）=8g80g/mol=0.1mol，8gNH4NO3反应转移0.4mol电子，转移电子数为0.4NA或2.4081023。（5）a项，熔点属于物理性质，不能用于判断元素非金属性强弱；b项，F和E两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高说明HCl比H2S温度，可说明Cl的非金属性强于S的非金属性；c项，F2通入到D2E的溶液中出现浑浊，发生反应Cl2+Na2S=2NaCl+S，说明Cl的非金属性强于S的非金属性；答案选bc。29.X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，