还剩15页未读，
继续阅读
山西省太原市六十六中2020届高三上学期月考化学试题
展开
太原市第66中学2020届高三年级第二次月考 化学试卷
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ba-137
第I卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题2分，共20分）
1. 化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法正确的是( )
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关
B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C. 白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D. 能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用
【答案】D
【解析】
试题分析：A、温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，错误；B、钢缆属于合金，是传统型材料，错误；C、塑化剂有毒，且与酒精互溶，不能过滤除去，错误；D、食品添加剂能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，正确，答案选D。
考点：考查化学与生活、环境的关系
2. 关于胶体和溶液的区别，下列叙述中正确的是
A. 溶液呈电中性，胶体带有电荷
B. 溶液中溶质微粒一定不带电，胶体中分散质微粒带有电荷
C. 溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过滤纸
D. 溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明亮的光带
【答案】D
【解析】
两者均为分散系，本质的区别是分散质微粒直径的大小，均为电中性，两者的微粒均可透过滤纸，两者可用丁达尔现象进行区分。溶液中溶质微粒也可以带电，例如NaCl溶液中可电离出阴阳离子，而大分子胶体中的胶粒也可以不带电，故答案为D
3.下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是
编号
纯净物
混合物
强电解质
非电解质
A
明矾
蔗糖
NaHCO3
CO2
B
天然橡胶
石膏
SO2
CH3CH2OH
C
冰
王水
H2SiO3
Cl2
D
胆矾
玻璃
H2SO4
NH3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.蔗糖分子式是C12H22O11，是化合物，属于纯净物，A错误；
B.天然橡胶中含有多种高分子化合物，属于混合物，石膏化学式是CaSO4·2H2O，属于化合物，SO2属于非电解质，B错误；
C.H2SiO3是弱酸，属于弱电解质，C错误；
D.胆矾是CuSO4·5H2O，属于化合物，是纯净物；玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，H2SO4是二元强酸，属于强电解质，NH3属于非电解质，选项中各种物质都符合题意，D正确；
故合理选项是D。
4.下列物质性质与应用对应关系正确的是 ( )
A. 晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料
B. 氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【答案】B
【解析】
试题分析：A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D不正确，答案选B。
考点：考查物质性质与应用的正误判断
5. 下列反应不属于氧化还原反应的是
A. 锌放入稀硫酸中 B. 高锰酸钾分解
C. 实验室制备氨气 D. 碳和水蒸气在高温下反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、锌与稀硫酸反应是置换反应，置换反应一定是氧化还原反应，错误；B、高锰酸钾分解生成锰酸钾和二氧化锰、氧气，有单质生成，是氧化还原反应，错误；C、实验室用氢氧化钙与氯化铵固体加热制取氨气，元素的化合价都未变化，不是氧化还原反应，正确；D、碳与水蒸气反应生成CO和氢气，元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，错误，答案选C。
考点：考查氧化还原反应的判断
6.设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是( )
A. 22.4ap/bNA B. 22.4ab/pNA C. 22.4NAb/a D. 22.4pb/aNA
【答案】D
【解析】
【详解】如果ag某双原子分子气体的分子数为P，则其物质的量是，所以该气体的摩尔质量是，则bg该气体在标准状况下的体积为，答案选D。
7.下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得的溶液浓度偏大的是
A. 要配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，在白纸上称4 g NaOH固体，并且称量速度较慢
B. 定容时俯视容量瓶刻度线
C. 溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥
D. 定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线
【答案】B
【解析】
【详解】A.白纸上称4g NaOH固体，并且称量速度较慢，会导致NaOH固体潮解，NaOH固体的实际质量偏小，而且NaOH会因为潮解沾在纸上，使溶质的质量进一步减少，则所配制溶液浓度偏低，A不符合题意；
B.定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏小，根据物质的量浓度定义式c=，可知溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥，由于不影响溶质的质量和溶液的体积，则根据物质的量浓度定义式c=，可知该操作对溶液的浓度无影响，C不符合题意；
D.定容时盖上瓶盖，摇匀后，由于少量液体沾在容量瓶的瓶颈上，使液面低于刻度线，由于溶液是均一的、稳定的，所以溶液浓度不变；若再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线，则会对溶液起稀释作用，使所配溶液浓度偏低，D不符合题意。
故合理选项是B。
8.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
【答案】D
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；
B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选D。
9.有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述错误的是
A. 相同温度下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强
B. 常温时水溶性:Na2CO3>NaHCO3
C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者无现象
【答案】D
【解析】
A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性更强，故A正确；B、常温时水溶性：Na2CO3>NaHCO3，故B正确；C、在酒精灯加热的条件下，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O，故C正确；D、 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误，故选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同
B. ZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离
C. N2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键
D. 由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.1H、2H、3H是氢元素的三种核素，它们的原子核外电子数相同，但质量数不同，所以物理性质不同，化学性质相同，A错误；
B. ZX3+是中性原子失去3个电子形成的带有3个单位正电荷的阳离子，根据结构示意图为，可知该离子核外有10个电子，则元素是Al元素，该离子是Al3+，Al3+能消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动而促进水的电离，B正确；
C.MgCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键形成的离子化合物，不存在非极性共价键，C错误；
D.物质的稳定性与分子之间的氢键无关，元素的非金属性F>Cl，导致HF分子内的共价键比HCl强，所以HF比HCl稳定，D错误；
故合理选项是B。
二、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题3分，共30分）
11.能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. Cu溶于稀HNO3：Cu+2H＋+NO3-=Cu2＋+NO2↑+H2O
B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32-+2H＋=CO2↑＋H2O
C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3： CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu与稀HNO3反应产生的气体是NO，离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，A错误；
B.NaHCO3在溶液中电离产生Na+、HCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应产生CO2、H2O，反应方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C.NH3·H2O是一元弱碱，与Al3+反应产生Al(OH)3沉淀，Al3＋+3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+ ，C错误；
D.H2CO3是弱酸，与NaAlO2溶液反应产生Al(OH)3沉淀和HCO3-，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，D正确；
故合理选项是D。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42-、NO3-
B. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO3-、NO3-
C. 0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、SO42-、I-
D. 0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl-、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项中的离子间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B.使酚酞变红色的溶液是碱性溶液，含有大量的OH-，OH-与选项中的Cu2＋会形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存；OH-与HCO3-会反应产生CO32-和H2O，也不能大量共存，B错误；
C.Ag+与I-会发生反应形成AgI沉淀，不能大量共存，C错误；
D.AlO2-与H+会发生反应，形成Al3+和H2O，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
13.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2L的SO3所含分子数为0.5 NA
B. 室温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH-离子的数目为0.1NA
C. 120克NaHSO4固体中含有的离子总数为2NA
D. 含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为2mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A.在标准状况下SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B错误；
C.120克NaHSO4的物质的量n(NaHSO4)=120g÷120g/mol=1mol，NaHSO4是离子化合物，在NaHSO4固体中含有Na+、HSO4-，所以1mol NaHSO4固体中含有的离子总数为2NA，C正确；
D.水是溶剂，溶剂的体积是1L，含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中得到的溶液的体积不是1L，因此不能计算Na+的物质的量浓度，D错误；
故合理选项是C。
14.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是 ( )
A. 若甲为AlC13溶液，则丁可能是NaOH溶液 B. 若甲为N2，则丁可能是O2
C. 若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸 D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【答案】B
【解析】
A．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；B．若甲为N2，丁如果是O2，则乙为NO、丙为NO2，NO2不能与N2反应生成NO，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选B。
15.下列有关物质性质的叙述不正确的是
A. 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化 B. 钠在空气中燃烧生成白色的Na20粉末
C. 二氧化硫可以使品红溶液褪色 D. 葡萄糖与银氨溶液在适当条件下可发生银镜反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温下，铝遇浓硝酸发生反应生成致密的氧化膜，此过程为钝化，故正确；
B. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na202粉末，故错误；
C. 二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故正确；
D. 葡萄糖含有醛基，与银氨溶液在适当条件下可发生银镜反应，故正确。
故选B。
16.今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl—、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体004mol
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的是
A. Cl—一定不存在 B. K+一定存在
C. Mg2+一定存在 D. Ba2+可能存在
【答案】B
【解析】
试题分析：由（1）判断溶液中 存在Cl—、CO32-、SO42-中的一种或几种；由（2）加入氢氧化钠溶液后加热有气体产生，说明原溶液中存在NH4+，且100mL溶液中铵根离子的物质的量是0.04mol；由（3）得原溶液中存在碳酸根离子和硫酸根离子，2.33g的沉淀是硫酸钡沉淀，物质的量是0.01mol，所以100mL的溶液中硫酸根离子的物质的量是0.01mol，所以原溶液中一定不存在Ba2+；6.27-2.33=3.94g是碳酸钡沉淀，则100mL溶液中碳酸根离子的物质的量是0.02mol，则原溶液中一定不存在Mg2+。根据溶液为电中性的特点，n(NH4+)<2n(CO32-)+2n(SO42-)，所以原溶液中一定含有K+；Cl-不能确定，所以答案选B。
考点：考查溶液中离子的判断与计算
17. 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原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是( )
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY＞rX
B. 含Y元素的盐溶液一定显酸性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W
D. X与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体
【答案】D
【解析】
W应为S、X为N、Z为Si、Y为Al。A项，原子半径：Y＞Z＞W＞X，错误；B项，AlCl3溶液呈酸性，NaAlO2溶液呈碱性，错误；C项，气态氢化物的稳定性W＞Z，错误；D项，NH5为NH4H，与水反应：NH4H＋H2O=NH3·H2O＋H2↑
NH3·H2O=NH3↑＋H2O，正确。
18.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
19.反应：A(气)＋3B(气) 2C(气) ∆H<0达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应速率加大，逆反应速率变小 B. 正反应速率变小，逆反应速率加大
C. 正反应速率和逆反应速率都变小 D. 正反应速率和逆反应速率都变大
【答案】C
【解析】
【详解】将气体混合物的温度降低，可以降低活化分子百分数，分子运动速率减慢，有效碰撞几率减小，故正逆反应速率均变小，故C正确；
答案：C
【点睛】不论反应是放热还是吸热，只要升高温度，化学反应速率都加快；降温，化学反应速率都减慢。
20. 下列有关说法正确的是
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C. 加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A不正确；B、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，B不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D不正确，答案选C。
考点：考查金属腐蚀、反应自发性、外界条件对水解平衡和反应速率以及平衡常数的影响
第II卷（非选择题共50分）
三、填空题
21. A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_________________。
(2)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应③的离子方程式：______________。
(3)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：______________。
【答案】 (1). 4NH3+6NO5N2+6H2O (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (3). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】
(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A是N2，B是NH3，C是NO，D是NO2；
(2)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。则A是Al，B是Al2O3，C是偏铝酸盐，D是Al(OH) 3。
(3)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是FeCl2。
【详解】(1)根据上述分析可知A是N2，B是NH3，C是NO，D是NO2。则B与C在一定条件下反应生成的A的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(2)根据上述分析可知A是Al，B是Al2O3，C是偏铝酸盐，D是Al(OH) 3。反应③Al2O3与强碱溶液反应产生偏铝酸盐和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(3)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是FeCl2，FeCl3溶液蚀刻印刷铜电路板反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
【点睛】问题考查了无机物推断的知识，涉及Al、Fe、N元素的单质及化合物的性质，熟练掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。
22.月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
（1）3He是高效核能原料，其原子核内中子数为_____________。
（2）Na的原子结构示意图为______，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为_______。
（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。
①MgO的熔点比BaO的熔点________（填“高”或“低”）
②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为______；SiO2的晶体类型为________。
③MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成盐为______（写化学式）。
（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1 kg3He同时可得6000kgH2和700kgN2，若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可制得碳酸氢铵___kg。
【答案】 (1). 1 (2). (3). (4). 高 (5). 2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O (6). 原子晶体 (7). NaCl、NaClO、Na2CO3 (8). 3950
【解析】
【详解】（1）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此该核素的原子核内中子数＝3－2＝1。
（2）原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数。由于钠的原子序数是11，位于元素周期表的第三周期第IA族，因此钠的原子结构示意图为；钠在氧气中完全燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，电子式可表示为。
（3）①氧化镁和氧化钡形成的晶体均是离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关系。晶格能越大，熔点越高。形成离子键的离子半径越小，离子的电荷数越多离子键越强，晶格能越大。由于镁离子半径小于钡离子半径，因此氧化镁中晶格能大于氧化钡中晶格能，则氧化镁的熔点高于氧化钡的熔点。
②氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，而氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，因此除去氧化镁中的二氧化硅可以用氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O；二氧化硅是由硅原子和氧原子通过共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体。
③氧化镁、炭粉和氯气在一定条件下反应制备氯化镁，另一种生成物可以被氢氧化钠溶液完全吸收，则气体应该是二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠。另外过量的氯气有毒也需要尾气处理，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，则盐的化学式为NaCl、NaClO、Na2CO3。
（4）根据反应的方程式可知
3H2 ＋ N2 ＝ 2NH3
6kg 28kg 34kg
6000kg 28000kg 34000kg
因此氮气不足，则实际生成的氨气的物质的量为×2，根据氮原子守恒可知，最终生成碳酸氢铵的质量为×2×79g/mol＝3950000g＝3950kg。
23.X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大，有关信息如下表：
X
动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y
地壳中含量位居第一位
Z
短周期中，其原子半径最大
Q
生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备
M
海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
请用对应元素的化学符号或化学式回答下列问题：
(1)X在周期表中的位置为_________；X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题．请写出该气态氢化物的电子式_________。
(2)已知37Rb和53I都位于第五周期，分别与Z和M同一主族。下列有关说法中正确的是________(填序号)。
a.原子半径：Rb>I
b.RbM中含有共价键
c.气态氢化物热稳定性：M>I
d.Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
(3)化合物QX导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，其抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料。可用Q的氧化物、焦炭和X的单质在高温下生成QX，已知每生成1mol QX，消耗18g碳，吸收a kJ的热量。据此，写出以上制取QX的热化学方程式__________。
(4)X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，将一定量该无色气体与氧气通入水中，恰好被完全吸收，生成一种酸，请写出该反应的化学方程式_______________。
【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). (3). acd (4). Al2O3(s)+C(s)+N2(g)=AlN(s)+CO(g) △H=+akJ/mol (5). 4NO+3O2+2H2O=4HNO3
【解析】
【分析】
根据表格已知信息可确定X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是Al元素，M是Cl元素。
(1)根据N原子核外电子排布可知N元素在元素周期表的位置，根据N原子最外层有5个电子，知其简单氢化物是NH3，N、H原子间通过共价键结合，可据此书写其电子式；
(2)根据同一主族的元素随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱分析判断；
(3)根据反应物质量计算其物质的量，利用物质反应时的物质的量与能量变化关系，结合质量守恒定律，书写相应的热化学方程式；
【详解】根据表格已知信息可确定X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是Al元素，M是Cl元素。
(1)N是7号元素，原子核外电子排布为2、5，所以N元素在元素周期表中位于第二周期第VA族；N原子与3个H原子通过共价键结合形成NH3，其电子式为：。
(2) a.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：Rb>I，a正确；
b.Rb是活泼的金属，Cl是活泼的非金属元素，二者之间通过电子得失形成阴阳离子，离子之间通过离子键结合形成RbCl，b错误；
c.元素的非金属性越强，其与H元素形成的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Cl>I，所以气态氢化物热稳定性：HCl>HI，c正确；
d.Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物分别是RbOH、Al(OH)3、HClO4，RbOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，HClO4是一元强酸，所以三种物质可以两两发生反应，产生盐和水，d正确；
故合理选项是acd。
(3)化合物AlN可用Al2O3、C和N2在高温下生成，每生成1molAlN，消耗18g碳，其物质的量是18g÷12g/mol=1.5mol，同时吸收a kJ的热量。根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得制取AlN的热化学方程式为：Al2O3(s)+C(s)+N2(g)=AlN(s)+CO(g) △H=+akJ/mol。
(4)X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，该气体是NO，将NO与O2通入水中，恰好被完全吸收，生成硝酸，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
【点睛】
四、实验题（14分）
24.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。
实验二 焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。
a．测定溶液的pH b．加入Ba(OH)2溶液 c．加入盐酸
d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。
实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O (2). 过滤 (3). d (4). a、e (5). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (6). 0.16 (7). 偏低
【解析】
（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－=H++SO32－，HSO3－+H2O==H2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸 ，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选a e；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；(6)①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0．0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2==2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。
点睛：本题考查二氧化硫的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，掌握实验原理是解题的关键。明确氧化还原反应配平原理及掌握实验中的基础操作，从而规范作答，才能提高得分率。
太原市第66中学2020届高三年级第二次月考 化学试卷
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ba-137
第I卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题2分，共20分）
1. 化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法正确的是( )
A. “雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关
B. “辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
C. 白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D. 能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用的食品添加剂，须限量使用
【答案】D
【解析】
试题分析：A、温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，错误；B、钢缆属于合金，是传统型材料，错误；C、塑化剂有毒，且与酒精互溶，不能过滤除去，错误；D、食品添加剂能够改善食品的色、香、味，并有防腐、保鲜作用，但不能随意使用，应限量使用，正确，答案选D。
考点：考查化学与生活、环境的关系
2. 关于胶体和溶液的区别，下列叙述中正确的是
A. 溶液呈电中性，胶体带有电荷
B. 溶液中溶质微粒一定不带电，胶体中分散质微粒带有电荷
C. 溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过滤纸
D. 溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现明亮的光带
【答案】D
【解析】
两者均为分散系，本质的区别是分散质微粒直径的大小，均为电中性，两者的微粒均可透过滤纸，两者可用丁达尔现象进行区分。溶液中溶质微粒也可以带电，例如NaCl溶液中可电离出阴阳离子，而大分子胶体中的胶粒也可以不带电，故答案为D
3.下列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是
编号
纯净物
混合物
强电解质
非电解质
A
明矾
蔗糖
NaHCO3
CO2
B
天然橡胶
石膏
SO2
CH3CH2OH
C
冰
王水
H2SiO3
Cl2
D
胆矾
玻璃
H2SO4
NH3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.蔗糖分子式是C12H22O11，是化合物，属于纯净物，A错误；
B.天然橡胶中含有多种高分子化合物，属于混合物，石膏化学式是CaSO4·2H2O，属于化合物，SO2属于非电解质，B错误；
C.H2SiO3是弱酸，属于弱电解质，C错误；
D.胆矾是CuSO4·5H2O，属于化合物，是纯净物；玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅的混合物，H2SO4是二元强酸，属于强电解质，NH3属于非电解质，选项中各种物质都符合题意，D正确；
故合理选项是D。
4.下列物质性质与应用对应关系正确的是 ( )
A. 晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料
B. 氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
C. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D. 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【答案】B
【解析】
试题分析：A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D不正确，答案选B。
考点：考查物质性质与应用的正误判断
5. 下列反应不属于氧化还原反应的是
A. 锌放入稀硫酸中 B. 高锰酸钾分解
C. 实验室制备氨气 D. 碳和水蒸气在高温下反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、锌与稀硫酸反应是置换反应，置换反应一定是氧化还原反应，错误；B、高锰酸钾分解生成锰酸钾和二氧化锰、氧气，有单质生成，是氧化还原反应，错误；C、实验室用氢氧化钙与氯化铵固体加热制取氨气，元素的化合价都未变化，不是氧化还原反应，正确；D、碳与水蒸气反应生成CO和氢气，元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，错误，答案选C。
考点：考查氧化还原反应的判断
6.设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是( )
A. 22.4ap/bNA B. 22.4ab/pNA C. 22.4NAb/a D. 22.4pb/aNA
【答案】D
【解析】
【详解】如果ag某双原子分子气体的分子数为P，则其物质的量是，所以该气体的摩尔质量是，则bg该气体在标准状况下的体积为，答案选D。
7.下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得的溶液浓度偏大的是
A. 要配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，在白纸上称4 g NaOH固体，并且称量速度较慢
B. 定容时俯视容量瓶刻度线
C. 溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥
D. 定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线
【答案】B
【解析】
【详解】A.白纸上称4g NaOH固体，并且称量速度较慢，会导致NaOH固体潮解，NaOH固体的实际质量偏小，而且NaOH会因为潮解沾在纸上，使溶质的质量进一步减少，则所配制溶液浓度偏低，A不符合题意；
B.定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏小，根据物质的量浓度定义式c=，可知溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥，由于不影响溶质的质量和溶液的体积，则根据物质的量浓度定义式c=，可知该操作对溶液的浓度无影响，C不符合题意；
D.定容时盖上瓶盖，摇匀后，由于少量液体沾在容量瓶的瓶颈上，使液面低于刻度线，由于溶液是均一的、稳定的，所以溶液浓度不变；若再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线，则会对溶液起稀释作用，使所配溶液浓度偏低，D不符合题意。
故合理选项是B。
8.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
B. 戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D. 乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
【答案】D
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；
B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；
C．苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；
故选D。
9.有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述错误的是
A. 相同温度下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强
B. 常温时水溶性:Na2CO3>NaHCO3
C. 在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者无现象
【答案】D
【解析】
A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性更强，故A正确；B、常温时水溶性：Na2CO3>NaHCO3，故B正确；C、在酒精灯加热的条件下，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O，故C正确；D、 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误，故选D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同
B. ZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离
C. N2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键
D. 由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.1H、2H、3H是氢元素的三种核素，它们的原子核外电子数相同，但质量数不同，所以物理性质不同，化学性质相同，A错误；
B. ZX3+是中性原子失去3个电子形成的带有3个单位正电荷的阳离子，根据结构示意图为，可知该离子核外有10个电子，则元素是Al元素，该离子是Al3+，Al3+能消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动而促进水的电离，B正确；
C.MgCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键形成的离子化合物，不存在非极性共价键，C错误；
D.物质的稳定性与分子之间的氢键无关，元素的非金属性F>Cl，导致HF分子内的共价键比HCl强，所以HF比HCl稳定，D错误；
故合理选项是B。
二、选择题（每小题只有一个正确答案。每小题3分，共30分）
11.能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. Cu溶于稀HNO3：Cu+2H＋+NO3-=Cu2＋+NO2↑+H2O
B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32-+2H＋=CO2↑＋H2O
C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3： CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu与稀HNO3反应产生的气体是NO，离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，A错误；
B.NaHCO3在溶液中电离产生Na+、HCO3-，NaHCO3与稀盐酸反应产生CO2、H2O，反应方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C.NH3·H2O是一元弱碱，与Al3+反应产生Al(OH)3沉淀，Al3＋+3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4+ ，C错误；
D.H2CO3是弱酸，与NaAlO2溶液反应产生Al(OH)3沉淀和HCO3-，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，D正确；
故合理选项是D。
12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO42-、NO3-
B. 使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO3-、NO3-
C. 0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、SO42-、I-
D. 0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl-、SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项中的离子间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；
B.使酚酞变红色的溶液是碱性溶液，含有大量的OH-，OH-与选项中的Cu2＋会形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存；OH-与HCO3-会反应产生CO32-和H2O，也不能大量共存，B错误；
C.Ag+与I-会发生反应形成AgI沉淀，不能大量共存，C错误；
D.AlO2-与H+会发生反应，形成Al3+和H2O，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
13.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2L的SO3所含分子数为0.5 NA
B. 室温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH-离子的数目为0.1NA
C. 120克NaHSO4固体中含有的离子总数为2NA
D. 含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为2mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A.在标准状况下SO3呈固态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B错误；
C.120克NaHSO4的物质的量n(NaHSO4)=120g÷120g/mol=1mol，NaHSO4是离子化合物，在NaHSO4固体中含有Na+、HSO4-，所以1mol NaHSO4固体中含有的离子总数为2NA，C正确；
D.水是溶剂，溶剂的体积是1L，含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中得到的溶液的体积不是1L，因此不能计算Na+的物质的量浓度，D错误；
故合理选项是C。
14.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是 ( )
A. 若甲为AlC13溶液，则丁可能是NaOH溶液 B. 若甲为N2，则丁可能是O2
C. 若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸 D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
【答案】B
【解析】
A．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；B．若甲为N2，丁如果是O2，则乙为NO、丙为NO2，NO2不能与N2反应生成NO，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选B。
15.下列有关物质性质的叙述不正确的是
A. 常温下，铝遇浓硝酸发生钝化 B. 钠在空气中燃烧生成白色的Na20粉末
C. 二氧化硫可以使品红溶液褪色 D. 葡萄糖与银氨溶液在适当条件下可发生银镜反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温下，铝遇浓硝酸发生反应生成致密的氧化膜，此过程为钝化，故正确；
B. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na202粉末，故错误；
C. 二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故正确；
D. 葡萄糖含有醛基，与银氨溶液在适当条件下可发生银镜反应，故正确。
故选B。
16.今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl—、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体004mol
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的是
A. Cl—一定不存在 B. K+一定存在
C. Mg2+一定存在 D. Ba2+可能存在
【答案】B
【解析】
试题分析：由（1）判断溶液中 存在Cl—、CO32-、SO42-中的一种或几种；由（2）加入氢氧化钠溶液后加热有气体产生，说明原溶液中存在NH4+，且100mL溶液中铵根离子的物质的量是0.04mol；由（3）得原溶液中存在碳酸根离子和硫酸根离子，2.33g的沉淀是硫酸钡沉淀，物质的量是0.01mol，所以100mL的溶液中硫酸根离子的物质的量是0.01mol，所以原溶液中一定不存在Ba2+；6.27-2.33=3.94g是碳酸钡沉淀，则100mL溶液中碳酸根离子的物质的量是0.02mol，则原溶液中一定不存在Mg2+。根据溶液为电中性的特点，n(NH4+)<2n(CO32-)+2n(SO42-)，所以原溶液中一定含有K+；Cl-不能确定，所以答案选B。
考点：考查溶液中离子的判断与计算
17. 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原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是( )
A. 原子半径：rW＞rZ＞rY＞rX
B. 含Y元素的盐溶液一定显酸性
C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W
D. X与氢元素组成的化合物XH5与水反应可产生两种气体
【答案】D
【解析】
W应为S、X为N、Z为Si、Y为Al。A项，原子半径：Y＞Z＞W＞X，错误；B项，AlCl3溶液呈酸性，NaAlO2溶液呈碱性，错误；C项，气态氢化物的稳定性W＞Z，错误；D项，NH5为NH4H，与水反应：NH4H＋H2O=NH3·H2O＋H2↑
NH3·H2O=NH3↑＋H2O，正确。
18.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
19.反应：A(气)＋3B(气) 2C(气) ∆H<0达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应速率加大，逆反应速率变小 B. 正反应速率变小，逆反应速率加大
C. 正反应速率和逆反应速率都变小 D. 正反应速率和逆反应速率都变大
【答案】C
【解析】
【详解】将气体混合物的温度降低，可以降低活化分子百分数，分子运动速率减慢，有效碰撞几率减小，故正逆反应速率均变小，故C正确；
答案：C
【点睛】不论反应是放热还是吸热，只要升高温度，化学反应速率都加快；降温，化学反应速率都减慢。
20. 下列有关说法正确的是
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C. 加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A不正确；B、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，B不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D不正确，答案选C。
考点：考查金属腐蚀、反应自发性、外界条件对水解平衡和反应速率以及平衡常数的影响
第II卷（非选择题共50分）
三、填空题
21. A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_________________。
(2)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应③的离子方程式：______________。
(3)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式：______________。
【答案】 (1). 4NH3+6NO5N2+6H2O (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (3). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】
(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A是N2，B是NH3，C是NO，D是NO2；
(2)若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。则A是Al，B是Al2O3，C是偏铝酸盐，D是Al(OH) 3。
(3)若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，则A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是FeCl2。
【详解】(1)根据上述分析可知A是N2，B是NH3，C是NO，D是NO2。则B与C在一定条件下反应生成的A的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
(2)根据上述分析可知A是Al，B是Al2O3，C是偏铝酸盐，D是Al(OH) 3。反应③Al2O3与强碱溶液反应产生偏铝酸盐和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(3)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是FeCl2，FeCl3溶液蚀刻印刷铜电路板反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
【点睛】问题考查了无机物推断的知识，涉及Al、Fe、N元素的单质及化合物的性质，熟练掌握元素及化合物的性质是本题解答的关键。
22.月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
（1）3He是高效核能原料，其原子核内中子数为_____________。
（2）Na的原子结构示意图为______，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为_______。
（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。
①MgO的熔点比BaO的熔点________（填“高”或“低”）
②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为______；SiO2的晶体类型为________。
③MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成盐为______（写化学式）。
（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1 kg3He同时可得6000kgH2和700kgN2，若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可制得碳酸氢铵___kg。
【答案】 (1). 1 (2). (3). (4). 高 (5). 2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O (6). 原子晶体 (7). NaCl、NaClO、Na2CO3 (8). 3950
【解析】
【详解】（1）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此该核素的原子核内中子数＝3－2＝1。
（2）原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数。由于钠的原子序数是11，位于元素周期表的第三周期第IA族，因此钠的原子结构示意图为；钠在氧气中完全燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，电子式可表示为。
（3）①氧化镁和氧化钡形成的晶体均是离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能有关系。晶格能越大，熔点越高。形成离子键的离子半径越小，离子的电荷数越多离子键越强，晶格能越大。由于镁离子半径小于钡离子半径，因此氧化镁中晶格能大于氧化钡中晶格能，则氧化镁的熔点高于氧化钡的熔点。
②氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，而氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，因此除去氧化镁中的二氧化硅可以用氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O；二氧化硅是由硅原子和氧原子通过共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体。
③氧化镁、炭粉和氯气在一定条件下反应制备氯化镁，另一种生成物可以被氢氧化钠溶液完全吸收，则气体应该是二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠。另外过量的氯气有毒也需要尾气处理，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，则盐的化学式为NaCl、NaClO、Na2CO3。
（4）根据反应的方程式可知
3H2 ＋ N2 ＝ 2NH3
6kg 28kg 34kg
6000kg 28000kg 34000kg
因此氮气不足，则实际生成的氨气的物质的量为×2，根据氮原子守恒可知，最终生成碳酸氢铵的质量为×2×79g/mol＝3950000g＝3950kg。
23.X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大，有关信息如下表：
X
动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y
地壳中含量位居第一位
Z
短周期中，其原子半径最大
Q
生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备
M
海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
请用对应元素的化学符号或化学式回答下列问题：
(1)X在周期表中的位置为_________；X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题．请写出该气态氢化物的电子式_________。
(2)已知37Rb和53I都位于第五周期，分别与Z和M同一主族。下列有关说法中正确的是________(填序号)。
a.原子半径：Rb>I
b.RbM中含有共价键
c.气态氢化物热稳定性：M>I
d.Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
(3)化合物QX导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，其抗熔融金属侵蚀的能力强，是熔铸纯铁、铝或铝合金理想的坩埚材料。可用Q的氧化物、焦炭和X的单质在高温下生成QX，已知每生成1mol QX，消耗18g碳，吸收a kJ的热量。据此，写出以上制取QX的热化学方程式__________。
(4)X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，将一定量该无色气体与氧气通入水中，恰好被完全吸收，生成一种酸，请写出该反应的化学方程式_______________。
【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). (3). acd (4). Al2O3(s)+C(s)+N2(g)=AlN(s)+CO(g) △H=+akJ/mol (5). 4NO+3O2+2H2O=4HNO3
【解析】
【分析】
根据表格已知信息可确定X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是Al元素，M是Cl元素。
(1)根据N原子核外电子排布可知N元素在元素周期表的位置，根据N原子最外层有5个电子，知其简单氢化物是NH3，N、H原子间通过共价键结合，可据此书写其电子式；
(2)根据同一主族的元素随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱分析判断；
(3)根据反应物质量计算其物质的量，利用物质反应时的物质的量与能量变化关系，结合质量守恒定律，书写相应的热化学方程式；
【详解】根据表格已知信息可确定X是N元素，Y是O元素，Z是Na元素，Q是Al元素，M是Cl元素。
(1)N是7号元素，原子核外电子排布为2、5，所以N元素在元素周期表中位于第二周期第VA族；N原子与3个H原子通过共价键结合形成NH3，其电子式为：。
(2) a.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：Rb>I，a正确；
b.Rb是活泼的金属，Cl是活泼的非金属元素，二者之间通过电子得失形成阴阳离子，离子之间通过离子键结合形成RbCl，b错误；
c.元素的非金属性越强，其与H元素形成的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Cl>I，所以气态氢化物热稳定性：HCl>HI，c正确；
d.Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物分别是RbOH、Al(OH)3、HClO4，RbOH是一元强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，HClO4是一元强酸，所以三种物质可以两两发生反应，产生盐和水，d正确；
故合理选项是acd。
(3)化合物AlN可用Al2O3、C和N2在高温下生成，每生成1molAlN，消耗18g碳，其物质的量是18g÷12g/mol=1.5mol，同时吸收a kJ的热量。根据反应前后各种元素的原子个数相等，可得制取AlN的热化学方程式为：Al2O3(s)+C(s)+N2(g)=AlN(s)+CO(g) △H=+akJ/mol。
(4)X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，该气体是NO，将NO与O2通入水中，恰好被完全吸收，生成硝酸，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
【点睛】
四、实验题（14分）
24.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。
实验二 焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。
a．测定溶液的pH b．加入Ba(OH)2溶液 c．加入盐酸
d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。
实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O (2). 过滤 (3). d (4). a、e (5). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (6). 0.16 (7). 偏低
【解析】
（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－=H++SO32－，HSO3－+H2O==H2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸 ，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选a e；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；(6)①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0．0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2==2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。
点睛：本题考查二氧化硫的制取，Na2S2O5含量的测定，实验操作等基础知识，掌握实验原理是解题的关键。明确氧化还原反应配平原理及掌握实验中的基础操作，从而规范作答，才能提高得分率。
相关资料
更多
