2022-2022学年浙江省杭州市建人高复学校高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1．水是国家战略性资源，下列物质对水质不会产生严重污染的是（ ）A．CH3OHB．SO2C．PbCl2D．CO2 2．以下关于物质分类的说法正确的是（ ）①液氨和液氯都是纯净物；②纯碱和熟石灰都是碱；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④高氯酸和硫酸钡都是强电解质；⑤Na2S、Na2O2、Na2SiO3都是钠盐．A．①②③B．①②⑤C．①③④D．①③⑤ 3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．CaH2的电子式：[H：]‑Ca2+[：H]﹣B．Cl﹣的结构示意图：C．质子数为92、中子数为146的U原子：D．2，4，6﹣三硝基苯甲酸结构简式： 4．用图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是（ ）A．向亚硫酸钠溶液中通入氯气B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C．向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气 5．石墨烯是从石墨中剥离出来的，其结构如图所示．单层的石墨烯其厚度只有一个碳原子厚，被证实是世界上已经发现的最薄、最坚硬的物质，可制成电阻率最小的纳米材料．下列关于石墨烯的说法正确的是（ ）28\nA．石墨烯与金刚石互为同位素B．从石墨中剥离得石墨烯需克服范德华力C．石墨烯是高分子化合物D．制成的纳米材料微粒直径在1nm～100nm，因此石墨烯纳米材料属于胶体 6．下列实验操作或现象解释不正确的是（ ）A．进行焰色反应时，必须用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝，然后再进行实验B．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．读取滴定管内液体体积时，俯视读数导致读数偏小D．利用一束强光照射明矾水溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解 7．金山铁路支线即上海轨交22号线运营采用动车组列车，最高时速可达160公里/小时．下列有关说法中正确的是（ ）A．铁路勘探时常用太阳能电池提供能量，太阳能电池是原电池B．铁轨焊接时常用到铝热反应，铝热反应中放出大量的热足以使铁熔化C．铁元素在周期表中位于第四周期ⅡB族D．工业上铁、铝的冶炼均采用热还原法 8．下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）A．固体硝酸铜受热分解B．Na2O2与足量的稀硫酸反应C．木炭和浓硫酸共热D．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应 9．在下列变化：①工业制盐酸②工业制漂粉精③实验室制氯气中，按氯元素被氧化、被还原、既被氧化又被还原的顺序排列，正确的是（ ）A．①②③B．②①③C．①③②D．③①② 10．短周期元素M、X、Y、Z，其中X、Y、Z在周期表中所处的位置如图所示．M元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍．X、Y、Z三种元素原子质子数之和为32．则下列说法正确的是（ ）A．元素M与氢元素组成化合物一定是正四面体型分子B．X、Y两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物的水化物发生反应，且反应类型相同C．X、Z两种元素的氢化物相互反应的产物是共价化合物D．四种元素形成的气态氢化物中，Z元素形成的氢化物热稳定性最大28\n 11．氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（ ）A．AlON和石英的化学键类型相同B．AlON和石英晶体类型相同C．AlON中N元素的化合价为﹣1D．电解熔融AlON或电解熔融Al2O3都能得到Al 12．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NAB．标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同C．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NAD．1L0.1mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+的数目为0.2NA 13．铁铜合金中逐滴加入稀硝酸的过程中，下列离子方程式较难发生的是（ ）A．Fe+4H++NO3﹣→Fe3++NO↑+2H2OB．3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2OC．3Cu+8H++2NO3﹣→3Cu2++2NO↑+4H2OD．3Fe2++4H++NO3﹣→3Fe3++NO↑+2H2O 14．已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应2S2Cl2+2H2O→4HCl+SO2↑+3S↓．在该反应中（ ）A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1C．每生成22.4LSO2转移3mol电子D．每生成48g硫会断裂6mol共价键 15．下列离子或分子在溶液中能大量共存，但通入NO2后不能大量共存，且不会生成沉淀的一组是（ ）A．K+、Na+、NO3﹣、SiO32﹣B．Al3+、K+、SO42﹣、S2﹣C．Ag+、Na+、NH3•H2O、NO3﹣D．Cu2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣ 16．由下列实验事实所得出的相应结论的因果关系正确的是（ ）实验事实结论AKClO3和SO3溶于水后能导电KClO3和SO3为电解质BSO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀BaSO3不溶于强酸C将CO2通入NaAlO2溶液会产生白色沉淀结合H+的能力：HCO＜AlOD常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：P＞NA．AB．BC．CD．D 17．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质．下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是（ ）A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数B．依据物质相对分子质量，推断物质熔、沸点的高低28\nC．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性 18．莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶液经常用于定量滴定实验，下列有关说法正确的是（ ）A．配制0.1mol•L﹣1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B．可与含Fe2+、HClO、H+、Cl﹣微粒的溶液大量共存C．加入过量Ba（OH）2溶液发生反应：2Ba2++2SO42﹣+Fe2++2OH﹣=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓D．取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+ 19．下列离子方程式中正确的是（ ）A．NH4HSO4溶液中加入少量NaOH稀溶液：NH4++OH﹣=NH3•H2OB．Ca（ClO）2溶液中通入过量的二氧化硫气体：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣C．酸性高锰酸钾溶液中滴入少量过氧化氢：2MnO4﹣+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2OD．为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑ 20．下表为五种短周期元素的部分性质．元素代号XYZQR原子半径/10﹣10m0.370.660.700.880.99主要化合价+1﹣2+5、﹣3+3+7、﹣1下列有关说法正确的是（ ）A．元素X、Y、Z形成的化合物一定是离子化合物B．X元素和R元素形成的化合物XR是18电子的分子C．化合物QR3分子中各原子均满足8电子稳定结构D．元素Z的氧化物对应水化物一定为强酸 21．下列有关共价键的说法正确的是（ ）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力 22．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：X＞YD分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．AB．BC．CD．D 23．下列反应与Na2O2+SO2═Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）28\nA．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2↑C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3═2Na2CrO4+Na2O 24．2022年有科学家在《Science》上发表论文，宣布发现铝的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13﹣和Al142+等．Al13、Al14的性质很像现行周期表中某些主族元素，已知当这类超原子具有40个价电子时最稳定．下列说法不正确的是（ ）A．Al13与卤素原子性质相似，能形成稳定的Al13﹣B．Al14与HI反应的化学方程式为：Al14+2HI═Al14I2+H2C．Al13超原子中Al原子间是通过离子键结合的D．Al14与ⅡA族元素性质相似，容易失去2个电子形成稳定的Al142+ 25．将ag二氧化锰粉末加入bmol/L的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．可以收集到氯气LB．反应后溶液中的Cl﹣数目为：C．NA可表示为：D．反应后溶液中的H+数目为：bc﹣2d 二、填空、简答题（本大题包括4小题，共28分）26．根据题意填写下列空格：（1）cmol•L﹣1KCl溶液的密度为ρg/cm3，则此KCl溶液的质量分数为 ；（2）标准状况下，将充满NO2的试管倒立于盛有蒸馏水的水槽中，足够长时间后，假设不考虑溶质扩散，试管中溶质的物质的量浓度为 mol•L﹣1． 27．已知C与Sn在元素周期表中处于同一主族．回答下列问题：（1）配平： Na2CO3+ SnO2+ S Na2SO4+ Na2SnS3+ CO2↑．（2）上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 ．标准状况下，若产生22.4L的CO2气体，转移的电子数为 NA．（3）上述反应中，金属性最强的元素与铝元素相比较，可作为判断金属性强弱依据的是 （选填编号）．a．能否置换出铝盐溶液中铝b．Al（OH）3能否溶解在该元素最高价氧化物对应水化物中c．单质与氢气化合的难易程度d．单质与同浓度的稀盐酸发生反应的快慢程度（4）常温下，测得Na2SnS3溶液pH＞7，请用离子方程式表示其原因： ． 28\n28．硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料．锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如下：（1）硅元素位于元素周期表的第 周期 族．（2）已知反应Ⅰ得到的粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为2：1．写出制造粗硅时的反应方程式 ．SiC熔融时不导电，工业上常用作耐火和高温炉的材料，由此推知，它属于 晶体．（3）因为SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，所以整个制备过程必须严格控制无水条件．在干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入到浓H2SO4中．冷却的作用是 ． 29．W、X、Y、Z、T均是短周期元素，W和X同周期，W和Y同主族；W原子最外层电子数是内层电子数的两倍，X元素族序数是所在周期数的三倍；X的阴离子与Z的阳离子的电子层结构相同；Z的单质与X的单质在不同条件下反应，可生成Z2X或Z2X2；T和Z同周期，且T是所在周期中原子半径最小的元素．请回答：（1）WX2的结构式是 ．（2）X、Z、T离子半径由大到小的顺序为 （用离子符号回答）．（3）X、T的气态氢化物沸点较高的是 （用化学式回答），原因是 ．（4）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，TX2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀．当消耗13.50gTX2时，共转移了lmol电子，则反应的离子方程式为 ． 三、实验题：（本大题包括1小题，共12分）30．碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的流程如图1：（1）步骤①在图2装置中进行．浓硝酸与铜反应的离子方程式 ．（2）已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，NO不能单独与NaOH溶液反应，实验结束时，如何操作才能使该装置中的有毒气体被NaOH溶液充分吸收？ ．（3）步骤②中，水浴加热所需仪器有 、 （加热、夹持仪器、石棉网除外）；洗涤的目的是 ．（4）步骤②的滤液中可能含有CO32﹣，检验CO32﹣存在的方法 ．（5）若实验得到2.42g样品（只含CuO杂质），取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是 ． 28\n 四、计算题：（本大题包括1小题，共10分）31．在200mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，见下图一所示．（1）原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度为 mol•L﹣1（2）V1：V2= ．（3）若滴加盐酸过程中得到沉淀0.975g，则滴入盐酸的体积可能为 mL．（4）在图二坐标中画出该混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，所得沉淀的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系． 28\n2022-2022学年浙江省杭州市建人高复学校高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1．水是国家战略性资源，下列物质对水质不会产生严重污染的是（ ）A．CH3OHB．SO2C．PbCl2D．CO2【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】元素及其化合物．【分析】对水质不产生严重污染，不能像水中排放污染物，如甲醇、硫氧化物、氮氧化物以及重金属盐．【解答】解：题中CH3OH、SO2都是有害物质，对人体有害，PbCl2为重金属盐，对人体有害，不能排放到水中，CO2微溶于水，对水质不会产生严重污染．故选D．【点评】本题考查常见环境污染及治理，题目难度不大，注意相关物质的性质，把握常见物质的性质以及对环境的危害． 2．以下关于物质分类的说法正确的是（ ）①液氨和液氯都是纯净物；②纯碱和熟石灰都是碱；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④高氯酸和硫酸钡都是强电解质；⑤Na2S、Na2O2、Na2SiO3都是钠盐．A．①②③B．①②⑤C．①③④D．①③⑤【考点】混合物和纯净物；单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】①纯净物是同种物质组成，包括单质和化合物；②纯碱是碳酸钠属于盐；③冰是水，干冰是二氧化碳；④高氯酸是强酸，硫酸钡是盐；⑤过氧化钠是过氧化物不是盐．【解答】解：①液氨是氨气液态存在形式液氯氯气的液态存在形式，是纯净的单质都是纯净物，故①正确；②纯碱是碳酸钠属于盐，熟石灰是氢氧化钙是碱，故②错误；③冰为水、干冰为二氧化碳它们既是纯净物又是化合物，故③正确；④高氯酸是强酸水溶液中导电，硫酸钡是盐熔融状态导电都是强电解质，故④正确；⑤Na2S、Na2SiO3是钠盐，Na2O2是过氧化物，不属于盐，故⑤错误；综上所述：①③④正确故选C．【点评】本题考查了物质分类，主要是纯净物、氧化物、酸碱盐、电解质等概念的应用，较简单． 3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．CaH2的电子式：[H：]‑Ca2+[：H]﹣28\nB．Cl﹣的结构示意图：C．质子数为92、中子数为146的U原子：D．2，4，6﹣三硝基苯甲酸结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；核素；结构简式．【专题】化学用语专题．【分析】A、CaH2是离子化合物，由钙离子与氢负离子构成．B、Cl﹣质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8．C、原子符合ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符合，其中质量数=质子数+中子数，Z可以省略．D、硝基中连接苯环的是N原子．【解答】解：A、CaH2是离子化合物，由钙离子与氢负离子构成，电子式为[H：]‑Ca2+[：H]﹣，故A正确；B、Cl﹣质子数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，氯离子结构示意图为，故B错误；C、质子数为92、中子数为146的U原子，质量数为92+146=238，原子符号为92238U，故C错误；D、2，4，6﹣三硝基苯甲酸结构简式为，故D错误．故选：A．【点评】考查常用化学用语的书写，难度中等．注意A中氢负离子的2个电子为成对电子，不能分开写，D选项中硝基中N原子与苯环直接相连． 4．用图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是（ ）A．向亚硫酸钠溶液中通入氯气B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢28\nC．向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气【考点】电解质溶液的导电性．【专题】离子反应专题．【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度成正比，离子浓度越大，溶液导电性越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答．【解答】解：A．向亚硫酸钠溶液中通入氯气，离子浓度增大，溶液导电能力明显增强，故A不选；B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢反应生成AgCl和硝酸，溶液中离子浓度变化不明显，导致导电能力变化不明显，故B不选；C．向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气，反应生成单质碘，溶液中离子浓度减小，所以溶液导电能力明显减弱，故C选；D．向NaOH溶液中通入少量Cl2，NaOH是强电解质，生成的NaCl、NaClO也是强电解质，离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选；故选C．【点评】本题考查电解质溶液导电性变化，电解质溶液导电性强弱与离子浓度成正比、与电荷成正比，与电解质强弱无关，题目难度不大． 5．石墨烯是从石墨中剥离出来的，其结构如图所示．单层的石墨烯其厚度只有一个碳原子厚，被证实是世界上已经发现的最薄、最坚硬的物质，可制成电阻率最小的纳米材料．下列关于石墨烯的说法正确的是（ ）A．石墨烯与金刚石互为同位素B．从石墨中剥离得石墨烯需克服范德华力C．石墨烯是高分子化合物D．制成的纳米材料微粒直径在1nm～100nm，因此石墨烯纳米材料属于胶体【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A．根据同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；B．根据石墨是层状结构，层与层之间存在范德华力；C．根据石墨烯属于碳的单质；D．根据胶体的分散质的大小及胶体的定义判断；【解答】解：A．石墨烯、金刚石是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，不是同位素，故A错误；B．石墨是层状结构，层与层之间存在范德华力，从石墨中剥离得石墨烯，需克服范德华力，故B正确；C．石墨烯属于碳的单质，不是化合物，也不是高分子化合物，故C错误；D．胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系，胶体是一种分散系，纳米材料只是一种分散质，没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误；故选B．【点评】本题考查胶体、物质的分类等，题目难度不大，注意基础知识的累积． 28\n6．下列实验操作或现象解释不正确的是（ ）A．进行焰色反应时，必须用稀硫酸洗涤并灼烧铂丝，然后再进行实验B．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．读取滴定管内液体体积时，俯视读数导致读数偏小D．利用一束强光照射明矾水溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．焰色反应时用稀盐酸洗涤并灼烧铂丝；B．分液时，为防止产生杂质，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；C．滴定管上边数值小于下边数值，读取滴定管内液体体积时，俯视读数导致读数偏小；D．胶体能产生丁达尔效应，溶液不产生丁达尔效应．【解答】解：将铂丝用盐酸洗净并灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同，因为灼烧时氯化物易挥发，而硫酸盐难挥发，从而影响检验结果，故A错误；B．分液操作时，为防止分离出的液体混有杂质，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；C．滴定管的0刻度在上方，所以俯视时，读取的液面的数值比实际偏小，故C正确；D．胶体能产生丁达尔效应，溶液不产生丁达尔效应，利用一束强光照射明矾水溶液，产生光亮的“通路”，说明含有胶体，则说明明矾一定发生了水解，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及胶体性质、仪器使用、基本操作等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，易错选项是C，注意滴定管和量筒数值区别，题目难度不大． 7．金山铁路支线即上海轨交22号线运营采用动车组列车，最高时速可达160公里/小时．下列有关说法中正确的是（ ）A．铁路勘探时常用太阳能电池提供能量，太阳能电池是原电池B．铁轨焊接时常用到铝热反应，铝热反应中放出大量的热足以使铁熔化C．铁元素在周期表中位于第四周期ⅡB族D．工业上铁、铝的冶炼均采用热还原法【考点】常见的能量转化形式；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．原电池是把化学能转化为电能的装置；B．铝热反应是放热反应；C．铁元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；D．铝通常用电解法冶炼．【解答】解：A．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置，故A错误；B．铝热反应是放热反应，可用来焊接钢轨，故B正确；C．铁元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族，故C错误；D．铁用热还原法冶炼，铝通常用电解法冶炼，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池、金属冶炼原理等，难度不大，注意太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置． 28\n8．下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）A．固体硝酸铜受热分解B．Na2O2与足量的稀硫酸反应C．木炭和浓硫酸共热D．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．【分析】A．固体硝酸铜受热分解生成二氧化氮和氧气；B．过氧化钠与酸反应生成氧气；C．木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO．【解答】解：A．固体硝酸铜受热分解生成二氧化氮和氧气，故A错误；B．过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和氧气，生成一种气体，故B正确；C．木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫，故C错误；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及物质性质的应用，侧重于考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应以及过氧化钠的性质，题目较简单，注意相关基础知识的积累． 9．在下列变化：①工业制盐酸②工业制漂粉精③实验室制氯气中，按氯元素被氧化、被还原、既被氧化又被还原的顺序排列，正确的是（ ）A．①②③B．②①③C．①③②D．③①②【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】一般来说，元素化合价为最高价态，应具有氧化性，元素化合价为最低价态，则只具有还原性，化合价处于中间价态，则既有氧化性又有还原性．【解答】解：①工业制盐酸发生H2+Cl22HCl，Cl元素的化合价降低，在反应中氯元素被还原；②工业制漂粉精发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，Cl元素既被氧化又被还原；③实验室制氯气发生MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl元素的化合价升高，Cl元素被氧化，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及反应中Cl元素的化合价变化是解答本题的关键，注意结合氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大． 10．短周期元素M、X、Y、Z，其中X、Y、Z在周期表中所处的位置如图所示．M元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍．X、Y、Z三种元素原子质子数之和为32．则下列说法正确的是（ ）28\nA．元素M与氢元素组成化合物一定是正四面体型分子B．X、Y两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物的水化物发生反应，且反应类型相同C．X、Z两种元素的氢化物相互反应的产物是共价化合物D．四种元素形成的气态氢化物中，Z元素形成的氢化物热稳定性最大【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素M、X、Y、Z，由元素X、Y、Z在周期表中所处的位置关系可知，X、Z处于第二周期，Y处于第三周期，X、Y、Z三种元素原子的质子数之和为32，令X的原子序数为x，则Y的原子序数为x+9，Z的原子序数为x+2，则：x+x+9+x+2=32，解得x=7，故X为氮元素、Y为硫元素、Z为氟元素；M元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，则M元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故M为碳元素，据此解答．【解答】解：短周期元素M、X、Y、Z，由元素X、Y、Z在周期表中所处的位置关系可知，X、Z处于第二周期，Y处于第三周期，X、Y、Z三种元素原子的质子数之和为32，令X的原子序数为x，则Y的原子序数为x+9，Z的原子序数为x+2，则：x+x+9+x+2=32，解得x=7，故X为氮元素、Y为硫元素、Z为氟元素；M元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，则M元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故M为碳元素，A．碳元素形成的乙烯为平面结构、乙炔为直线结构，故A错误；B．氨气与硝酸反应生成硝酸铵，硫化氢被浓硫酸氧化生成二氧化硫与水，二者反应类型不同，故B错误；C．氨气与HF反应生成氟化铵，氟化铵属于离子化合物，故C错误；D．Z为氟元素，F元素非金属性最强，氢化物最稳定，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题关键，注意整体把握元素周期表的结构，注意A选项中碳元素形成的氢化物为烃类物质． 11．氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（ ）A．AlON和石英的化学键类型相同B．AlON和石英晶体类型相同C．AlON中N元素的化合价为﹣1D．电解熔融AlON或电解熔融Al2O3都能得到Al【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】氮氧化铝（AlON）属原子晶体，石英（SiO2）属于原子晶体，原子晶体中只含有共价键，熔融时不导电，Al2O3属于离子晶体，结合选项来解答．【解答】解：A．AlON和石英均属于原子晶体，均只含有共价键，故A正确；B．AlON和石英均属于原子晶体，故B正确；C．AlON中O为﹣2价，Al为+3价，所以N元素的化合价为﹣1，故C正确；D．AlON属于原子晶体只含有共价键熔融时不导电，而Al2O3属于离子晶体，熔融时能导电，所以电解熔融Al2O3能得到Al，故D错误；故选D．28\n【点评】本题考查化学键和晶体类型，明确信息及常见物质的晶体类型、含有的化学键即可解答，题目难度不大，注意原子晶体只含有共价键熔融时不导电． 12．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．3.4gNH3中含N﹣H键数目为0.2NAB．标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同C．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NAD．1L0.1mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+的数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含3molN﹣H键来分析；B、根据分子个数N=来分析；C、标况下甲醇为液态；D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、3.4g氨气的物质的量为0.2mol，而1mol氨气中含3molN﹣H键，故0.2mol氨气中含0.6molN﹣H键即0.6NA个，故A错误；B、由于气体的分子个数N=，故在同温同压下，相同体积的两种气体的物质的量相等，则分子个数也相等，故B正确；C、标况下甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铁离子的个数小于0.2NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 13．铁铜合金中逐滴加入稀硝酸的过程中，下列离子方程式较难发生的是（ ）A．Fe+4H++NO3﹣→Fe3++NO↑+2H2OB．3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2OC．3Cu+8H++2NO3﹣→3Cu2++2NO↑+4H2OD．3Fe2++4H++NO3﹣→3Fe3++NO↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】还原性Fe＞Cu，开始硝酸不足，反应生成硝酸亚铁，硝酸足量时生成硝酸铁，当Fe反应完成后，Cu与硝酸反应生成硝酸铜，以此来解答．【解答】解：还原性Fe＞Cu，开始硝酸不足，反应生成硝酸亚铁，离子反应为3Fe+8H++2NO3﹣→3Fe2++2NO↑+4H2O，继续滴加硝酸，发生3Fe2++4H++NO3﹣→3Fe3++NO↑+2H2O，当Fe反应完成后，Cu与硝酸反应生成硝酸铜，离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣→3Cu2++2NO↑+4H2O，故选A．28\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断及氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大． 14．已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，它易与水反应2S2Cl2+2H2O→4HCl+SO2↑+3S↓．在该反应中（ ）A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B．氧化产物与还原产物物质的量比为3：1C．每生成22.4LSO2转移3mol电子D．每生成48g硫会断裂6mol共价键【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应中S元素化合价由+2价变为+4价和O价，所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，再结合物质的结构、物质之间的关系分析解答．【解答】解：A．该反应中S元素化合价由+2价变为+4价和O价，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故A正确；B．氧化产物是二氧化硫、还原产物是S，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3，故B错误；C．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算二氧化硫的物质的量，导致无法计算转移电子数，故C错误；D.48gS的物质的量为1.5mol，每生成48g硫会断裂共价键的物质的量=×（2×3+2×2）=5mol，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质结构是解本题关键，知道该反应中Cl元素化合价不变，只有S元素化合价改变，易错选项CD，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，注意D中化学键的断裂和形成，为易错点． 15．下列离子或分子在溶液中能大量共存，但通入NO2后不能大量共存，且不会生成沉淀的一组是（ ）A．K+、Na+、NO3﹣、SiO32﹣B．Al3+、K+、SO42﹣、S2﹣C．Ag+、Na+、NH3•H2O、NO3﹣D．Cu2+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子或分子在溶液中能大量共存，说明离子间不发生反应，向溶液中通入二氧化氮时，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸具有强氧化性，能氧化还原性的离子，通入NO2后不会生成沉淀说明没有不溶性的物质生成．【解答】解：A．这几种离子之间不发生反应，所以能共存，向该溶液中通入二氧化氮后，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和硅酸根离子反应生成不溶性的硅酸，则不符合题意，故A错误；B．铝离子和硫离子能发生双水解反应而不能共存，所以不符合题意，故B错误；C．银离子和一水合氨反应生成银氨溶液，所以不能共存，则不符合题意，故C错误；28\nD．这几种离子之间不反应反应，所以能共存，向该溶液中通入二氧化氮后，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以亚铁离子和硝酸不能共存，且是因为发生氧化还原反应而不能共存，符合题意，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子共存，明确该溶液中离子的性质是解本题关键，再结合硝酸的性质来分析解答，易错选项是C，注意银离子能和一水合氨生成络合物而不能共存，为易错点． 16．由下列实验事实所得出的相应结论的因果关系正确的是（ ）实验事实结论AKClO3和SO3溶于水后能导电KClO3和SO3为电解质BSO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀BaSO3不溶于强酸C将CO2通入NaAlO2溶液会产生白色沉淀结合H+的能力：HCO＜AlOD常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应非金属性：P＞NA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；B．SO2通入硝酸钡溶液生成BaSO4沉淀；C．将CO2通入NaAlO2溶液会产生白色沉淀，说明生成氢氧化铝沉淀；D．非金属性的比较角度错误．【解答】解：A．解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，SO3溶于水后能导电是因为和水反应生成的H2SO4能电离，和SO3本身无关，是非电解质，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，故B错误；C．将CO2通入NaAlO2溶液会产生白色沉淀，说明生成氢氧化铝沉淀，可证明结合H+的能力：HCO3﹣＜AlO2﹣，故C正确；D．氮气中含有N≡N键，键能较大，而比较非金属性应根据氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的检验和性质的比较，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大． 17．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质．下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是（ ）A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数B．依据物质相对分子质量，推断物质熔、沸点的高低C．依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小D．依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性【考点】原子结构与元素的性质；阿伏加德罗定律及推论；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．原子中，原子核外电子数=核内质子数=原子序数；B．物质的相对分子质量与物质的熔沸点无关，与物质的晶体类型有关；28\nC．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=判断；D．蒸馏是利用物质的沸点不同将混合物进行分离．【解答】解：A．原子中，原子核外电子数=核内质子数=原子序数，所以依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数，可以相应推断，故A正确；B．物质的相对分子质量与物质的熔沸点无关，与物质的晶体类型有关，所以无法进行相应推断，故B错误；C．相同条件下，气体摩尔体积相等，根据ρ=知，气体的密度与其摩尔质量成正比，则依据气体的摩尔质量，推断相同状态下不同气体密度的大小，可以进行相应推断，故C正确；D．蒸馏是利用物质的沸点不同将混合物进行分离，所以依据液体物质的沸点，推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性，故D正确；故选B．【点评】本题考查较综合，涉及物质的分离和提纯、原子结构、晶体类型与熔沸点的关系等知识点，根据物质的结构和性质分析解答即可，明确原理是解本题关键，题目难度不大． 18．莫尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶液经常用于定量滴定实验，下列有关说法正确的是（ ）A．配制0.1mol•L﹣1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B．可与含Fe2+、HClO、H+、Cl﹣微粒的溶液大量共存C．加入过量Ba（OH）2溶液发生反应：2Ba2++2SO42﹣+Fe2++2OH﹣=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓D．取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+【考点】离子方程式的书写；离子共存问题；铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】A．结合m=cVM计算；B．HClO具有氧化性；C．加入过量Ba（OH）2溶液，漏写铵根离子与碱的反应；D．加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气．【解答】解：A．配制0.1mol•L﹣1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐为0.1mol×0.5L×392g/mol=19.6克，故A正确；B．HClO具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．加入过量Ba（OH）2溶液，漏写铵根离子与碱的反应，则离子反应为2Ba2++2SO42﹣+2NH4++Fe2++4OH﹣=2BaSO4↓+Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故C错误；D．加入浓NaOH溶液并加热，生成氨气，可使红色石蕊试纸变蓝的气体，以此检验NH4+，故D错误；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及离子反应、离子共存、离子检验及溶液配制等，综合性较强，注重基础知识和高频考点的考查，题目难度不大． 19．下列离子方程式中正确的是（ ）A．NH4HSO4溶液中加入少量NaOH稀溶液：NH4++OH﹣=NH3•H2OB．Ca（ClO）2溶液中通入过量的二氧化硫气体：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣C．酸性高锰酸钾溶液中滴入少量过氧化氢：2MnO4﹣+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2OD．为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑28\n【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钠少量，氢离子优先与氢氧根离子反应；B．次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子；C．根据电子守恒分析，该反应中违反了电子守恒；D．碳酸氢根离子在离子方程式中需要保留整体．【解答】解：A．氢氧化钠不足，硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，正确的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故A错误；B．二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2═CaSO4↓+SO42﹣+4H++2Cl﹣，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液中滴入少量过氧化氢，双氧水中氧元素被氧化成氧气，正确的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；D．为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等． 20．下表为五种短周期元素的部分性质．元素代号XYZQR原子半径/10﹣10m0.370.660.700.880.99主要化合价+1﹣2+5、﹣3+3+7、﹣1下列有关说法正确的是（ ）A．元素X、Y、Z形成的化合物一定是离子化合物B．X元素和R元素形成的化合物XR是18电子的分子C．化合物QR3分子中各原子均满足8电子稳定结构D．元素Z的氧化物对应水化物一定为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】都是短周期元素，R有+7、﹣1价，则R为Cl；Y有﹣2价，原子半径小于Cl，则Y为O元素；Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则Z为N元素；X有+1价，处于IA族，原子半径最小，则X为H元素；Q有+3价，处于ⅢA族，且原子半径小于Cl，故Q为B元素，据此解答．【解答】解：都是短周期元素，R有+7、﹣1价，则R为Cl；Y有﹣2价，原子半径小于Cl，则Y为O元素；Z有+5、﹣3价，处于ⅤA族，原子半径小于Cl，则Z为N元素；X有+1价，处于IA族，原子半径最小，则X为H元素；Q有+3价，处于ⅢA族，且原子半径小于Cl，故Q为B元素．A．元素H、O、N形成的硝酸铵属于离子化合物，形成的硝酸等属于共价化合物，故A错误；B．H元素和Cl元素形成的化合物HCl是18电子的分子，故B正确；C．化合物BCl3分子中B原子不满足8电子稳定结构，故C错误；D．元素N的氧化物对应水化物不一定为强酸，若亚硝酸为弱酸，故D错误，故选：B．28\n【点评】本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据化合价、半径推断元素是关键，注意对元素周期律的理解掌握． 21．下列有关共价键的说法正确的是（ ）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，与化学键无关；B．只含共价键的物质可能是单质；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键；D．单原子分子晶体中不存在化学键．【解答】解：A．分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，有些氢化物还与氢键有关，与化学键无关，化学键影响物质的稳定性，故A错误；B．只含共价键的物质可能是单质，如氮气、氢气等，故B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水、肼等，故C错误；D．单原子分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质中存在的化学键，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力即可解答，会采用举例法解答，易错选项是A，注意分子晶体熔沸点与化学键无关，题目难度不大． 22．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：X＞YD分别向0.1mol•L﹣1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；B．将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；C．不能利用失去电子的数目比较金属性；D．发生强酸制取弱酸的反应．【解答】解：A．SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，与二氧化硫的还原性有关，故A错误；B．将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；C．取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应，X产生氢气的体积比Y多，X失去电子数多，但不能确定金属性的强弱，故C错误；28\nD．醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 23．下列反应与Na2O2+SO2═Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）A．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2↑C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2D．3Na2O2+Cr2O3═2Na2CrO4+Na2O【考点】氧化还原反应．【分析】在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是还原剂，根据反应中元素的化合价变化分析．【解答】解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中只有氧元素变价，Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，题目难度不大，侧重于基本概念的考查． 24．2022年有科学家在《Science》上发表论文，宣布发现铝的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13﹣和Al142+等．Al13、Al14的性质很像现行周期表中某些主族元素，已知当这类超原子具有40个价电子时最稳定．下列说法不正确的是（ ）A．Al13与卤素原子性质相似，能形成稳定的Al13﹣B．Al14与HI反应的化学方程式为：Al14+2HI═Al14I2+H2C．Al13超原子中Al原子间是通过离子键结合的D．Al14与ⅡA族元素性质相似，容易失去2个电子形成稳定的Al142+【考点】原子核外电子排布；化学键．【专题】信息给予题；化学键与晶体结构．【分析】A、质谱仪检测到稳定的Al13﹣和Al142+等，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13﹣，与第七主族性质相似，据此解答B、Al14有价42个电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第二主族性质相似．C、Al13性质与第七主族相似，为分子晶体．D、“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．据此判断．【解答】解：A、“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13﹣，与第七主族性质相似，故A正确；B、“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第二主族性质相似，所以能与氢碘酸反应转化出氢气，方程式为Al14+2HI═Al14I2+H2，故B正确；28\nC、Al13性质与第七主族相似，为分子晶体，Al13超原子中Al原子间通过共价键结合，故C错误；D、“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第二主族性质相似，故D正确．故选：C．【点评】本题是一定信息题，是对学生信息的提取、阅读能力及综合能力考查，难度不大，是一道不错的能力考查题．关键是对信息的理解． 25．将ag二氧化锰粉末加入bmol/L的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．可以收集到氯气LB．反应后溶液中的Cl﹣数目为：C．NA可表示为：D．反应后溶液中的H+数目为：bc﹣2d【考点】阿伏加德罗常数；氯气的实验室制法．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，生成的氯气可以依据二氧化锰计算得到；B、反应后的氯离子可以用总氯离子物质的量减去生成氯气的氯离子物质的量计算得到；C、依据二反应后溶液中氢离子物质的量等于氧化锰完全反应转移电子数等于d计算阿伏伽德罗常数；D、盐酸中总的氢离子物质的量减去减去反应的氢离子物质的量计算得到；【解答】解：A、固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，温度和压强不知，可以收集到氯气体积不能计算，故A错误；B、反应后溶液中的Cl﹣数目为（bc﹣×2）×NA选项中只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，故B错误；C、依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e﹣，×2×NA=d，得到NA=，故C正确；D、反应后溶液中的H+数目为（bc﹣×4）NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用，主要是二氧化锰全部反应说明元素过量的判断，电子转移守恒的计算，元素守恒的计算应用，题目难度较大． 二、填空、简答题（本大题包括4小题，共28分）26．根据题意填写下列空格：（1）cmol•L﹣1KCl溶液的密度为ρg/cm3，则此KCl溶液的质量分数为 ；（2）标准状况下，将充满NO2的试管倒立于盛有蒸馏水的水槽中，足够长时间后，假设不考虑溶质扩散，试管中溶质的物质的量浓度为 0.045 mol•L﹣1．28\n【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算．【专题】溶液和胶体专题．【分析】（1）根据c=计算；（2）二氧化氮和水反应方程式为3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，反应过程中生成NO体积是二氧化氮体积的，所以溶液体积是二氧化氮体积的，生成硝酸的物质的量是二氧化氮物质的量的，设二氧化氮体积为VL，则n（NO2）=mol，n（HNO3）=×mol，溶液体积为VL，据此计算溶液物质的量浓度．【解答】解：（1）cmol•L﹣1KCl溶液的密度为ρg/cm3，c==，则ω=；故答案为：；（2）二氧化氮和水反应方程式为3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，反应过程中生成NO体积是二氧化氮体积的，所以溶液体积是二氧化氮体积的，生成硝酸的物质的量是二氧化氮物质的量的，设二氧化氮体积为VL，则n（NO2）=mol，n（HNO3）=×mol，溶液体积为VL，则c（HNO3）==0.045mol•L﹣1，故答案为：0.045．【点评】本题考查物质的量的计算，侧重考查计算、分析能力，明确溶液体积是解本题关键，标况下，相同体积的HCl、氨气、二氧化氮通入足量水中得到的物质的量浓度相等，题目难度不大． 27．（10分）已知C与Sn在元素周期表中处于同一主族．回答下列问题：（1）配平： 2 Na2CO3+ 1 SnO2+ 4 S 1 Na2SO4+ 1 Na2SnS3+ 2 CO2↑．（2）上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 3：1 ．标准状况下，若产生22.4L的CO2气体，转移的电子数为 3 NA．（3）上述反应中，金属性最强的元素与铝元素相比较，可作为判断金属性强弱依据的是 bd （选填编号）．a．能否置换出铝盐溶液中铝b．Al（OH）3能否溶解在该元素最高价氧化物对应水化物中c．单质与氢气化合的难易程度d．单质与同浓度的稀盐酸发生反应的快慢程度（4）常温下，测得Na2SnS3溶液pH＞7，请用离子方程式表示其原因： SnS32﹣+H2O⇌HSnS3﹣+OH﹣ ．28\n【考点】氧化还原反应的计算；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）反应中Sn的化合价不变，1个S的化合价升高了6价，3个S的化合价降低了6价，根据电子守恒结合原子守恒来配平方程式；（2）化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；（3）金属性强弱的判断方法有：金属与酸置换出氢气的难易程度、金属之间的置换反应、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱；（4）Na2SnS3为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致溶液呈碱性．【解答】解：（1）反应中Sn的化合价不变，1个S的化合价升高了6价，3个S的化合价降低了6价，根据电子守恒，S单质前边系数是4，Sn元素前边是1，碳酸钠前边系数是2，结合原子守恒来配平方程式为：2Na2CO3+1SnO2+4S1Na2SO4+1Na2SnS3+2CO2↑，故答案为：2、1、4、1、1、2；（2）该反应中S元素化合价由0价变为+6价和﹣2价，氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：1；反应中Sn的化合价不变，1个S的化合价升高了6价，3个S的化合价降低了6价，转移电子是6，即产生2mol二氧化碳，转移电子是6mol，所以标准状况下，若产生22.4L即1mol的CO2气体，转移的电子3mol，数目是3NA，故答案为：3：1；3（3）金属性强弱的判断方法有：金属与酸置换出氢气的难易程度、金属之间的置换反应、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱，a．二者都能换出硫酸铜溶液中的铜离子，所以不能比较钠和铝的金属性强弱，故错误；b．Al（OH）3能否溶解在该元素最高价氧化物对应的水化物中，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，所以能据此判断金属性强弱，故正确；c．单质与氯气化合时失去电子数目的多少与金属活泼性强弱无关，故错误；d．单质与同浓度的稀盐酸发生反应的剧烈程度能判断金属性强弱，故正确；故选bd；（4）Na2SnS3为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致溶液呈碱性，其水解方程式为SnS32﹣+H2O⇌HSnS3﹣+OH﹣，故答案为：SnS32﹣+H2O⇌HSnS3﹣+OH﹣．【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、盐类水解、等知识点，这些知识点都是考试热点，根据盐类水解特点、氧化还原反应实质等知识点来分析解答，注意还原产物中S元素的化合价，知道金属性强弱与失电子多少无关，只与失电子难易程度有关，为易错点． 28．硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料．锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如下：（1）硅元素位于元素周期表的第 三 周期 ⅣA 族．（2）已知反应Ⅰ得到的粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为2：1．写出制造粗硅时的反应方程式 3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑ ．SiC熔融时不导电，工业上常用作耐火和高温炉的材料，由此推知，它属于 原子 晶体．（3）因为SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，所以整个制备过程必须严格控制无水条件．在干燥Cl228\n时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入到浓H2SO4中．冷却的作用是 使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量 ．【考点】硅和二氧化硅．【分析】（1）硅是14号元素在周期表中处于第三周期，第ⅣA族元素；（2）已知反应Ⅰ得到的粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为2：1，而制造粗硅是碳和二氧化硅反应制，根据信息可知反应方程式为：3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑；SiC是原子晶体；（3）使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量．【解答】解：（1）硅是14号元素在周期表中处于第三周期，第ⅣA族元素，故答案为：三；ⅣA；（2）已知反应Ⅰ得到的粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为2：1，而制造粗硅是碳和二氧化硅反应制，根据信息可知反应方程式为：3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑，SiC是原子晶体；故答案为：3SiO2+7C2Si+SiC+6CO↑；原子；（3）将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入浓H2SO4中，可使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量，故答案为：使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水，保持浓硫酸持续的吸水性，同时降低放出的热量．【点评】本题以硅的制备为载体，考查硅及其化合物的性质、氧化还原反应和浓硫酸的性质、对操作的分析评价等，基本属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 29．W、X、Y、Z、T均是短周期元素，W和X同周期，W和Y同主族；W原子最外层电子数是内层电子数的两倍，X元素族序数是所在周期数的三倍；X的阴离子与Z的阳离子的电子层结构相同；Z的单质与X的单质在不同条件下反应，可生成Z2X或Z2X2；T和Z同周期，且T是所在周期中原子半径最小的元素．请回答：（1）WX2的结构式是 O=C=O ．（2）X、Z、T离子半径由大到小的顺序为 r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+） （用离子符号回答）．（3）X、T的气态氢化物沸点较高的是 H2O （用化学式回答），原因是 水分子间存在氢键 ．（4）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，TX2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀．当消耗13.50gTX2时，共转移了lmol电子，则反应的离子方程式为 2ClO2+5Mn2++6H2O═5MnO2+2Cl﹣+12H+ ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】28\nW、X、Y、Z、T均是短周期元素，W原子最外层电子数是内层电子数的两倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故W为C元素；W和Y同主族，则Y为Si；X元素族序数是所在周期数的三倍，原子只能有2个电子层，处于VIA族，故X为O元素；X的阴离子与Z的阳离子的电子层结构相同，；Z的单质与X的单质在不同条件下反应，可生成Z2X或Z2X2，则Z为Na；T和Z同周期，且T是所在周期中原子半径最小的元素，则T为Cl，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z、T均是短周期元素，W原子最外层电子数是内层电子数的两倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故W为C元素；W和Y同主族，则Y为Si；X元素族序数是所在周期数的三倍，原子只能有2个电子层，处于VIA族，故X为O元素；X的阴离子与Z的阳离子的电子层结构相同，；Z的单质与X的单质在不同条件下反应，可生成Z2X或Z2X2，则Z为Na；T和Z同周期，且T是所在周期中原子半径最小的元素，则T为Cl．（1）CO2的结构式是：O=C=O，故答案为：O=C=O；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+），故答案为：r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）；（3）水分子间存在氢键，沸点高于甲烷的，故答案为：H2O；水分子间存在氢键；（4）ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀为5MnO2，13.50gClO2的物质的量为=0.2mol，共转移了lmol电子，设Cl元素在还原产物中化合价为a，则0.2mol×（4﹣a）=1mol，解得a=﹣1，故ClO2被还原为Cl﹣，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O═5MnO2+2Cl﹣+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O═5MnO2+2Cl﹣+12H+．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，是对学生综合能力的考查，注意对基础知识的理解掌握． 三、实验题：（本大题包括1小题，共12分）30．碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的流程如图1：（1）步骤①在图2装置中进行．浓硝酸与铜反应的离子方程式 Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O ．（2）已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，NO不能单独与NaOH溶液反应，实验结束时，如何操作才能使该装置中的有毒气体被NaOH溶液充分吸收？ 关闭活塞b，打开活塞a，通入一段时间空气 ．（3）步骤②中，水浴加热所需仪器有 烧杯 、 温度计 （加热、夹持仪器、石棉网除外）；洗涤的目的是 洗去碱式碳酸铜表面吸附的Na+和NO3﹣ ．（4）步骤②的滤液中可能含有CO32﹣，检验CO32﹣存在的方法 取滤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸，振荡，将产生的无色无味的气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则滤液中含有CO32﹣ ．（5）若实验得到2.42g样品（只含CuO杂质），取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是 91.7% ．【考点】制备实验方案的设计．28\n【专题】综合实验题；实验设计题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，离子方程式中浓硝酸写成离子形式；（2）关闭活塞b，打开活塞a，通入一段时间空气，将装置中的有毒气体导入氢氧化钠溶液中，让氢氧化钠溶液充分吸收；（3）水浴加热所需仪器有烧杯、温度计，洗涤可除去碱式碳酸铜表面的吸附的硝酸钠；（4）利用碳酸根与酸反应生成气体，将生成的气体通过澄清的石灰水进行检验；（5）碱式碳酸铜完全分解得到CuO，令样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，则碱式碳酸铜的质量为2.42xg，根据碱式碳酸铜分解方程式，利用差量法列方程计算．【解答】解：（1）浓硝酸与铜反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；（2）通过关闭活塞b，打开活塞a，通入一段时间空气操作，可以将装置中的有毒气体导入氢氧化钠溶液中，让氢氧化钠溶液充分吸收，故答案为：关闭活塞b，打开活塞a，通入一段时间空气；（3）水浴加热所需仪器有烧杯、温度计，通过洗涤可除去碱式碳酸铜表面的吸附的硝酸钠，故答案为：烧杯、温度计；洗去碱式碳酸铜表面吸附的Na+和NO3﹣；（4）检验碳酸根的方法为：取滤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸，振荡，将产生的无色无味的气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则滤液中含有CO32﹣，故答案为：取滤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸，振荡，将产生的无色无味的气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊，则滤液中含有CO32﹣；（5）令样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，碱式碳酸铜的质量为2.42xg，则：Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑质量减少222622.42xg2.42g﹣1.8g=0.62g所以，222：62=2.42xg：0.62g解得x=91.7%故答案为：91.7%．【点评】本题借助制取碱式碳酸铜制法考查了离子方程式书写、质量分数计算等知识，充分考查了学生的分析、理解、计算能力，是一道不错的题目，本题难度中等． 四、计算题：（本大题包括1小题，共10分）31．在200mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，测得溶液中的CO32﹣、HCO3﹣、AlO2﹣、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，见下图一所示．（1）原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度为 0.25 mol•L﹣128\n（2）V1：V2= 1：4 ．（3）若滴加盐酸过程中得到沉淀0.975g，则滴入盐酸的体积可能为 12.5或262.5 mL．（4）在图二坐标中画出该混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，所得沉淀的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，先发生反应：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol；第二阶段：AlO2﹣反应完毕，发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）；第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为：=0.15L=150mL，据此进行解答．【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L﹣1的盐酸，先发生反应：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO2﹣，由图可知AlO2﹣反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol；第二阶段：AlO2﹣反应完毕，发生反应：CO32﹣+H+═HCO3﹣，b线表示CO32﹣，c线表示HCO3﹣，由图可知CO32﹣反应完毕，该阶段加入盐酸100mL﹣50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol；第三阶段，CO32﹣反应完毕，发生反应：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO3﹣，由图可知HCO3﹣反应完毕，该阶段加入盐酸150mL﹣100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3﹣）=n（H+）；第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为：=0.15L=150mL（1）根据分析可知，n（CO32﹣）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol，则c（CO32﹣）==00.25mol•L﹣1，故答案为：0.25；（2）原溶液中n（CO32﹣）=0.05mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025ml，由反应CO32﹣+H+═HCO3﹣可知，需要盐酸为0.025mol，盐酸的体积为=0.025L=25mL，故V1=50mL+25mL=75mL，由上述分析可知，V2=150mL+150mL=300mL，故V1：V2=75mL：300mL=l：4，故答案为：1：4；28\n（3）0.975g氢氧化铝沉淀的物质的量为：=0.0125mol，生成的沉淀可能为开始时只发生反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓生成的，则生成0.0125mol氢氧化铝沉淀需要消耗0.0125mol氢离子，需要滴入盐酸的体积为：=0.0125L=12.5mL；生成的0.0125mol氢氧化铝沉淀有可能为第四阶段剩余的氢氧化铝，根据图象可知，生成氢氧化铝沉淀总消耗了150mL盐酸；氢氧化铝的总物质的量为0.05mol，反应剩余的氢氧化铝为0.0125mol，则需要溶解的氢氧化铝的物质的量为：0.05mol﹣0.0125mol=0.0375mol，根据反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O可知，溶解0.0375mol氢氧化铝需要消耗氯化氢的物质的量为：0.0375mol×3=0.1125L=112.5mL，所以总共消耗盐酸的体积为：150mL+112.5mL=262.5mL，故答案为：12.5mL或262.5mL；（4）根据分析可知，当加入50mL盐酸时生成了0.05mol氢氧化铝沉淀，之后氢氧化铝沉淀的物质的量暂时不变，当滴入150mL盐酸后氢氧化铝沉淀开始溶解，直至加入300mL盐酸时氢氧化铝完全溶解，据此画出所得沉淀的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系的图象为：，故答案为：．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化对应的反应原理为解答关键，（3）为易错点，注意生成0.0125mol氢氧化铝沉淀对应的盐酸体积有两种情况，试题充分考查了学生的分析能力及化学计算能力． 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