甘肃省兰州市第一中学2019届高三12月月考化学试题(www.xue-ba.org学霸网)

1、甘肃省兰州第一中学2019届高三12月月考化学试题1.有关化学用语的表示中正确的是A. 羟基电子式 B. S2的结构示意图 C. 乙烯的结构简式CH2CH2 D. 原子核内有20个中子的氯原子【答案】A【解析】A. 羟基电子式为 ，选项A正确；B. S2的结构示意图为，选项B错误；C. 乙烯的结构简式CH2=CH2，选项C错误；D. 原子核内有20个中子的氯原子，选项D错误。答案选A。2.应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低砹（At）是VIIA族，其氢化物的稳定性大于HC1硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱第二周期非金属元素的气态氢化

2、物溶于水后，水溶液均为酸性铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低，正确；砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定小于HCl，错误；硒的非金属性比硫弱，所以硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，正确； 第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，氨气水溶液均为碱性，错误；铊（Tl）能与盐酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，错误；第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，氢氧化钠碱性最强、氢氧化铝碱性最弱，正确

3、，选B。考点：本题考查元素周期律。3.两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是A. NaC1和HC1 B. NaOH和Na2O C. C3H8和H2O2 D. SO2和SiO2【答案】C【解析】A、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，选项错误；B、NaOH、Na2O都是离子晶体，Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同，选项B错误；C、C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，选项C正确；D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化

4、硅、二氧化碳都只含共价键，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了化学键类型和晶体类型的关系判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。4.向火箭燃料液态联氨（N2H4）中加入催化剂，发生反应：N2H4(l)=N2(g)+2H2(g) H。已知： 3N2H4(l)=4NH3(g)+ N2(g) H1=-336.6kJ·mol1N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H2=-9

5、2.4kJ·mol1。下列说法错误的是A. 使用催化剂后，反应的正、逆反应的活化能都减小，但H1不变B. H=-151.8kJ·mol1C. 将28g N2和10mol H2混合充分反应，放出的热量一定小于92.4 kJD. 联氨作为火箭燃料是一种清洁能源【答案】B【解析】A，使用催化剂，反应的正、逆反应的活化能都减小，催化剂不影响H，H1不变，A项正确；B，应用盖斯定律，（-×2）÷3得N2H4（l）=N2（g）+2H2（g） H=（H1-2H2）÷3=-336.6kJ/mol-2×（-92.4kJ/mol）÷3=-50.

6、6kJ/mol，B项错误；C，n（N2）=28g28g/mol=1mol，由于N2和H2的反应为可逆反应，所以放出的热量一定小于92.4kJ，C项正确；D，联氨在火箭中燃烧后生成N2和H2O，是一种清洁能源，D项正确；答案选B。5.下列有关说法正确的是二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃； 明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒； 可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化； 从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；石英玻璃、Na2O·CaO·

7、6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A. B. C. 除外都正确 D. 【答案】D【解析】，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，错误；明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，错误；，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，正确；，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2O I2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，错误；，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和

8、甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，正确；，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，错误；正确的有，答案选D。6. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，Y 原子的最外层只有2 个电子，Z 单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是A. 元素W 的简单气态氢化物的热稳定性比X 的强B. 元素W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的弱C. 化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同D. 原子半径的大小顺序： r（Y）

9、>r（Z）>r（W） >r（X）【答案】D【解析】试题分析：根据题意可得X是O；Y是Mg；Z是Si；W是S。A、O、S是同一主族的元素，由于非金属性O>S，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强。所以元素W 的简单气态氢化物的热稳定性比X 的弱。错误。B、元素的非金属性S>Si。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。所以元素W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的强。错误。C.MgO是离子晶体，离子之间以离子键结合；SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合；SO3是分子晶体，分子间以分子间作用力结合。在分子内原子间以共价键结合。所以这三种

10、化合物的化学键不同。错误。D.Mg、Si、S都是第三周期的元素，原子序数越大，原子的半径就越小。而O是第二周期的元素对于不同周期的元素来说，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。所以原子半径Mg>Si>S> O 。正确。考点：考查元素的推断、元素及相应的化合物的性质的知识。7.下列说法正确的是A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应、铝片与稀盐酸的反应都是放热反应B. 酸、碱稀溶液的中和热方程式可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) H= - 57.3kJ·mol1C. 由C（s，石墨）C（s，金刚石）H=+1.9kJ·mo

11、l1可知，金刚石比石墨稳定D. 催化剂的使用对化学反应的反应热（H）不产生影响【答案】D【解析】【详解】A、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，铝片与稀盐酸的反应是放热反应，选项A错误；B、强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为： H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)H=-57.3kJ/mol，选项B错误；C、通过热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低，越稳定，选项C错误；D催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，选项D正确。答案选D。8.常温下，1 mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示

12、。结合表中信息判断下列说法不正确的是共价键HHFFHFHClHIE/kJ·mol1436157568432298A. 432 kJ·mol1 > E(HBr) > 298 kJ·mol1B. 表中最稳定的共价键是HF键C. H2(g)2H(g)H436 kJ·mol1D. H2(g)F2(g) 2HF(g)H25 kJ·mol1【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，所以结合图表中数据可知432 kJ/molE（H-Br）298 kJ/mol，选项A正确；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键

13、能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，选项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 kJ/mol ，选项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-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g） H=-543 kJ/mol，选项D错误；答案选D。9.X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂。下列说法正确的是

14、A. X、Y、Z中，只有Y能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝B. 1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移2 mol电子C. Z为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1 : 2D. X和Y均能用向上排空气法和排水法收集【答案】C【解析】试题分析：X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质(其组成的元素均属短周期元素)，摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，A这三种物质都具有氧化性，所以都能氧化碘离子生成碘，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，A错误;BCl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2

15、O=4NaOH+O2；1 mol Y或Z与足量水完全反应时，均转移1 mol电子，故B错误；Na2O2为离子化合物，但含有非极性键，阴、阳离子个数比为1：2，故C正确；NO2不能用排水法收集，故D错误。考点：本题考查元素化合物。10.下列说法正确的是A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定B. 已知反应的中和热为H= -57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热H= -2×57.3 kJ·mol-1C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(

16、g)SO3(g) H= -315 kJ·mol-1 即为硫的燃烧热D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量【答案】D【解析】【详解】A.分多次缓慢，不能测定最高温度，则测定中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，故A错误；B.生成硫酸钙放热，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的反应热H< -2×57.3 kJ·mol-1，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热H< -57.3 kJ·mol-1，故B错误；C.硫燃烧生成稳定氧化物为二氧化硫，不能生成SO3(g)，故C错误；D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量，故D正确。故选D。【点睛】

17、在25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：规定在101 kPa压强，常温25度下测出热量，因为压强和温度不定，反应热数值不相同。规定可燃物物质的量为1 mol。规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准。11.根据表中信息判断，下列选项正确的是序号反应物产物KMnO4,H2O2,H2SO4K2SO4、MnSO4 Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4- Cl2、Mn2+ A. 第组反应的其余产物为H2OB. 第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1 : 2C. 第组反应中生成1 mol

18、Cl2，转移电子5 molD. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Fe3+>Br2【答案】B【解析】试题分析：A该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，元素化合价降低，根据氧化还原反应转移电子知，双氧水中O元素化合价由-1价变为0价，所以产物还有O2，错误；B还原性Fe2+ Br- ，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br- ，如果氯气只氧化Fe2+而不氧化Br- ，则第组反应中Cl2 与FeBr2 的物质的量之比小于或等于1：2，正确； C第组反应中生成1mol Cl2 ，转移电子的物质的量=1mol×2×1=2mol，错误； D同一化学反应中，氧化

19、剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第组氧化性MnO4-Cl2，第组氧化性Cl2Br2 Fe3+，所以氧化性由强到弱顺序为MnO4-Cl2Br2Fe3+，错误。考点：考查氧化还原反应中的反应原理、氧化性强弱的判断方法、离子还原性强弱顺序的知识。12.下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是A. 硫酸型酸雨的形成会涉及反应2H2SO3+O2=2H2SO4B. 工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2C. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O32-+2H=SO2+S+H2OD. 成分为盐酸的“洁厕灵”与“84消毒液”混合使用易中毒：Cl+ClO+2H=Cl2+H2O【答案】B【解析】

20、试题分析：A硫酸型酸雨的形成，在SO2溶于水形成的亚硫酸会被溶于水的氧气氧化形成硫酸，反应方程式是：2H2SO3+O22H2SO4，正确；B工业上制取粗硅的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO，错误；CNa2S2O3溶液中加入稀硫酸，首先发生复分解反应产生H2S2O3，产生的H2S2O3再发生分解反应产生SO2、S、H2O，因此反应总方程式是：S2O32-+2H=SO2+S+H2O，正确；D84消毒液主要成分是NaClO，当与成分为盐酸的洁厕灵混合使用会发生反应：Cl+ClO+2H=Cl2+H2O，产生氯气导致中毒。正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。13.下列有关实验的描述正确的是A

21、. 向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体B. 向分别装有1g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D. 中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应【答案】B【解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误； Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+ 、NO3- 在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌

22、棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。14.用甲醇燃料电池作电源，用铁作电极电解含Cr2O72的酸性废水，最终可将Cr2O72转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如下图。下列说法正确的是A. Fe(II)为阳极B. M电极的电极反应式为CH3OH + 8OH6e= CO32+6H2OC. 电解一段时间后，在Fe()极附近有沉淀析出D. 电路中每转移6 mol电子，最多有1 mol Cr2O72被还原【答案】C【解析】A. H+向右移动，表明M电极是负电极，Fe(II)为阴极，故A错误；B. 酸性溶液中没有大量OH-，M电极的电极反应式为CH3OH+H2O6e= CO2+6H

23、+，故B错误；C. Fe()产生Fe2+，6Fe2+Cr2O7214H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，电解一段时间后，Fe(II)产生的OH-大量移向阳极区，在Fe()极附近产生Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀析出，故C正确；D. 6Fe2+Cr2O72，电路中每转移6 mol电子，最多有0.5mol Cr2O72被还原，故D错误。故选C。点睛：解答本题的难点是选项D，Fe()产生Fe2+，Fe2eFe2+，6Fe2+Cr2O7214H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，因此，电路中每转移6 mol电子，最多有0.5mol Cr2O72被还原。15.现用传感技术测定喷泉实

24、验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好【答案】D【解析】【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；B. 氨气和水反应生成一水合

25、氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明 NH3已收满，B错误；C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误； D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；综上所述，本题选D。16.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H1CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H2下列推断正确的是

26、A. 若CO的燃烧热为H3，则H2的燃烧热为H3H1B. 反应CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H=H2H1C. 若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则H20D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H10【答案】B【解析】试题分析：A氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应中的水是气体，A项错误；B根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的H=H2H1，B项正确；C若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，H2>0，C项错误；D由于对于放热反应，焓变是负值，则

27、放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H1<0，D项错误；答案选B。考点：考查燃烧热，化学反应中的热效应等知识。17.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀【答案】A【解析】

28、【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确； B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产

29、生的气体顺利导入，故 B错误；C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误； D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。18.某溶液中含有较大量的Cl、CO32-、OH等3种阴离子，如果只取一次

30、该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是 滴加Mg(NO3)2溶液过滤 滴加AgNO3溶液 滴加Ba(NO3)2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】某溶液中含有较大量的Cl、CO32、OH等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。 点睛：再检验一种离子时，要先分析有哪些干扰离子存在，选择合适的检验顺序可以避开干扰离子的干扰。特别要注意的是，银离子可以和氢

31、氧根生成氢氧化银沉淀，只不过氢氧化银不稳定，它会分解为氧化银。19.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是18 g金刚石中，碳碳共价键数为3NA1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为 NA常温常压时S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA一定温度下，1 L 0.50 mol·L1NH4Cl溶液与2 L 0.25mol·L1NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均小于0.5NA，且前者更少电解法精炼铜时，当阳极质量减少64g时，电路中通过的电子数一定为2NAA. B. C. D. 【答案】C【解析】，n（C）=1.5mol，金刚石属于原子晶体，其中n

32、（C）：n（C-C）=1:2，则含有的碳碳共价键为3mol，正确；，Cu与S反应生成Cu2S，Cu元素的化合价由0价升至+1价，1molCu完全反应转移1mol电子，正确；，S2和S8的混合物中只有S元素，n（S）=6.4g32g/mol=0.2mol，正确；，由于NH4+的水解，两溶液中NH4+物质的量都小于0.5mol，NH4Cl的浓度越小，NH4+的水解程度越大，后者NH4+更少，错误；，电解精炼铜，阳极为粗铜，阳极电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，粗铜中活泼性不如Cu的杂质以阳极泥的形式沉降，由于阳极中各杂质的比例未知，无法计算电路中通过

33、的电子物质的量，错误；错误的为，答案选C。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及物质组成微粒和化学键的判断、盐类水解、电解精炼铜、氧化还原反应中转移电子数的确定。需要注意：（1）金刚石中每个碳原子形成4个C-C键，金刚石中n（C）：n（C-C）=1:2；（2）S的氧化性较弱只能将Cu氧化成+1价；（3）浓度对盐类水解平衡的影响，规律为越稀越水解；（4）电解精炼铜时阳极不是只有Cu放电。20.某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、A13+、Mg2+、A1O2-、CO32-、SiO32-、C1-中的几种，现进行如下实验：取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；另取少量原溶液，逐滴加入

34、5 mL 0.2 mol L-1的盐酸，发生的现象是开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435 g。下列说法中正确的是A. 该溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-、C1-B. 该溶液中一定含有K+、A1O2-、CO32-、C1-C. 该溶液中是否含有K+需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）D. 可能含有C1-【答案】B【解析】向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，即A13+和Mg2+；另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2molL

35、-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，所以一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2和CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；在上述沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.435g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.435g÷143.5g/mol0.003mol，中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L

36、=0.001moln（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl。A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；C.根据溶液呈电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；答案选B。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从

37、而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32，所以一定不存在与CO32反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。21.下列的图示与对应的叙述相符的是A. 图1表示向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol

38、83;L-1的NaOH溶液时n Al(OH)3的变化情况B. 图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C. 图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、H都会发生改变D. 图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况【答案】A【解析】A向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；Ba点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；C加催化剂改变了反

39、应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；D向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；答案为A。22.2.8 g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是A. 反应后的溶液最多还能溶解1. 4 g FeB. 反应后溶液中 c(NO3-）=0.85 mol L-1C. 反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D. 1.12 L气体可能是NO、NO2的混合气体【答案】B【解

40、析】试题分析：根据题意，硝酸过量：02 L×01 mol·L1002 mol，反应生成Fe3：28 g÷56 g·mol1005 mol，A反应后的溶液还能与铁发生反应的离子方程式为：3Fe 8H 2NO3- = 3Fe22NO4H2O3 8 2002×3/8 002 mol2Fe3 Fe = 3Fe2005 mol 0025 mol则最多能溶解铁：(002 mol×3/80025 mol)×56 g·mol1182 g，A错误；B根据反应后溶液中的电荷守恒，得c(NO3-)(005 mol×3002 m

41、ol×1)÷02 L085 mol·L1，B正确；C根据题给信息，硝酸有剩余，反应后溶液中铁元素可能以Fe3+形式存在，C错误；D根据氮原子守恒，反应前HNO3溶液的浓度为(017 mol112 L÷224 L·mol1)÷02 L11 mol·L1，该浓度是稀溶液，112 L气体应是NO气体，D错误；答案选B考点：考查硝酸的化学性质。23.氧、硫、硒、碲均位于元素周期表的VIA族，其化合物在化工生产中有广泛应用。（1）下列性质的递变顺序不正确的是_(填字母)。A酸性：H2SeO4 > H2SeO3 B非金属性：O &

42、gt; S > Se > Te C.还原性：H2Te > H2Se > H2S > H2O D热稳定性：H2O > H2Te > H2Se > H2S E.沸点：H2Te > H2Se > H2S > H2O（2）在常温下进行的置换反应X+WY+V中, H2O可以扮演不同的“角色”。已知X、Y是短周期主族元素形成的单质，W、V是化合物。若W是水，且作还原剂，反应的化学方程式为_。若V是水，为还原产物，反应的化学方程式为_。（3）已知:液态CS2完全燃烧生成CO2、SO2气体，每转移3mol电子时放出269.2kJ热量。写出表示C

43、S2(1)的燃烧热的热化学方程式：_。（4）工业上，用S02还原TeC14溶液制备碲(Te)，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：（1）下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是_。A全球变暖 B酸雨 C水体富营养化（水华） D白色污染（2）SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) H=+178.2 kJ·mol1SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) H=-402 kJ·mol12CaSO3(s)+O2(g )

44、=2CaSO4(s) H=-234.2 kJ·mol1 写出石灰石脱硫的热化学反应方程式_。【答案】 (1). DE (2). 2F2 + 2H2O =O2 + 4HF (3). O2 + 2H2S =2S + 2H2O (4). CS2(l) + 3O2(g) = CO2(g) + 2SO2(g) H=-1076.8 kJ·mol1 (5). 2:1 (6). B (7). 2CaCO3(s) + 2SO2(g) + O2(g) = 2CaSO4(s) + 2CO2(g) H=-681.8 kJ·mol1【解析】【分析】.（1）A.同一元素的含氧酸，元素的化合价

45、越高，酸性越强。 B.同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。 C.元素的非金属性越强，对应离子的还原性越弱。D. 元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强。 E.水分子间能够形成氢键，水的沸点最高。 （2）W是水，作还原剂，则X是氧化剂，且是单质，能和水反应且作氧化剂的短周期元素单质是氟气。V是水，则W为氢化物，且X为O2。（3）液态CS2完全燃烧生成CO2、SO2气体，反应的方程式为CS2(l) + 3O2(g) = CO2(g) + 2SO2(g)。（4）在工业上，用S02还原TeC14溶液制备碲(Te)，反应的方程式为2SO2+ TeCl4+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl。

46、 .（1）A. 全球变暖是二氧化碳。 B.硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是硫酸型酸雨和硝酸型酸雨。 C.水体富营养化（水华）是磷元素过量排放。 D.白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成。（2） 根据盖斯定律解答。【详解】.（1）A.同一元素的含氧酸，元素的化合价越高，酸性越强，酸性：H2SeO4 > H2SeO3，故A正确；B.同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：O > S > Se > Te ，故B正确；C.元素的非金属性越强，对应离子的还原性越弱，H2Te > H2Se > H2S > H2O，故C正确；D. 元素的非金属性

47、越强，氢化物的稳定性越强，热稳定性：H2O > H2S > H2Se >H2Te，故D错误；E.水分子间能够形成氢键，水的沸点最高，故E错误。故选DE。（2）W是水，作还原剂，则X是氧化剂，且是单质，能和水反应且作氧化剂的短周期元素单质是氟气，氟气和水反应的化学方程式为：2F2 + 2H2O =O2 + 4HF，故答案为：2F2 + 2H2O =O2 + 4HF。V是水，则W为氢化物，且X为O2，符合条件的置换反应为O2 + 2H2S =2S + 2H2O ，故答案为：O2 + 2H2S =2S + 2H2O 。（3）液态CS2完全燃烧生成CO2、SO2气体，反应的方程式为C

48、S2(l) + 3O2(g) = CO2(g) + 2SO2(g)，根据氧元素化合价的变化，反应中转移的电子数为12，每转移3mol电子时放出269.2kJ热量，则转移12mol电子放出热量269.2kJ×4=1076.8kJ，因此热化学方程式CS2(l) + 3O2(g) = CO2(g) + 2SO2(g) H=-1076.8 kJ·mol1，故答案为：CS2(l) + 3O2(g) = CO2(g) + 2SO2(g) H=-1076.8 kJ·mol1。（4）在工业上，用S02还原TeC14溶液制备碲(Te)，反应的方程式为2SO2+ TeCl4+4H2O

49、=Te+2H2SO4+4HCl，其中氧化产物为硫酸，还原产物为Te，物质的量之比为：2:1，故答案为：2:1。.（1）A. 全球变暖是二氧化碳，故A错误；B.硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，故B正确；C.水体富营养化（水华）是磷元素过量排放，故C错误；D.白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成，故D错误；故选B。（2）CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s) H=+178.2 kJ·mol1SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s) H=-402 kJ·mol12CaSO3(s)+O2(g )=2CaSO4(s) H=-234.2 kJ

50、83;mol1 （+×2+得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s) + 2SO2(g) + O2(g) = 2CaSO4(s) + 2CO2(g) H=-681.8 kJ·mol1故答案为：2CaCO3(s) + 2SO2(g) + O2(g) = 2CaSO4(s) + 2CO2(g) H=-681.8 kJ·mol1。24.氰化钠是一种重要的基本化工原料,同时也是一种剧毒物质,严重危害人类健康。一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理,以减轻环境污染。I已知：氰化钠化学式为NaCN,氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水

51、，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。（1）写出NaCN的电子式_，CN-中C元素显+2价,N元素显-3价,则非金属性N_C(填“<”“>”或“=”)(1分),请设计实验证明：_。（2）NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的离子方程式是_。硫代硫酸钠的工业制备的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。【查阅资料】Na2S2O3易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合物无沉淀生成。Na2S2O3易被氧化;BaSO3

52、难溶于水,可溶于稀盐酸。实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O3。（1）实验中要控制SO2生成速率,可采取的措施有_ (写出一条)。（2）b装置的作用是_。（3）反应开始后,c中先有淡黄色浑浊产生后又变为澄清，此浑浊物_(填化学式)。（4）实验结束后,在e处最好连接盛_ (填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种) 的注射器,接下来的操作为_，最后拆除装置。（5）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4,该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，_。若沉淀未

53、完全溶解,并有刺激性气味的气体产生,则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【答案】 (1). (2). > (3). 取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸，有无色气泡产生。说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N>C (4). CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3 (5). 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等 (6). 安全瓶，防止倒吸 (7). S (8). NaOH溶液 (9). 关闭K2打开K1 (10). 过滤,用蒸馏水洗涤沉淀,向沉淀中加入足量稀盐酸【解析】【分析】I（1）在化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价。（2）用双氧水处理氰化

54、钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。（1）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等。（2）由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸。（3）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3。（4）实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫,为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收。（5）根据: Na2S2O3是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成； Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl，BaSO4难溶于水,难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子

55、可知。【详解】I（1）NaCN的电子式：，在化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价，CN-中C元素显 +2价，N元素显-3价，则非金属性 N> C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，设计实验为取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生。说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N>C。故答案为：；>；取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生。说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N>C。（2）用双氧水处理氰化钠，产生一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，根据原子守恒一种酸式盐为碳酸氢钠，所以反应为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，离子反应为：CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3 ，故答案为：CN-+H2O2+H2O=HCO3-+NH3 。（1）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度。（2）由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为:安全瓶，防止倒吸。（3）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊