黑龙江省哈尔滨市三中2020届高三第二次月考化学试题(解析版)

哈三中2019-2020学年度上学期高三学年第二次调研考试化学试卷一、选择题（本题包括25个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）1.分类是化学学习和研究的常用手段，下列说法不正确的是（）A.冰醋酸、烧碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C.漂白粉、福尔马林、王水、水玻璃均为混合物D.、、、都属于酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．冰醋酸是纯乙酸，属于酸；烧碱为碳酸钠俗称，属于盐；芒硝为Na2SO4•10H2O，属于盐，生石灰是氧化钙，属于氧化物，故A正确；B．HClO具有氧化性，H2SO4(浓)、HNO3中S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，福尔马林为甲醛水溶液，王水为盐酸和硝酸的混酸，水玻璃为硅酸钠溶液，均为混合物，故C正确；D．SiO2、Mn2O7都属于酸性氧化物，水反应生成氢氧化钠，属于碱性氧化物，NO2和碱发生的反应为氧化还原反应，不是酸性氧化物，故D错误；答案选D。2.化学与生活，社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A.“青蒿一握，以水二开渍，绞取汁”，屠呦呦用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程包括萃取操作B.“雨过天晴云破处”所描绘的瓷器，其主要原料为C.水泥厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质D.向豆浆中加入盐卤可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质【答案】B【解析】【详解】A．用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程包括萃取操作，A正确；B．瓷器的主要原料为硅酸盐，不是二氧化硅，B错误；C．高压电除尘是利用了胶体的电泳性质，C正确；D．豆浆中加入盐制豆腐是利用了胶体聚沉的性质，D正确；故选B。3.下列表述中正确的是（）A.的电子式为：B.、、中均含有离子键和极性共价键C.D.、是氢的两种同位素【答案】A【解析】【详解】A．四氯化碳为共价化合物，氯原子和碳原子最外层都达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为，故A正确；B．NH4NO3和NaCN中均含有离子键和极性共价键，而CaC2中含有离子键和非极性共价键，故B错误；C．MgF2为离子化合物，镁离子与两个F−形成离子键，镁离子在两个F−之间，形成过程为，故C错误；D．质子数相同，中子数不同同一元素的不同原子互称为同位素，H2、D2是氢的单质，不是原子，不是两种同位素，故D错误；答案选A。4.常温下，下列各组分子或离子在指定分散系中一定能大量共存的是（）A.透明溶液中：、、，B.溶液中：、、、C.硅酸胶体：、、、D.含有大量的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．透明溶液中中、、，均不发生反应，能大量共存，A正确；B．、能与碳酸氢根发生反应，不能大量共存，B错误；C．硅酸能与反应，不能大量共存，C错误；D．能与反应，不能大量共存，D错误；故选A。5.代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是（）A.铁与氯气一定条件下充分反应，转移电子数为B.常温下，乙烯和丙烯的混合物中原子总数为C.标准状况下，分子数为的体积约为D.中含有的质子数，中子数和电子数均为【答案】C【解析】【详解】A．根据2Fe+3Cl22FeCl3，铁与氯气一定条件下充分反应，氯气反应完，铁未反应完，因此转移电子数为，故A正确；B．常温下，乙烯和丙烯(通式为CnH2n)的混合物中原子总数为，故B正确；C．标准状况下，是非气体，不能计算体积，故C错误；D．的物质的量，含有质子数10个，中子数10个，电子数10个，因此中含有的质子数，中子数和电子数均为，故D正确。综上所述，答案为C。6.下列离子方程式正确的是（）A.将溶液和溶液等体积混合：B.磁性氧化铁溶于稀硝酸：C.少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：D.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2:【答案】A【解析】【详解】A．将溶液和溶液等体积混合：，故A正确；B．磁性氧化铁溶于稀硝酸：，故B错误；C．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液，二氧化硫被次氯酸氧化成硫酸根：，故C错误；D．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2:，故D错误。综上所述，答案为A。7.下列实验操作或装置能达到目的的是（）A．混合浓硫酸和乙醇B．配制一定浓度的溶液C．收桌气体D．蒸干溶液制无水固体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，故A错误；B．定容时，眼睛水平与凹液面相切，以避免误差，故B正确；C．二氧化氮密度比空气大，应从长导管进气，尾气吸收时应使用倒扣的漏斗，防止发生倒吸，故C错误；D．蒸发时氯化铝易水解，直接加热生成氢氧化铝，应在氯化氢氛围中加热，以避免水解，故D错误；答案选B。8.下列有关溶液的说法正确的是（）A.要配制浓度为的溶液，应称量在的烧杯中溶解，冷却，再转移到容量瓶中，洗涤、转移、定容B.配制溶液，在烧杯中溶解后未冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液浓度偏低C.配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线导致所溶液浓度偏高D.定容后上下颠倒摇匀，发现液面低于刻线，此时所配溶液浓度偏高【答案】C【解析】【详解】A．要配制浓度为的溶液，应选择容量瓶，应称量，A错误；B．配制溶液，在烧杯中溶解后未冷却至室温就转移到容量瓶中，会使溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D．定容后上下颠倒摇匀，发现液面低于刻线，对结果无影响，D错误；故选C。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的原子最外层电子数是次外层的三倍，Y原子的M层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（）A.原子半径：B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【详解】X元素的原子最外层电子数是次外层的三倍，则X是O，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，说明Z是Si，Y原子的M层有2个电子，并且原子序数位于氧元素和硅元素之间，说明Y为Mg，W与X位于同一主族，则W为硫元素。A．由元素周期律可知，原子的电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，原子序数越大，则原子半径越小。根据以上规律可知，四种元素原子的半径大小为Mg>Si>S>O，即Y>Z>W>X，故A项错误；B．由X、Y组成的化合物为MgO，氧化镁是离子化合物，故B项正确；C．由元素周期律可知，同周期从左至右元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以W(硫元素)的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z(硅元素)的强，故C项错误；D．由元素周期律可知，同主族从上至下元素的简单气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，所以W(硫元素)的简单气态氢化物的热稳定性比X(氧元素)的弱，故D项错误；故选B。10.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确是（）A.气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4＞NH3B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C.门捷列夫提出的元素周期律为发现新元素、寻找新材枓提供了新思路D.在元素周期表中，从ⅢB族到ⅡB族的10个纵列中，所有的元素都是金属元素【答案】A【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A错误；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；C．元素周期表中，不同位置的元素具有不同的性质和用途，周期表中位置靠近的元素性质相似，这就启发人们在周期表中一定的区域内寻找新的物质，所以，门捷列夫提出的元素周期律为发现新元素、合成新材料提供了新思路，故C正确；D．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族这10个纵列为过渡元素，都是金属元素，故D正确；答案选A。11.关于氢键，下列说法不正确的是A.HF的沸点比HCl的沸点高是由于HF分子间存在氢键所致B.水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键C.NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键D.在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键【答案】C【解析】【分析】氢原子与电负性大、半径小原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，是范德华力之外的另一种分子间力，氢键的存在对物质的物理性质有很大的影响，存在氢键的物质，溶解性和沸点增大。【详解】A项、氢键是某些氢化物(如NH3、H2O、HF)等分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是HF分子间形成氢键所致，故A正确；B项、水在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间更多地以氢键结合排列成规整的晶体，从而使冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故B正确；C项、NH3的稳定性取决于N—H键的强弱，与分子间能形成氢键无关，故C错误；D项、在氨水中氨分子和水分子之间以氢键结合形成一水合氨，故D正确。故选C。【点睛】本题考查氢键的概念及对物质性质的影响，注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的化学性质无关是解答关键。12.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是A.In是第五周期第ⅢA族元素B.11549In的中子数与电子数的差值为17C.原子半径：In>AlD.碱性：In(OH)3>RbOH【答案】D【解析】【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。13.下列解释事实或验现象的化学用语不正确的是（）A.向沸水中滴加饱和溶液制备胶体：B.酸性淀粉溶液久置后变蓝C.实验室盛装溶液的试剂瓶不能用玻璃塞D.氟单质不能置换出溶液中的氯气【答案】B【解析】【详解】A．向沸水中滴加饱和溶液生成胶体，离子方程式为：，A正确；B．酸性淀粉溶液久置后可变氧气氧化成碘单质和水，离子方程式为：，B错误；C．溶液与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，离子方程式为：，C正确；D．氟单质不能置换出溶液，是因为氟单质能与水反应生成氟化氢和氧气，离子方程式为：，D正确；故选B。14.以下有关实验原理及结论正确的是（）A.的溶液能与铜片发生反应，则铜的金属性一定比X强B.金属X能与溶液反应放出，但金属Y不能，则Y的金属性一定比X弱C.非金属X能将氧化到价，但非金展Y不能，则Y的氧化性一定比X强D.如右图所示实验可证明元素的非金属性：【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3的溶液能与铜片发生反应，但是铜的金属性不如Fe强，故A错误；B．金属Al能与NaOH溶液反应放出H2，但金属Mg不能，而Mg的金属性一定比Al强，故B错误；C．非金属X能将Fe氧化到+3价，但非金属Y不能，则Y的氧化性一定比X弱，故C错误；D．稀硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、硝酸钙和水，说明硝酸的酸性强于碳酸，由于硝酸具有挥发性，会影响后续实验结论的准确性，将混有硝酸蒸汽的二氧化碳通过碳酸氢钠溶液吸收硝酸，净化后的二氧化碳气体通入到硅酸钠溶液中反应生成硅酸，产生白色沉淀，则说明碳酸的酸性强于硅酸，硝酸、碳酸、硅酸均为非金属元素最高价氧化物形成的酸，酸性越强，元素的非金属性越强，则右图所示实验可证明元素的非金属性：，故D正确；答案选D。15.下列说法中，正确的是（）A.在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内运动B.互为同素异形体的两科物质，其理化性质均相似C.两种微粒，若核外电子排布完全相同、则其化学性质一定相司D.每个电子层最多客纳的电子数是个（n分别对应1、2、3、……）【答案】D【解析】【详解】A．一般能量高的电子通常在离核远的区域内运动，A错误；B．互为同素异形体的两科物质，其物理性质差异较大，化学性质相似，B错误；C．核外电子排布完全相同的两种微粒，可能为原子，也可能为离子或分子，则其化学性质不一定相司，C错误；D．根据核外电子的排布规则，每个电子层最多客纳的电子数是个（n分别对应1、2、3、……），D正确；故选D。16.将Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液aL分为两等份，其中一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol/L)为A.(2b-c)/2a B.(2b-c)/a C.(2b-c)/3a D.(4b-2c)/3a【答案】D【解析】【详解】一份加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀即每一份溶液中；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，即每一份溶液中；由N元素守恒，所以原混合溶液中(NH4)2SO4的物质的量为cmol，由SO42-守恒得原混合溶液中Al2(SO4)3的物质的量为，即，则原溶液中的Al3＋的浓度为(4b-2c)/3amol/L，故答案选D。17.下列叙述正确的是（）A.元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原B.物质失电子个数越多，还原性越强C.难失电子的原子，得电子的能力一定强D.在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，肯定有中一种元素被还原【答案】A【解析】【详解】A．元素由化合态变成游离态时，元素的化合价可能升高也可能降低，如Cl-→Cl2，Cu2+→Cu，A正确；B．还原性的强弱，与失电子的能力有关，与失电子的个数无关，B错误；C．难失电子的原子也可能难以得到电子如惰性气体元素，C错误；D．氧化还原反应可能发生在同种元素之间，如氯气与水的反应，D错误；故选A。18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。19.下列有关实验室常用仪器和实验操作正确的是（）A.用的工业酒精制取无水乙醇，可直接蒸馏B.将固体置于容量瓶中，加水至刻度，配制溶液C.氢氟酸应贮存在磨口的细口瓶中，并置于阴凉处D.放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的杂质【答案】D【解析】【详解】A．水与酒精易形成共沸混合物，应加CaO后蒸馏，故A错误；B．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；C．HF酸与玻璃中二氧化硅反应，应选塑料瓶，故C错误；D．胶体不能透过半透膜，而分子、离子可以透过，放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的(NH4)2SO4杂质，故D正确；答案选D。20.下列说法正确的是（）①的熔沸点逐渐变小②若和的电子层结构相同，则原子序数：③熔沸点随相对分子质量增大而升高④由于非金属性，以酸性⑤氨的液化会破坏共价键⑥C与H形成的化合物中只存在极性共价键⑦固体中的阴离子和阳离子个数比是A.②⑤⑥ B.③⑤⑦ C.②④⑤ D.①③⑦【答案】D【解析】【详解】①Li、Na、K、Rb、Cs为金属晶体，影响熔沸点高低的因素是金属键，原子半径越大，金属键越弱，熔沸点越小，则Li、Na、K、Rb、Cs熔沸点逐渐减小，故①正确；②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期，所以原子序数：M＞R，故②错误；③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子晶体，熔沸点随相对分子质量增大而升高，故③正确；④根据元素的非金属性强弱可以比较简单气态氢化物的稳定性强弱和最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，氢化物的酸性与元素的非金属性无关，并且酸性：HCl＜HBr＜HI，故④错误；⑤氨液化是气体转化为液体，没有化学键的变化，故⑤错误；⑥C与H形成的化合物由很多，例如乙烯既有极性共价键也有非极性共价键，故⑥错误；⑦Na2O2是由钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，阴离子和阳离子个数比是1:2，故⑦正确；说法正确的为①③⑦，答案选D。21.含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：（未配平）。下列说法错误的是（其中表示阿伏加德罗常的值）（）A.是氧化剂，和是氧化产物B.中C的化合价为价C.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为D.该反应中，若有发生反应，则有电子发生转移【答案】C【解析】【详解】A．反应中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A项正确；B．CN-中N元素为-3价，则C的化价为+2价，B项正确；C．由上述分析可知，反应方程式为，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2，C项错误；D．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，D项正确；故选C。22.现有铁粉和物质的量都为充分反应，加水得到澄清溶液后，通入。下列叙述不正确的是（）A.当时，发生的反应为B.当时，发生的反应为C.若溶液中有一半被氧化时，溶液中D.当开始被氧化时，溶液中主要阳离子为【答案】C【解析】【详解】由反应2Fe+3Br2=2FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在nmolFe2+和2nmolBr-。A．当时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br-，只发生，反应后Fe2+还有剩余，A正确；B．当时，亚铁离子和溴离子均恰好被氧化，方程式为，B正确；C．若溶液中Br有一半被氧化时，首先发生，此时Fe2+完全反应，消耗0.5nmolCl2，又知Br-为2nmol，Br-有一半被氧化，则反应nmol，由方程式2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，可知消耗0.5nmolCl2，则共消耗nmol氯气，因此，C错误；D．因Fe2+的还原性大于Br-，故先发生，所以当开始被氧化时，溶液中主要阳离子为，D正确；故选C23.已知：还原性，氧化性，在含的溶液中逐滴加入溶液，加入和析出上的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A.0～a间发生反应：B.a～b共消耗的物质的量为C.b～c间发生的反应中仅是氧化产物D.当溶液中与的物质的量之比为时，加入的为【答案】C【解析】【分析】已知还原性＞I-，氧化性＞I2，结合图可知，0～b发生，继续加入KIO3，氧化性＞I2，可以结合H+氧化I-生成I2，b～c发生+6H++5I-═3H2O+3I2，以此来解答。【详解】A．由上述分析可知，0∼b发生，则0∼a间发生反应：，故A正确；B．由纵坐标可知生成碘为0.6mol，b∼c发生+6H++5I-═3H2O+3I2，可知b点时生成碘离子为1mol，0∼b消耗为1mol，0∼b发生，共消耗NaHSO3的物质的量为3mol，a∼b间共消耗NaHSO3的物质的量为3mol×=1.8mol，故B正确；C．b∼c发生+6H++5I-═3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，I2为氧化产物也为还原反应，故C错误；D．溶液中I−与I2的物质的量之比为5:2时，完全发生，反应处于b∼c段发生+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xmol，消耗碘离子的物质的量=xmol，剩余的碘离子的物质的量=(1−x)mol，当溶液中n(I−)：n(I2)=5：2时，即(1−x)：x=5：2，解得x=0.24mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.24mol×=1.08mol，故D正确；答案选C。24.在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是（）A.右边CO和CO2的分子数之比为1：3B.右边CO的质量为2.75gC.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3D.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍【答案】D【解析】【分析】在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；【详解】A.根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；B.右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；C.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；D.同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；答案为D。【点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。25.在碱性溶液中可被氧化为，而被还原为，若反应中与的物质的量之比为，则x的值为（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】D【解析】【详解】反应中，被还原为NaCl，氯元素由+1价降为-1价，得到两个电子；而反应中与的物质的量之比为1:16，则~16~32e-，反应中被氧化为，硫元素的平均化合价由升高到+6价，由得失电子守恒得：，解得x=5。故选D。二、非选择题（本题包括4个大题，共50分）26.(1)下列八种物的晶体中，①②③④⑤⑥⑦乙烯⑧只存在极性共价键的是______，存在非极性共价键的是______；只存在离子键的是______；不存在化学键的是______；存在分子间作用力的是______。(填写序号)(2)下列过程中①干冰升华②融化③溶于水④溶于水⑤氢气在氧气中燃烧⑥融化⑦碳酸氢钠受热分解未发生化学键破坏的是______；有离子键被破坏的是______；有共价键被破坏的是______(填写序号)【答案】(1).②③⑧(2).⑥⑦(3).⑤(4).①(5).①②③⑥⑦(6).①(7).②③⑦(8).④⑤⑥【解析】【详解】（1）①Ne中不存在化学键只含分子间作用力；②H2O中只含极性共价键；③NH3中只含极性共价键；④中既含离子键和极性共价键；⑤中只含离子键；⑥中只含非极性共价键；⑦乙烯中含非极性共价键和极性共价键；⑧中只含极性共价键；所以只存在极性共价键的是②③⑧，存在非极性共价键的是⑥⑦，只存在离子键的是⑤，不存在化学键的是①，存在分子间作用力的是①②③⑥⑦，故本题答案为：②③⑧；⑥⑦；⑤；①；①②③⑥⑦；（2）①干冰的升华只是状态的变化，化学键没被破坏；②熔化电离岀自由移动的离子，离子键被破坏；③溶于水电离出自由移动的离子，离子键被破坏；④溶于水，电离出自由移动的离子，共价键被破坏；⑤氢气在氧气中燃烧，共价键被破坏；⑥融化，共价键被破坏；⑦碳酸氢钠受热分解，破坏了离子键和共价键；所以未发生化学键破坏的是①；有离子键被破坏的是②③⑦；有共价键被破坏的是④⑤⑥；故本题答案为：①；②③⑦；④⑤⑥。【点睛】一般活泼金属与活泼非金属之间形成离子键，非金属之间易形成共价键，可据此判断。27.X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0：Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：(1)Z、Q、R三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是(写离子符号)__________________________。(2)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质最小的物质(写分子式)___________________________________________________。(3)Q的氢化物与水反应的化学方程式_________________________________________________________。(4)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：(在水溶液中进行)，其中C是溶于水显酸性的气体，D是淡黄色固体。写出C的结构式____________________________________；D的电子式_________________；①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为_________________________；由A转化为B的离子方程式_______________；②如果A由三种元素組成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。由A转化为B的离子方程式_________________________；常温下，在B溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有_______________。【答案】(1).(2).(3).(4).O=C=O(5).(6).(7).或(8).(9).【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素原子序数依次增大。Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素则Z为O元素、R为Al，X、Y元素最高正价与最低负价之和均为0，则氢元素、ⅣA族元素符合，由原子序数可以知道X为H元素，Y为C元素；Q与X同主族，Q原子序数大于氧可以知道Q为Na。【详解】（1）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，则原子序数越小的离子半径越大，故离子半径：，本题正确答案是：；（2）氢与碳能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质为，本题正确答案是：；（3）Q的氢化物是NaH，与水反应的化学方程式是，故本题答案为：；（4）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：(在水溶液中进行)，其中C是溶于水显酸性的气体，D是淡黄色固体，则C为二氧化碳，D为过氧化钠。二氧化碳的结构式O=C=O；过氧化钠的电子式，故本题答案为：O=C=O；；①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A为偏铝酸钠，B为氢氧化铝，A的化学式为；由A转化为B的离子方程式或，故本题答案为：；或；②如果A由三种元素組成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，则说明A为碳酸钠，B为碳酸氢钠，由A转化为B的离子方程式；常温下，在碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有，故本题答案为：；。【点睛】碳能形成多种氢化物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质为，要特别注意碳的氢化物的复杂性，此为易错点。28.为了回收利用钢铁生产过程中产生的，工业上采用软锰矿(主要成分)脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程示意图如下：已知：浸出液接近4，其中的金属离子主要是，还含有少量的、。氢氧化物开始沉淀7．02．73．78．1完全沉淀9．23．25．210．2完成下列填空。

(1)写出浸出过程中主要反应的化学方程式：____________________________。(2)浸出过程的副反应之一是部分被氧化为硫酸，致使浸出液的下降，这将有利于软锰矿浆继续吸收。欲消除生成的硫酸，试剂A最好是______。a．b．c．d．(3)操作Ⅰ加入目的_______________________________________，写出该反应的离子方程式_______________________________________。(4)溶液中加入氨水来调节，其作用是_______________________________________，应调节的范围是_______________________________________。5}根据图甲中溶解度分析可知的过程为：操作Ⅱ的过程为：蒸发浓缩、______、洗涤、干燥。工业上为了充分利用锰元素，在流程中可循环使用______。(6)通过煅烧可制得生产软磁铁氧体材料的MnxO4，如图乙是煅烧时温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为_____________________________；MnxO4中x=______。【答案】(1).SO2+MnO2=MnSO4(或SO2+H2O=H2SO3，H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)(2).a(3).将氧化为(4).2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(5).使、完全沉淀(6).(7).趁热过滤(8).操作Ⅱ后剩余的母液(9).(10).3【解析】【分析】回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿(主要成分MnO2)脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程为：通入含SO2烟气进入浸出液中，软锰矿浆的主要成分是MnO2，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，同时副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，因酸性条件不利于软锰矿浆继续吸收SO2，需加MnCO3，除去硫酸，同时不引入新的杂质，所以试剂A为MnCO3，因pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，所以浸出过程的操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+，MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，使Fe3+沉淀，已知大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，制得MnSO4．以此解答该题。【详解】(1)软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4(或SO2+H2O=H2SO3，H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(2)浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，硫酸是强酸，能和软锰矿浆的主要成分是MnO2反应，不利于软锰矿浆继续吸收SO2，除去硫酸，同时不引入新的杂质，硫酸和MnCO3反应生成Mn2+和二氧化碳，能除去硫酸，同时不引入新的杂质，答案选a；(3)Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(4)溶液中加入氨水来调节pH，其作用是使Fe3+、Al3+完全沉淀;由表中数据可知pH应调节的范围是5.2⩽pH<8.1；(5)MnSO4⋅H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，制得MnSO4，在流程中可循环使用是操作II后剩余的母液；(6)探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法。MnSO4⋅H2O在高温下易分解，101.4g的MnSO4⋅H2O物质的量为：=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4⋅H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6mol×151g/mol=90.60g，所以图2曲线中A段质量减少：101.4−90.60=10.8g为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80克，为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为mol，则mol×(55x+16×4)g/mol=45.80g，x=3，此时发生的反应为：3MnSO4⋅H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O。【点睛】本题的难点为(6)，解题时要仔细分析甲乙两个图像中MnSO4⋅H2O在分解时的质量变化和物质组成的变化，据此分析计算。29.氯化铁在现代生产和生活中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物缴了如下探究实验。已知：Ⅰ．无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；Ⅱ．工业上，向的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；Ⅲ．向炽热铁屑中通入氯化氢，可以生产无水氯化亚铁和氢气。请回答下列问题：(1)装置的连接顺序为______(按气流从左向右的方向，填仪器接口字母)。(2)装置D的作用是_____________________________；若缺少装置E对本实验造成的影响是_____________________________。(3)反应结束后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管B中硬质玻璃管的右端。要使沉积得进入收集器，需进行的操作是_____________________________；(4)溶液常用于吸收有毒气体，反应的离子方程式为_________