甘肃省武威第二中学2019届高三化学上学期第二次（10月）月考试题（含解析）.doc

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1、1甘肃省武威第二中学 2019 届高三化学上学期第二次（10 月）月考试题（含解析）一、单选题(2 分20）1.下列有关原子、分子或物质所对应的表示式正确的是A. 氯原子结构示意图: B. 氯化钠电子式:C. 水分子结构式: D. 乙炔分子比例模型: 【答案】C【解析】分析：A、原子核内质子数等于核外电子数；B、离子化合物中存在离子键；C、结构式就是用元素符号和短线表示化合物(或单质)分子中原子的排列和结合方式的式子；D、球棍模型是一种空间填充模型,用来表现化学分子的三维空间分布。详解：A、氯原子的核电荷数和核外电子总数都是 17，所以氯原子的结构示意图为：，选项 A 错误；B、氯化钠由钠离子

2、和氯离子构成，属于离子化合物，其电子式为，选项 B 错误；C、水分子结构式为: ，选项 C 正确；D、乙炔分子球棍模型为: ，选项 D 错误。答案选 C。2.梦溪笔谈中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。 ”下列对文中内容的解释正确的是（ ）A 胆矾受热不能分解 B胆矾的化学式为 CuSO4C “苦泉”可使蛋白质变性 D胆矾与铁通过复分解反应可炼铜【答案】C【解析】【详解】A、由“烹胆矾则成铜”可知，胆矾为 CuSO4 5H2O,受热分解成 CuSO4和 H2O，故 A2正确；B、胆矾的化学式为 CuSO4 5H2O，故 B 错误

3、；C、 “苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故 C 正确；D、胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故 D 错误；故选 C。3.常温下，1mol 化学键分解成气态原子所需要的能量用 E 表示，结合表中信息判断下列说法不正确的是共价键 HH FF HF HCl HIE/kJ/mol 436 157 568 432 298A. 432 kJ /molE(HBr)298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是 HF 键C. H2(g)2H(g) H=+436kJ/mol D. 1/2H 2(g)+l/2F2(g)=HF(g) H=-25kJ/mol【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

4、越大键能越小分析，因此结合图表中数据可知 432 kJmol-1E（H-Br）298 kJmol -1，A 正确；B键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是 H-F，最稳定的共价键是 H-F 键，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，H 2（g）2H （g） H=+436 kJmol-1，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-2568kJ/mol=-543kJ/mol，H 2（g）+F 2（g）=2HF（g） H=-543 kJmol-1，D 错误；答案选 D。点睛：本题考查了化学反应

5、能量变化和键能的关系分析判断，掌握焓变计算方法是解题关键，注意反应热与键能的关系。4.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1mol SiO2晶体中含有 Si-O 键的数目为 0.2NAB. 56g 铁粉与高温水蒸气反应，生成 H2数目为 1.5NAC. 标准状况下，22.4 LCl 2溶于水，转移电子数为 NAD. 18gH218O 和 2H2O 的混合物中，所含中子数为 9NA【答案】D【解析】【分析】3A、根据 1mol 硅原子形成了 4mol 硅氧键进行分析；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为 ；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水

6、反应；D、H 218O 与 2H2O 的摩尔质量均为 20g/mol，且均含 10 个中子。【详解】A、0.1mol 二氧化硅中含有 0.1mol 硅原子，0.1mol 硅原子形成 0.4mol 硅氧键，晶体中含有 Si-O 键的个数为 0.4NA，选项 A 错误；B铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为 ，0.2mol 铁完全反应失去电子数为：0.2mol（ -0）= mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为： = mol，生成的H2分子数为 NA，选项 B 错误；C、氯气溶于水时只有很少一部分氯气和水反应，产生盐酸和次氯酸，所以转移电子数小于 NA，选项 C

7、错误；D、H 218O 与 2H2O 的摩尔质量均为20g/mol，故 1.8g 混合物的物质的量为 0.09mol，且均含 10 个中子，故 0.09mol 混合物中含 0.9NA个中子，选项 D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱” ；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl 4、HF等为液体，SO 3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法

8、求算物质的量；22.4L/mol 是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。5.碘在地壳中主要以 NaIO3的形式存在，在海水中主要以 I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中正确的是A. 向含 I-的溶液中通入 C12，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝B. 途径 II 中若生成 l mol I2，消耗 lmol NaHSO 3C. 氧化性的强弱顺序为 C12I2IO3-D. 一定条件下，I -与 IO3-可能生成 I2【答案】D【解析】4【详解】A. 向含 I-的溶液中通入少量 C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含 I-的溶液中通入过量 C12，生成 IO3-，

9、不能使淀粉溶液变蓝，选项 A 错误；B. D.根据转化关系2IO3- I210e- ,SO32- SO422e-，途径 II 中若生成 l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，选项 B错误；C、由途径 I 可以知道氧化性 C12I2,由途径可以知道氧化性 I2IO 3-,由途径可以知道氧化性 C12 IO3-,故氧化性的强弱顺序为 C12 IO3- I2,选项 C 错误；D、一定条件下，I -与 IO3-可发生归一反应生成 I2，选项 D 正确；答案选 D。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的转化关系，结合氧化还原反应解答该题，难度

10、中等。6.某无色气体，可能含 HCl、CO 2、NO 2、HI、SO 2、HBr 中的一种或几种。将其通入氯水中，得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，另一份加入硝酸酸化的 AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是A. 一定存在 HCl B. 一定存在 SO2 C. 肯定没有 CO2 D. 不能肯定是否含有NO2、HI【答案】B【解析】【分析】由无色气体可排除 NO2，通入氯气中，得到无色透明溶液可排除 HBr、HI。向无色溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，应有 BaSO4生成，SO 42-只可能由 S

11、O2与氯水反应产生，而加入 AgNO3溶液，产生白色沉淀不能确定是原溶液就存在氯离子还是后加入的，所以只能判定出一定有 SO2存在；据此分析解答。【详解】A 项，另一份加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，说明溶液中含有氯离子，又因为氯水中也含有氯离子，所以不能确定原气体中是否有 HCl，故 A 项错误；B项，向一份中加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，又因为氯水具有氧化性，可以将 SO2氧化为硫酸根，所以可以推断原无色气体中一定含有 SO2，故 B 项正确；C 项，二氧化碳是无色气体，题干中的实验不能确定原气体中是否一定含有二氧化碳，故 C 项错误；D

12、项，由于 NO2是红棕色气体，所以原气体中一定不含有NO2，又因为氯水具有氧化性，可以将 HI、HBr 氧化分别生成碘单质和溴单质，又因为通入氯水中，得到无色透明溶液，所以原气体中一定不含有 HI、HBr，故 D 项错误。正确答案为 B。57.下列实验方案、现象和结论都合理的是（ ）实验目的 实验方案、现象 结论A检验溶液中有无NH4+用试管取少量的待检测溶液，加入少量的稀 NaOH 溶液，用一块湿润的红色石蕊试纸放在试管口若试纸变蓝，则有 NH4+，否则无 NH4+B检验溶液中有无 K+用洁净的铂丝蘸取待测液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中一定无 K+C检验溶液中有无SO42-用试管取少量的

13、待检测溶液，加入稀盐酸无现象，再加入 BaCl2 溶液，出现白色沉淀原溶液中有 SO42-D检验淀粉水解产物有无还原性用试管取少量的淀粉溶液加入适量的稀硫酸，加热一段时间后，加入少量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，产生大量的砖红色沉淀水解产物有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 因氨气极易溶于水，向待测液中加入稀 NaOH 溶液，即使溶液中含有 NH4+，也很难生成氨气，应向待测液中加入浓 NaOH 溶液并加热才能检验，故 A 错误；B. 观察 K+的焰色反应时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有透过蓝色的钴玻璃观察，所以不能确定是否含有 K

14、+，故 B 错误；C. 检验溶液中是否含有 SO42-，采取的方法是：用试管取少量待测液，加入稀盐酸无明显现象，再加入 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有 SO42-，故 C 正确；D. 用新制 Cu(OH)2悬浊液检验醛基必须在碱性环境下进行，因此应先用过量的 NaOH 溶液除去稀硫酸，再加入新制 Cu(OH)2悬浊液进行检验，故 D 错误；答案选 C。8.短周期主族元素 a、b、c、d 的原子序数依次增大，a 原子的最外层电子数是其质子数的62/3，b 原子的核电荷数等于 d 原子的最外层电子数，元素 c 的最高正化合价为+2 价。下列说法正确的是A. 单质的佛点:acC.

15、b、d 的氧化物对应的水化物均为强酸 D. b、c 可形成离子化合物 b2c2【答案】B【解析】本题考查元素周期律。分析：由题意，a 原子的最外层电子数是其质子数的 2/3，则 a 为 C 元素；元素 c 的最高正化合价为+2 价，可知元素 c 位于周期表A 族，又 a、b、c、d 的原子序数依次增大，则 c为 Mg 元素；b 原子的核电荷数等于 d 原子的最外层电子数，则 b 为 N 元素、d 为 Cl 元素，由以上分析可知 a 为 C 元素、b 为 N 元素、c 为 Mg 元素、d 为 Cl 元素。详解：a 为 C，对应的单质中，金刚石为原子晶体、石墨为过度型晶体，沸点都较高，A 错误；氯

16、离子核外有 3 个电子层，镁离子核外有 2 个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子的半径：dc，B 正确；d 为 Cl 元素，其氧化物对应的水化物可能为 HClO，HClO 为弱酸， C 错误；b 为 N 元素、c 为 Mg 元素 ，N 元素和 Mg 元素可形成离子化合物 Mg3N2， D 错误。故选 B。点睛：本题考查结构与位置关系、原子的结构及电子排布规律，明确各层电子数的关系，掌握核外电子排布规律是解答本题的关键。9.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的常见短周期元素，X 的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝Y 的一种核素质量数为 18，中子数为 10在同周期元素中 Z 的简

17、单离子半径最小，W 的单质是良好的半导体材料。下列说法中正确的是A. 简单气态氢化物稳定性：WX B. Y 元素的相对原子质量为 18C. X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为 4：l D. 电解 Z 的熔融氯化物可以冶炼单质 Z【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的常见短周期元素，X 的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢化物是氨气，则 X 是 N。Y 的一种核素质量数为 18，中子数为 10，质7子数是 18108，Y 是 O。在同周期元素中 Z 的简单离子半径最小，原子序数大于 X 与Y，所以 Z 是 Al。W 的单质是良好的半导体材料，W 是 Si，据此解

18、答。详解：根据以上分析可知 X、Y、Z、W 分别是 N、O、Al、Si。则A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属 NSi，则简单气态氢化物稳定性：WX，A 错误；B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是 18，B 错误；C. N2H4的电子式为 ，因此分子中极性键和非极性键数目比为 4：l，C 正确；D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质 Al，熔融的氯化铝不导电，D 错误；答案选 C。10.向如图所示装置中缓慢通入气体 X，若打开活塞 K，则品红溶液褪色；若关闭活塞 K，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊。X 和 Y 可能是选项 A B C DX SO2 Cl2 HC

19、l Cl2Y NaOH 溶液 饱和 NaHCO3溶液 饱和 NaCl 溶液 Na2SO3溶液A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：四种气体中能使品红褪色的气体可能为 SO2或 Cl2，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊。详解：若打开活塞 K，品红溶液褪色，X 气体只可能是 SO2或 Cl2。8A. 关闭活塞 K，若 X 气体为 SO2，通入 NaOH 溶液后发生反应：SO 2+2NaOH=Na2SO3+H2O，反应后无气体通入澄清石灰水，则澄清石灰水不会变浑浊，故 A 错误；B. 若 X 是 Cl2，打开活塞 K，氯气能使品红溶液褪色，关闭活塞 K，Cl 2通入

20、NaHCO3溶液后发生反应生成二氧化碳，从而使澄清石灰水变浑浊，故 B 正确；C. HCl 不能使品红溶液褪色，故 C 错误；D. 若 X 是 Cl2，通入亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化钠，反应后无气体通入澄清石灰水，则澄清石灰水不会变浑浊，故 D 错误；答案选 B。11.设 NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述不正确的是A. 0.5 mol/L 的 AlCl3溶液中含有 Al3+的数目小于 0.5NAB. 标准状况下，22.4 L 丁烷中含有共价键的数目为 13NAC. 44 g 由 CO2 和 N2O 组成的混合气体中含有的质子数为 22NAD. 将 1mol N2 与 3 mol

21、H2 通入密闭容器中充分反应、转移的电子数小于 6NA【答案】A【解析】A、没有给定溶液体积，无法计算 Al3+的数目，选项 A 不正确；B、每个丁烷分子中含有 13个共价键，标准状况下，22.4L 丁烷为 1mol，则含有共价键的数目为 13NA，选项 B 正确；C、44g CO2、N 2O 的物质的量为 1mol，1mol 二者的混合物中含有质子的物质的量为：221mol=22mol，含有的质子数为 22NA，选项 C 正确；D、合成氨是可逆反应，1mol N2和3mol H2充分混合，反应生成的氨气小于 2mol，转移的电子数小于 6NA，选项 D 正确。答案选 A。12.下列离子方程式

22、正确的是A. 氯气和水反应：Cl 2+H2O Cl-+ClO+2H+B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba 2+SO42=BaSO4C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe 2 O 24H 4Fe 3 2H 2OD. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO 3+Ca2+2OH=CaCO3+CO 32+2H2O【答案】C【解析】【详解】A氯气与水的反应生成次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程为：Cl 2+H2OCl-+HClO+H+，选项 A 错误；BBa（OH） 2溶液与稀 H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H +SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2

23、H 2O，选项 B 错误；C、亚铁离子具有9还原性，能被氧气氧化为三价，即 4Fe2 O 24H 4Fe 3 2H 2O，选项 C 正确；D向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水的离子反应为 Ca2+OH-+HCO3-CaCO 3+H 2O，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式书写的方法即可解答，与量有关的离子反应是解答的难点，B 为易错点，注意不要漏写氢氧根离子与氢离子反应生成水。13.短周期主族元素 W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X 在同一主族，Y 元素在第三周期中离子半径最小，Y 和 Z 的原子序数之和是 W 的 3 倍

24、。下列说法正确的是A. X 的简单氢化物的热稳定性比 W 的强 B. X 的氧化物对应的水化物是强酸C. Z 和 W 形成的化合物可能含有非极性键 D. Z、Y 的氧化物是常用的耐火材料【答案】C【解析】电子层数越多，半径越大，当电子层数相等时，半径随着原子序数的递增而减小，四种元素的原子半径依次增大，因此四种元素在周期表的位置大概是 ，Y 元素在第三周期中离子半径最小，即 Y 为 Al，邻 Z 的原子序数为 a，W 的原子序数为 b，则 X的原子序数为 b+8，因此有 13+a=3b，因为 Y 为 Al，则 Z 可能是 Na，也可能是 Mg，假设 Z为 Na，b=8，即 W 为 O，X 为

25、S，假设 Z 为 Mg，则 b=25/3，不符合题意，A、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即 O 的简单氢化物的热稳定强于 S，故 A 错误；B、S 的氧化物为 SO2和 SO3，其对应水化物是 H2SO3和 H2SO4，H 2SO3为中强酸，H 2SO4为强酸，故 B 错误；C、Na 和 O 形成的化合物是 Na2O 和 Na2O2，前者只含有离子键，后者含有离子键和非极性共价键，故 C 正确；D、钠的氧化物不能用于制作耐火材料，氧化铝可以，故 D 错误。点睛：根据信息原子半径依次增大，根据判断半径大小顺序是一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等

26、，半径随着原子序数的递增而减小，因此推出 Y 为 Al，然后判断出四种元素在周期表中的大概位置 ，最后根据Y 和 Z 的原子序数之和是 W 的 3 倍，作出合理的判断。1014.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是( )（注：铝土矿中含有 A12O3、SiO 2、Fe 2O3）A. 在铝土矿制备较高纯度 A1 的过程中只用到 NaOH 溶液、CO 2气体、冰晶石B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C. 在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 12D. 黄铜矿（CuFeS 2)与 O2反应产生的 Cu2S、SO 2均只是还原产物【答案】C【解

27、析】A、根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生 Al2O36H =2Al3 3H 2O 和Fe2O36H =2Fe3 3H 2O，然后过滤，向滤液中加入过量的 NaOH 溶液，发生Al3 4OH =AlO2 H 2O 和 Fe3 3OH =Fe(OH)3，过滤，向滤液中通入足量的 CO2，发生 AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 ，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为 NaOH、盐酸、CO 2、冰晶石，故A 错误；B、石英的成分是 SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故 B 错误；C、制取粗硅的反应是：2CSiO 2 2

28、COSi，C 的化合价升高，即 C 为还原剂，SiO 2中 Si 的化合价降低，即 SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为 1：2，故 C 正确；D、CuFeS 2中 S 的化合价为2 价，转化成 SO2，S 的化合价升高，O 的化合价降低，即 SO2为既氧化产物又是还原产物，故 D 错误。15.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是11A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中 I的 Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中 I后的 Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A 错误；B、海带灰的浸泡液用

29、过滤法分离，以获得含 I-的溶液，B 正确；C、MnO 2与浓盐酸常温不反应，MnO 2与浓盐酸反应制 Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H 2O，C 错误；D、Cl 2在饱和 NaCl 溶液中溶解度很小，不能用饱和 NaCl 溶液吸收尾气 Cl2，尾气 Cl2通常用 NaOH 溶液吸收，D 错误；答案选 B。16.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是A. 用图 a 所示装置验证 H2在 Cl2中燃烧的实验现象B. 用图 b 所示装置从饱和食盐水中提取氯化钠C. 用图 c 所示装置探究氧化性：KMnO 4Cl 2I 2D. 用

30、图 d 所示装置分解 MgCl26H2O 获取 MgCl2【答案】C【解析】12【详解】A氯气密度比空气大，该实验中盛放氯气的集气瓶瓶口应该向上，图示装置不合理，选项 A 错误；B从溶液中获得 NaCl 晶体采用蒸发结晶方法，应该用蒸发皿蒸发盛放氯化钠溶液，坩埚用于灼烧固体，选项 B 错误；C锥形瓶中发生反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H 2O，氧化性 KMnO4Cl 2，烧杯中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化性 Cl2I 2，选项 C 正确；D、加热分解 MgCl26H2O，促进水解生成盐酸易挥发，不能得到氯化镁，应在 HCl 气流中蒸发，选

31、项 D 错误；答案选 C。17.用 4 种溶液进行实验，下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系错误的是( )选项 溶液 操作及现象ACa(OH)2溶液通入 CO2，溶液变浑浊，继续通 CO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH 溶液，又变浑浊BNaAlO2溶液通入 CO2，溶液变浑浊，继续通 CO2至过量，浑浊消失CCa(ClO)2溶液通入 CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D CaCl2溶液 通入 CO2，溶液没有明显变化，再通入氨气，溶液变浑浊A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】ACa(OH) 2溶液通人 CO2，生成碳酸钙沉淀，继续通 CO2至过量生

32、成碳酸氢钙，碳酸氢钙与 NaOH 反应又生成碳酸钙沉淀，选项 A 正确；BNaAlO 2溶液与 CO2反应生成沉淀Al(OH)3，Al(OH) 3不溶于弱酸，则浑浊不消失，选项 B 错误；C、Ca(ClO) 2溶液与 CO2反应生成碳酸钙沉淀和 HClO，HClO 具有漂白性，可使品红溶液褪色，选项 C 正确；D、CaCl 2溶液通入 CO2，二者不反应，则溶液没有明显变化；再通入氨气，氨气与二氧化硫生成碳酸铵，碳酸铵与钙离子生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊， “操作及现象”与“溶液”对应关系合理，选项 D 正确。答案选 B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解

33、答关13键，注意熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。18.下列说法正确的是 ( )A. 在溶液中加 KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有 Fe3+,无 Fe2+B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂,铁粉起还原作用C. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作,原因是 FeCl3能从含有 Cu2+的溶液中置换出铜D. c(Fe2+)=1 molL-1的溶液中:K +、NH 4+、MnO 4-、S 2-能大量共存【答案】B【解析】【详解】AFe 3+遇 KSCN 会使溶液呈现红色，Fe 2+遇 KSCN 无明显现象，如果该溶液既含Fe3+，又含 Fe2+，滴加 KSCN

34、溶液，溶液呈红色，则证明存在 Fe3+，并不能证明无 Fe2+，故A 错误；B铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe 与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故 B 正确。CCu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，故 C 错误；DFe 2+、MnO 4-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故 D 错误；故选 B。19.已知 NH4CuSO3与足量的 1 mol/L 硫酸溶液混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；有刺激性气味气体产生；溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A. NH4CuSO3中硫元素被氧化 B. 刺激性气味的气体是二氧化硫C. 刺激性气味

35、的气体是氨气 D. 该反应中硫酸作氧化剂【答案】B【解析】【分析】A、反应 2NH4CuSO3+4H Cu+Cu 2 +2SO2+2H 2O+2NH4 可知，反应前后 S 元素的化合价没有发生变化；B、反应 2NH4CuSO3+4H Cu+Cu 2 +2SO2+2H 2O+2NH4 可知，刺激性气味的气体是二氧化硫；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气； D. 由反应2NH4CuSO3+4H Cu+Cu 2 +2SO2+2H 2O+2NH4 可知，反应只有 Cu 元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性。【详解】反应的发产生为：2NH 4CuSO3+4H Cu+Cu

36、 2 +2SO2+2H 2O+2NH4 ； A、NH 4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO 2和 Cu2 ，反应前后 S 元素的化合价没有发生变化，故 A 错误；B、NH 4CuSO3与硫酸14混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO 2和 Cu2 ，反应前后 S 元素的化合价没有发生变化，刺激性气味的气体是二氧化硫，故 B 正确；C、因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故 C 错误； D、由发产生为：2NH4CuSO3+4H Cu+Cu 2 +2SO2+2H 2O+2NH4 ，反应

37、只有 Cu 元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故 D 错误；正确选项 B。20.氢氧化铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解 25.25g 二者的混合物，恰好消耗 1.0molL-1盐酸 500mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量为（ ）A. 15g B. 20g C. 30g D. 35g【答案】B【解析】混合物加入盐酸发生：Cu(OH) 22HCl=CuCl 22H 2O、Cu 2(OH)2CO34HCl=2CuCl 2CO 23H 2O，恰好消耗盐酸 500mL，生成 CuCl2物质的量为500103 1/

38、2mol=0.25mol，其中 Cu 原子物质的量为 0.25mol，灼烧混合物 Cu 元素最终转化成 CuO，因此根据 Cu 原子守恒，因此 CuO 的物质的量为 0.25mol，其质量为0.2580g=20g，故选项 B 正确。第 II 卷（非选择题）二、非选择题（60 分）21.（1）已知 C(s、金刚石）+O 2(g)=CO2(g)；H= -395.4kJ/mol，C(s、石墨）+O 2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol。石墨和金刚石相比，石墨的稳定性_金刚石的稳定性。石墨中 C-C 键键能_金刚石中 C-C 键键能。 （均填“大于” 、 “小于”或“等于” ） 。（

39、2）已知 HH 键的键能为 436 kJmol1 ，ClCl 键的键能为 243 kJmol1 ，HCl 键的键能为 431 kJmol1 ，则 H2(g) Cl 2(g)=2HCl(g)的反应热为_。（3）将 4g CH4完全燃烧生成气态 CO2和液态水，放出热量 222.5 kJ，其热化学反应方程式为：_。（4）0.5mol 的气态高能燃料乙硼烷（B 2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出 649.5kJ 热量，其热化学反应方程式为：_。（5）已知下列反应的反应热： 15CH4(g)H 2O(g)CO(g)3H 2(g) H 1 +206.2kJmol 1CH4(g)CO

40、2(g)2CO(g)2H 2(g) H 2 -247.4kJmol 1则 CH4(g)与 H2O(g)反应生成 CO2(g)和 H2(g)的热化学方程式为_。【答案】 (1). 大于 (2). 大于 (3). H =-183 kJmol-1 (4). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) H -890 kJ/mol (5). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(g)+3H2O(l) H -1299 kJ/mol (6). CH4(g)2H 2O(g)CO 2(g)4H 2(g) H +659.8kJmol 1【解析】（1） 、.根据已知的两个方程式，C(s、金刚石）+

41、O 2(g)=CO2(g)；H= -395.4kJ/mol，C(s、石墨）+O 2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol，利用盖斯定律，用第一个方程式减去第二个方程式可得：C(s、金刚石）= C(s、石墨） H= -1.9kJ/mol，此反应是放热反应，所以金刚石的能量高，石墨的能量低，能量越低物质越稳定，所以石墨更稳定，因此答案是：大于；.因H=反应物键能生成物键能，根据 C(s、石墨）+O 2(g)=CO2(g)；H= -393.5kJ/mol 可知，石墨的键能大，所以答案是：大于。（2） 、HH 键的键能为 436kJmol1，Cl Cl 键的键能为 243kJmol1，H

42、Cl 键的键能为431kJmol1，由焓变等于反应物键能之和减去生成物键能之和可知，H 2 (g )+Cl2(g )2HCl(g ) H=436kJmol 1+243kJmol12(431kJmol1)=183 kJmol1，故答案是： H = -183 kJmol-1。（3） 、4g CH 4完全燃烧生成气态 CO2和液态水，放出热量 222.5 kJ，因 16g 甲烷的物质的量是 1mol，所以 1mol 甲烷完全燃烧生成气态 CO2和液态水，放出热量是：4222.5 kJ=890 kJ，故答案是：CH 4(g) +2O2(g)= CO2(g)+2 H2O(l); H -890 kJ/mo

43、l 。（4） 、因 0.5mol 的气态高能燃料乙硼烷（B 2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出 649.5kJ 热量，所以 1mol 乙硼烷（B 2H6）在氧气中燃烧，放出的热量是：2649.5kJ=1299 kJ，故答案是：B 2H6(g) +3O2(g)= B2O3(g)+3H2O(l); H -1299 kJ/mol。（5） 、CH 4(g)H 2O(g)CO(g)3H 2(g) H 1 +206.2kJmol 1 CH4(g)CO 2(g)2CO(g)2H 2(g) H 2 -247.4 kJmol 1 根据盖斯定律：2得到 CH4(g)与 H2O(g)反应生成 C

44、O2(g)和 H2(g)的热化学方程式为：16CH4(g)2H 2O(g)CO 2(g)4H 2(g) H 1 +659.8kJmol 1 。故答案是：CH 4(g)2H 2O(g)CO 2(g)4H 2(g) H 1 +659.8kJmol 1 。22.亚氯酸钠（NaClO 2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成 NaCl 并放出ClO2，ClO 2有类似 Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制备亚氯酸钠关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量 ClO2，充分反应。（1）仪器 a 的名称为_，仪器 b 的作用是_。（2）装置 A 中生成 NaClO2的离子方程式为_

45、。（3）若从装置 A 反应后的溶液中获得 NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤 _干燥等。探究亚氯酸钠的性质停止通 ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹,打开止水夹，向 A 中滴入稀硫酸。（4）B 中现象为_ 。（5）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹，_。【答案】 (1). 烧瓶（圆底烧瓶 (2). 防止倒吸 (3). 2ClO22OH H 2O22ClO 2 H 2OO 2 (4). 洗涤 (5). 溶液变蓝色 (6). 从进气口通入一段时间的空气【解析】【详解】 （1）根据仪器 a 的特点，仪器 a 为圆底烧瓶

46、，仪器 b 为干爆管，因此仪器 b 的作用是防止倒吸；17（2）根据实验步骤，装置 A 中加入 NaOH、H 2O2和 ClO2，产物是 NaClO 2，Cl 的化合价降低，即 ClO2作氧化剂，H 2O2作还原剂，H 2O2的氧化产物是 O2因此有 ClO2H 2O2OH =ClO2-O 2H 2O，根据化合价升降法进行配平，得出仪器 A 中发生离子反应方程式为2ClO22OH H 2O22ClO 2 H 2OO 2；（3）蒸发浓缩、降温结晶，得到 NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）ClO 2的性质与氯气相似，即 ClO2的氧化性强于 I2，ClO 2把 I-氧化成 I2,淀粉遇

47、碘单质変蓝，即 B 中现象是溶液变蓝色；（5）为了让有毒气体完全被吸收，从进气口通入一段时间的空气。23.Al、Mg 及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请按要求回答下列问题。I.用废铝渣制备 Al(OH)3的流程如下图所示，假设反应杂质不反应。（1）Al 在元素周期表中的位置为_，试剂 X 的名称_ 。（2）溶液 A 显酸性的原因可能是(可用离子方程式表示) a.盐酸过量；b. _。II.用镁硅酸盐矿石制备高纯度 Mg(OH)2的流程如下图所示:已知：溶液 M 中除含 Mg2+、SO4 2-外，还含少量 Fe3+、 Al 3+、Fe 2+等离子；Mg 2+与氨水的反应为吸热反应。（1）向溶液 M 中先加入的试剂是_；产生的沉淀有_。（2）H 2O2参与反应的离子方程式是_。（2）溶液 N 中 Mg2+的装化率随温度 T 的变化情况如图所示。T 1之后，Mg ,2+的转化率减小的原因是_。18【答案】 (1). 第三周期第 IIIA 族 (2). 氨水 (3). Al3+3H2O Al(OH)3+3H+ (4). 2O2溶液 (5). Al(OH)3、Fe(OH) 3 (6). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O