【化学】湖南省师范大学附属中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

【化学】湖南省师范大学附属中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

湖南省师范大学附属中学2020届高三上学期第二次月考 可能用到的相对原子质量：H－1O－16Na－23S－32Cl－35.5Pb－207Zn－65 N－14‎ 第Ⅰ卷选择题(共42分)‎ 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个符合题意的选项)‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是( )‎ A. 葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐 B. 烧碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料 C. 碳酸氢钠、碳酸钠、碳酸镁、氢氧化铝均可作抗酸药 D. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用其来浸泡新鲜瓜果 ‎【答案】A ‎【详解】A. 二氧化硫可消耗葡萄酒中的氧，抑制微生物生长，进而防腐，则葡萄酒中可添加少量二氧化硫防腐，A正确；‎ B. 纯碱、石灰石、石英砂是制造普通玻璃的主要原料，B错误；‎ C.碳酸钠溶液的碱性太强，不可作抗酸药，C错误；‎ D. 亚硝酸钠有毒，其溶液具有防腐作用，不能用其来浸泡新鲜瓜果，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎2.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的是（ ）‎ A. 《本草纲目》“(烧酒) 自元时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。”‎ B. 《齐民要术》“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。”‎ C. 《开宝本草》“(消石) 所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”‎ D. 《天工开物》“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，选项A不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，选项B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及分离提纯操作，选项C不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中分离出来，涉及分离提纯操作，选项D不选。答案选B。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )‎ A. 13g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.2NA B. 71g氯气通入足量的水中，反应中转移的电子总数为NA C. 由D和18O所组成的水11g，所含的中子数为4NA D. 1molBrCl与H2O完全反应生成氯化氢和次溴酸，转移的电子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】A．浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，13 g锌的物质的量为n===0.2mol，生成气体分子数为0.2NA，故A正确；B．71g氯气物质的量为1mol，氯气通入足量的水中Cl2+H2O⇌HCl+HClO，1molCl2完全反应转移电子物质的量为1mol，但该反应为可逆反应，所以反应中转移的电子总数小于NA，故B错误；C．由D和18O组成的水11g，11g该水的物质的量为0.5mol，含有6mol中子，所含的中子数为6NA，故C错误；D．BrCl与H2O完全反应生成氯化氢和次溴酸，该反应中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数，注意从物质的组成、结构、气态摩尔体积的应用条件等方面进行解答本题的易错点是B和D，B中氯气与水的反应属于可逆反应，D中BrCl与H2O完全反应生成氯化氢和次溴酸，反应中化合价没有发生变化。‎ ‎4.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液 有白烟产生 X一定是HCl B 将Cl2持续通入淀粉KI溶液中 溶液先变蓝色，后褪色 氯气先表现氧化性，后表现漂白性 C 向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液 只有白色沉淀产生 Y中一定含有SO42-，一定不含Fe2＋‎ D 将无色气体X通入品红溶液中，然后加热 X中一定含有SO2‎ 开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色 ‎【答案】D ‎【详解】A、蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓X溶液，有白烟产生，X不一定是HCl，也可能是硝酸，A错误；‎ B、将Cl2持续通入淀粉KI溶液中，溶液先变蓝色，后褪色，说明开始有单质碘生成，氯气过量后继续氧化单质碘，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，B错误；‎ C、向强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入铁氰化钾溶液，只有白色沉淀产生，说明Y中含有SO42-或在反应中产生硫酸根离子，由于在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子，则无法判断溶液中是否含有Fe2＋，C错误；‎ D、将无色气体X通入品红溶液中，然后加热，开始时品红溶液褪色，加热后又恢复红色，即漂白是不稳定的，这说明X中一定含有SO2，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列排序正确的是( )‎ A. 酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH B. 碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH C. 熔点：MgBr2＜SiCl4＜SiO2‎ D. 沸点：PH3＜NH3＜H2O ‎【答案】D ‎【详解】A. 碳酸的酸性大于苯酚，则酸性： C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，A错误；‎ B. 金属的金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Ca(OH)2＜Ba(OH)2，B错误；‎ C. SiO2为原子晶体，MgBr2为离子晶体，SiCl4为分子晶体，则熔点：SiCl4＜MgBr2＜SiO2，C错误；‎ D. 分子晶体中分子量越大，则沸点越高，而H2O、NH3中含有氢键，沸点比PH3高，水的沸点为100℃，比NH3的高，则沸点：PH3＜NH3＜H2O，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】金属的金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。‎ ‎6.由SO2和O2制备SO3(熔点16.8 ℃，沸点44.8 ℃‎ ‎)的模拟装置如图所示(加热和夹持装置省略)：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 装置①中的试剂为饱和Na2SO3溶液 B. 实验室可用铜与稀硫酸在加热条件下制取SO2‎ C. 装置③反应管中的铂石棉用作反应的催化剂 D. 从装置⑤逸出的气体有过量的SO2和O2‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 若装置①中的试剂为饱和Na2SO3溶液，可与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，可吸收二氧化硫，A错误；‎ B.铜与稀硫酸不反应，实验室可用Cu与浓硫酸在加热条件下制取SO2，B错误；‎ C. 装置③反应管中的铂石棉用作反应的催化剂，C正确；‎ D. 装置⑤为碱石灰，可吸收酸性气体，从装置⑤逸出的气体有过量的O2，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎7.下列说法不正确的是( )‎ A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力 B. N2和Cl2O两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱 D. 石墨转化为金刚石的过程中，既有化学键的断裂，又有化学键的形成 ‎【答案】C ‎【详解】A. 干冰、氯气均为分子晶体，物质状态的改变克服分子间的作用力，则干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，与题意不符；‎ B. N2的结构式为N≡N，Cl2O的结构式为Cl-O-Cl，两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，与题意不符；‎ C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，符合题意；‎ D. 石墨的结构与金刚石不同，石墨转化为金刚石的过程中，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，与题意不符；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】非金属单质的非金属越强，其气态氢化物越稳定；其对应离子的还原性则越弱。‎ ‎8.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 化合物RX中含共价键 B. 化合物X2M是非电解质 C. M的单质在常温常压下为气体 D. Y形成的化合物种类最多 ‎【答案】D ‎【分析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，根据图像可知，X的原子最外层为1，半径最小，为第一周期元素，则X为H；Y、Z为第二周期元素，最外层电子数依次为4、5，则分别为C、N；R最外层为1，R、M为第三周期元素，则为Na、S。‎ ‎【详解】A. R、X分别为Na、H，化合物NaH为离子化合物，含离子键，A错误；‎ B. 化合物X2M为H2S，是弱电解质，B错误；‎ C. M为S，其单质在常温常压下为固体，C错误；‎ D. Y为C，形成的有机化合物种类最多，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】同周期中，随原子序数的增大，半径逐渐减小，M的半径大于Z，则M、Z为不同周期的元素。‎ ‎9.三油酸甘油酯(相对分子质量为884)在体内代谢时可发生反应C57H104O6(s)＋80O2(g)===57CO2(g)＋52H2O(l)。已知燃烧1 kg该化合物释放出热量3.8×104 kJ，则三油酸甘油酯的燃烧热ΔH约为( )‎ A. 3.8×104 kJ·mol－1 B. －3.8×104 kJ·mol－1 ‎ C. 3.4×104 kJ·mol－1 D. －3.4×104 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【详解】1 kg该化合物的物质的量==1.13mol，则物质的量为1mol时，释放的热量==3.36×104 kJ，则三油酸甘油酯的燃烧热ΔH=-3.36×104 kJ/mol，答案为D。‎ ‎【点睛】燃烧热为1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。‎ ‎10.如图所示，两套实验装置中进行的实验都涉及金属的腐蚀，假设其中的金属块和金属丝都是足量的。下列叙述正确的是( )‎ Ⅰ Ⅱ ‎ A. 装置Ⅰ反应过程中只生成NO2气体 B. 装置Ⅱ在开始阶段铁丝只发生析氢腐蚀 C. 装置Ⅱ在反应过程中能产生氢气 D. 装置Ⅰ在反应结束时溶液中的金属阳离子只有Cu2＋‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 装置Ⅰ中Fe被浓硝酸钝化，则Cu作负极，Fe作正极，在反应过程中开始生成NO2气体，随反应的进行硝酸变稀，则产生NO气体，A错误；‎ B. 装置Ⅱ中含有氧气，则在开始阶段铁丝只发生吸氧腐蚀，B错误；‎ C. 装置Ⅱ反应一段时间后，氧气消耗，则溶液的液面上升，Fe与稀硫酸反应生成氢气，则在反应过程中能产生氢气，C正确；‎ D. 装置Ⅰ中，随反应的进行硝酸变稀，Fe与稀硝酸反应生成Fe3＋，则在反应结束时溶液中的金属阳离子有Cu2＋、Fe3＋，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎11.根据实验目的判断下列实验操作或装置正确的是（ ）‎ 选项 A B C D 目的 实验室制O2‎ 配制稀硫酸溶液 在铁制品上镀铜 净化精制淀粉胶体 装置或操作 ‎【答案】D ‎【详解】A、长颈漏斗应插入液面以下，其目的是防止气体逸出，错误；‎ B、稀释浓H2SO4应在烧杯中进行，错误；‎ C、铁上镀铜时，Cu片应作阳极而待镀铁制品应作阴极，错误。‎ D、正确。‎ ‎12.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是( )‎ A. 每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H＋经质子交换膜由右侧向左侧迁移 B. 可用湿润的KI－淀粉试纸检验气体M C. 石墨极电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－===NCl3＋4H＋‎ D. 电解过程中，电子的流动方向为电源负极→铂棒→石墨棒→电源正极 ‎【答案】C ‎【详解】A. 根据图像可知：石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜有右侧向左侧迁移，A错误；‎ B. Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应,电极反应式为：2H++2e−=H2↑，不可用湿润的淀粉纸质检验氢气，B错误；‎ C. 石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，C正确；‎ D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液中发生反应：NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，但是产生的氢离子会移向阴极Pt电极，右侧溶液的pH几乎不变，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎13.某无色溶液中可能含有Na＋、K＋、NH4+、Ca2＋、Cu2＋、SO42—、SO32—、Cl－、Br－、CO32—中的若干种，离子浓度都为0.1 mol·L－1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如图所示实验。则下列关于原溶液的判断正确的是( )‎ A. 若实验中Ba(NO3)2和HNO3混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响 B. 无法确定原溶液中是否存在Cl－‎ C. 原溶液中肯定存在的上述离子是SO32—、Br－，是否存在Na＋、K＋需要通过焰色反应来确定 D. 原溶液中肯定不存在的上述离子是Ca2＋、Cu2＋、SO42—、CO32—，是否存在NH4+另需实验验证 ‎【答案】A ‎【分析】无色溶液中一定不存在Cu2＋，向该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，说明无溶液中不存在SO。加足量氯水，无气体产生，说明原溶液中不存在CO。向试样中加入四氯化碳，分液，下层呈橙黄色，说明试样中存在Br2，故原溶液中存在Br－。向上层溶液中加硝酸钡和稀硝酸后有白色沉淀生成，说明原溶液中存在SO，不存在Ca2＋。原溶液中题述离子浓度都为0.1 mol·L－1，根据电荷守恒，原溶液中一定存在NH、Na＋、K＋，一定不存在Cl－。‎ ‎【详解】向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，是因为加氯水时引入了氯离子。若原溶液中存在SO，则加入氯水后被氧化为SO，故将Ba(NO)2和HNO3的混合溶液改为BaCl2和盐酸的混合溶液对SO的检验无影响，而Cl－的存在可根据电荷守恒判断，不影响Cl－的检验，答案为A。‎ ‎14.已知：还原性HSO3—＞I－，氧化性IO3—＞I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2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3HSO3—＋IO3—===3SO42—＋I－＋3H＋‎ B. a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.2 mol C. b～c间发生的反应中I2既是氧化产物又是还原产物 D. 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08 mol ‎【答案】B ‎【分析】原性HSO3—＞I－，氧化性IO3—＞I2，结合图可知，0～b无碘生成，则发生3HSO3—＋IO3—==3SO42—＋I－＋3H＋，继续加入KIO3，氧化性IO3—＞I2，IO3—可以结合H+氧化I-生成I2，b～c发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2。‎ ‎【详解】A. 由上述分析可知，0∼b发生3HSO3—＋IO3—===3SO42—＋I－＋3H＋，则0∼a间发生反应：3HSO3—＋IO3—===3SO42—＋I－＋3H＋，与题意不符，A错误；‎ B. 由纵坐标可知生成碘为0.6mol，b∼c发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，可知b点时生成碘离子为1mol，0∼b消耗IO3-为1mol，0∼b发生3HSO3—＋IO3—==3SO42—＋I－＋3H＋，共消耗NaHSO3物质的量为3mol，a∼b间共消耗NaHSO3的物质的量为3mol×=1.8mol，符合题意，B正确；‎ C. b∼c发生IO3-+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，与题意不符，C错误；‎ D. 溶液中I－与I2的物质的量之比为5:2时，3HSO3-＋IO3—==3SO42-＋I－＋3H＋完全发生，反应处于b∼c段发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，n(KIO3)= n(I－)，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应消耗的KIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的物质的量=mol，剩余的碘离子的物质的量=(1−)mol，当溶液中n(I−):n(I2)=5:2时，即(1−):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×13=1.08mol，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共58分)‎ 二、非选择题(本题共5小题，共58分)‎ ‎15.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示(部分产物、反应条件已略去)：‎ ‎(1)常温下，用惰性电极电解M溶液(足量)发生反应的离子方程式为___________________，电解一段时间后，让溶液复原的方法为__________________________ ，若M溶液为0.5 L，电解一段时间后，两极共生成气体1.12 L(已折算为标准状况下的体积)，则电解后溶液的pH为________(忽略溶液的体积变化)。‎ ‎(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，则E溶液的俗称是_______。‎ ‎(3)若A是CO2气体，将一定量的A通入B溶液，得到溶液W，再向溶液W中滴入盐酸，相关量如图所示，则溶液W中的溶质及其物质的量分别为________、________。‎ ‎(4)若A是一种化肥。A和B反应可生成气体E，E与D相遇产生白烟，工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏，是因为E与D可发生反应：_______________________________________(写化学方程式)。‎ ‎【答案】(1). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (2). 通入HCl (3). 13 (4). 水玻璃 (5). Na2CO3，0.005mol (6). NaHCO3，0.005mol (7). 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl ‎【分析】C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则C为H2，D为Cl2；其生成的产物为HCl，F为HCl；用惰性电极电解M溶液，产生H2、Cl2，则M为NaCl，B为NaOH。‎ ‎【详解】(1)常温下，用惰性电极电解NaCl溶液(足量)时，生成氢气、氯气和氢氧化钠，则反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；溶液中出来的为氢气和氯气，则溶液还原时，应加入HCl恢复；两极共生成气体1.12 L，则生成n(H2)=n(Cl2)=‎ ‎=0.025mol，则溶液中产生0.05mol的OH－，c(OH－)==0.1mol/L，则c(H+)=10-13 mol/L，pH=13；‎ ‎(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，A为二氧化硅，与NaOH反应生成硅酸钠，其溶液俗称水玻璃；‎ ‎(3)若A是CO2气体，根据图像可知，开始时未产生气体，且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2：1，则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液，且其物质的量之比为1：1，则Na2CO3，0.005mol；NaHCO3，0.005mol；‎ ‎(4)若A是一种化肥，E与HCl相遇产生白烟，则E为氨气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体，方程式为3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl。‎ ‎16.部分中学化学常见元素原子结构及性质如下表所示 元素 结构及性质 A 元素A在第三周期中简单离子半径最小 B B原子最外层电子数是内层电子数的0.6‎ C 使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5‎ D 元素D与B同主族，且大多数情况下D不显正化合价 E 元素E在周期表中位于ⅠA族，有人认为将其排在ⅦA族也有一定道理 F 元素F与B同周期，其最高价氧化物水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应 ‎(1)元素C在周期表中的位置是______元素；元素E形成的一种简单离子能支持“将元素E排在ⅦA族”这一观点，该离子的结构示意图为_________。‎ ‎(2)元素E与D可以按原子个数比2∶1、1∶1形成两种化合物X、Y，区别X、Y这两种物质的实验方法为 ______________________________________________________________。E与B形成的一种化合物Z与X、Y中的一种电子总数相同且能发生化学反应，写出该反应的化学方程式：_____________________________(用相应化学式表示)。‎ ‎(3)请画出化合物F2B2的电子式：_______，该化合物中含有的化学键类型是_____________。‎ ‎(4)元素A与元素F相比，金属性较强的是_________ (用元素符号表示)，下列表述正确且能证明这一事实的是___(填字母代号)。‎ a．对应单质与酸反应时，每个A原子比每个F原子失电子多 b．对应单质与同浓度盐酸反应时，F比A剧烈得多 c．A的氧化物熔点比F的氧化物熔点高 d．F可将A从其盐溶液中置换出来 e．最高价氧化物对应的水化物的碱性F比A的强 ‎【答案】(1). 第四周期第Ⅷ族 (2). (3). 分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2 (4). H2O2＋H2S===S↓＋2H2O (5). (6). 离子键、非极性共价键 (7). Na (8). be ‎【分析】元素A在第三周期中简单离子半径最小，则A为Al；B原子最外层电子数是内层电子数的0.6，则内层电子为10，外层为6，B为S；使用最广泛的金属元素C能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为35.5，则C为Fe；元素D与S同主族，且大多数情况下D不显正化合价，则D为O；元素E在周期表中位于ⅠA族，有人认为将其排在ⅦA族也有一定道理，其可显示-1价，E为H；元素F与B同周期，其最高价氧化物的水化物与A或B的最高价氧化物的水化物均能反应，F的氢氧化物显两性，则F为Na。‎ ‎【详解】(1)元素C为Fe，在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；元素E为H，将元素E排在ⅦA族”这一观点时，其显-1价，H-离子的结构示意图为；‎ ‎(2)元素E与D分别为H、O，按原子个数比2∶1、1∶1形成两种化合物X、Y分别为H2O、H2O2，过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下生成氧气，而水无此性质，实验为分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是H2O2；E与B分别为H、S，形成的一种化合物Z为H2S，与H2O2的电子数相等，发生反应时生成S和水，方程式为H2O2＋H2S===S↓＋2H2O；‎ ‎(3) F、B分别为Na、S，形成的化合物F2B2为Na2S2，其电子式为；该化合物为离子化合物，含有离子键、非极性共价键；‎ ‎(4) 元素A与元素F分别为Al、Na，金属性较强的为Na；‎ a．Al、Na与酸反应时，金属性的强弱与失电子个数的多少无关，a错误；‎ b．对应单质与同浓度盐酸反应时，金属性越强，则金属反应的越剧烈，Na比Al剧烈得多，则Na的金属性比Al强，b正确；‎ c．金属的氧化物熔点与金属的金属性无关，则熔点的高低不能确定金属性的强弱，c错误；‎ d．Na不能将Al从其盐溶液中置换出来，d错误；‎ e．金属的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，Na比Al的强，则Na的金属性比Al强，e正确；‎ 答案为be。‎ ‎【点睛】金属性强弱的比较，可通过金属与相同浓度的盐酸反应的剧烈程度或根据其最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱判断。‎ ‎17.在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在1～10 nm之间)。下图所示A～E为实验室常见的仪器装置(部分固定夹持装置略去)，请根据要求回答问题。‎ ‎(1)实验室选用上图所示装置制取、收集干燥的NH3，接口的连接顺序是：a接_____(填小写字母代号，下同)，_____接___，_____接h。‎ ‎(2)向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是______，试写出制纳米级碳酸钙的离子方程式：_________________________________________。‎ ‎(3)在浓CaCl2溶液和NH3用量正确的情况下，CO2不足或过量都会导致纳米级碳酸钙产量下降，若CO2过量，溶液中大量存在的离子有(不考虑弱电解质的电离和盐类水解产生的少量离子)：__________________。‎ ‎(4)取反应后去除CaCO3的溶液分别做以下实验，下列实验判断合理的是_____(填字母代号)。‎ A．滴加少量Na2CO3溶液，若有沉淀生成，说明CO2一定不足 B．滴加少量盐酸，若有气泡产生，说明CO2一定过量 C．测量溶液pH，若pH小于7，说明CO2一定过量 D．滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明CO2一定没有过量 ‎【答案】(1). d (2). e (3). g (4). f (5). NH3 (6). Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3＋2NH4+ (7). Ca2＋、HCO3—、NH4+、Cl－ (8). B ‎【分析】(1)实验式通常用氯化铵与氢氧化钙加热的条件下制取氨气，并收集干燥的氨气，则连接装碱石灰的装置；氨气的密度小于空气，则应g进f出；最后用E吸收过量的氨气；‎ ‎(2)为了提高二氧化碳的吸收效果，先通氨气使溶液呈碱性，再通二氧化碳气体；‎ ‎(3)二氧化碳能与碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙；‎ ‎(4) A．若二氧化碳过量时，溶液存在Ca2+，滴加少量Na2CO3溶液，有沉淀生成；‎ B．滴加少量盐酸，若有气泡产生，则溶液中存在HCO3-；‎ C．无论二氧化碳过量与否，溶液主要为氯化铵，溶液显酸性；‎ D．无论二氧化碳过量与否，滴加少量BaCl2溶液，均无沉淀生成。‎ ‎【详解】(1)实验式通常用氯化铵与氢氧化钙加热的条件下制取氨气，题目要求收集干燥的氨气，则连接装置C，其为碱石灰，起干燥作用应d进e出；氨气的密度小于空气，则应g进f出；最后用E吸收过量的氨气，其易溶于水，则用防倒吸装置；‎ ‎(2)为了提高二氧化碳的吸收效果，应先通氨气，使溶液呈碱性，再通二氧化碳气体，制取纳米级碳酸钙的离子方程式为Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3＋2NH4+；‎ ‎(3)二氧化碳能与碳酸钙、水反应生成碳酸氢钙，CO2过量时，导致碳酸钙变为碳酸氢钙，则溶液中存在大量的钙离子、碳酸氢根离子，和未参与反应的铵根离子、氯离子；‎ ‎(4) A．若二氧化碳过量时，溶液存在Ca2+，滴加少量Na2CO3溶液，有沉淀生成，不能判断CO2是否足量，A错误；‎ B．滴加少量盐酸，若有气泡产生，则溶液中存在HCO3-，说明CO2一定过量，B正确；‎ C．无论二氧化碳过量与否，溶液主要为氯化铵，溶液显酸性，测量溶液pH小于7，不能说明CO2一定过量，C错误；‎ D．无论二氧化碳过量与否，滴加少量BaCl2溶液，均无沉淀生成，不能说明CO2一定没有过量，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎18.方铅矿(主要成分是PbS，含少量ZnS、Fe、SiO2)是提炼铅及其化合物的重要矿物，其工艺流程如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)流程中“趁热”过滤的原因是_____________________，滤渣的主要成分是__________。‎ ‎(2)该工艺流程中可循环利用的物质是_________。‎ ‎(3)PbSO4与PbS在加热条件下发生反应的化学方程式为_____________________________。‎ ‎(4)将PbO高温焙烧可制得铅丹(Pb3O4)，铅丹中含有杂质PbO。PbO与Al2O3性质相似，可用氢氧化钠溶液提纯铅丹，提纯时发生反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(5)以石墨为电极，电解Pb(NO3)2溶液制备PbO2，电解过程中阳极的电极反应式为_________________________________；若电解过程中以铅蓄电池为电源，当电解装置中阳极增重23.9 g时(忽略副反应)，理论上蓄电池负极增重______g。‎ ‎【答案】(1). 防止PbCl2结晶析出 (2). SiO2和Fe(OH)3 (3). 盐酸 (4). PbS＋PbSO4===2Pb＋2SO2↑ (5). PbO＋2OH－===PbO22—＋H2O (6). Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋ (7). 9.6‎ ‎【分析】方铅矿（主要成分是PbS，含少量ZnS、Fe、SiO2），粉碎加盐酸，其中PbS、ZnS与盐酸反应生成氯化铅、氯化锌和硫化氢气体，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，SiO2不反应，将氢气和硫化氢气体回收，向浊液中通入足量的氯气氧化亚铁离子，并调节溶液的pH，沉淀铁离子，为防止PbCl2结晶析出，趁热过滤，将SiO2和Fe(OH)3与氯化铅和氯化锌分离，则滤渣为SiO2和Fe(OH)3，冰水冷却滤液，PbCl2结晶析出，过滤，得到PbCl2晶体，向晶体加入适量的硫酸，生成硫酸铅沉淀，过滤，将硫酸铅沉淀与硫化铅加热反应制得铅。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，为防止PbCl2结晶析出，需趁热过滤；滤渣为SiO2和Fe(OH)3；‎ ‎(2)流程中，反应消耗盐酸，向PbCl2晶体加入适量的硫酸又生成盐酸，可循环利用；‎ ‎(3)PbSO4与PbS在加热条件下发生氧化还原反应，生成Pb和二氧化硫，化学方程式为：PbS＋PbSO4===2Pb＋2SO2↑；‎ ‎(4)PbO与Al2O3性质相似，与氢氧化钠反应生成PbO22—和水，离子方程式为：PbO＋2OH－==PbO22—＋H2O；‎ ‎ (5)电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2＋＋2H2O－2e－==PbO2＋4H＋；若电解过程中以铅蓄电池为电源，当电解装置中阳极增重23.9g时，说明阳极生成PbO2的质量为23.9g，则n(PbO2)==0.1mol，转移电子为0.2mol，蓄电池的负极为Pb−2e−+SO42−=PbSO4，转移电子数为0.2mol，则负极增重为0.1mol×303g/mol−0.1×207g/mol=9.6g。‎ ‎19.研究反应过程的热量变化对于生产生活有重要意义。‎ Ⅰ.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2‎ ‎)在一定条件下合成甲醇。请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系如图所示。下列说法正确的是_____(填字母代号)。‎ A．该可逆反应的正反应为吸热反应 B．断裂反应物中的化学键所吸收的总能量小于形成生成物中的化学键所释放的总能量 C．曲线b是使用了催化剂对应的曲线，且加入催化剂后，反应热变小 ‎(2)CO、CO2和H2在合成过程中发生的主要反应如下：‎ ‎①CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH1＝－99 kJ·mol－1‎ ‎②CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－58 kJ·mol－1‎ ‎③CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH3‎ 则ΔH3＝____________。‎ ‎(3)直接甲醇燃料电池(简称DMFC)由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC的工作原理如图所示：‎ 则通入a气体的电极是电池的____(填“正”或“负”)极，其电极反应式为_________________________________________。‎ Ⅱ.已知单质硫在通常条件下以S8(斜方硫)的形式存在，而在蒸气状态下，有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体，其中S4、S6和S8具有相似的结构特点，其结构如图所示：‎ ‎(1)在一定温度下，测得硫蒸气的平均摩尔质量为80 g·mol－1，则该蒸气中S2的体积分数不小于_______。‎ ‎(2)若已知硫氧键的键能为d kJ·mol－1，氧氧键的键能为e kJ·mol－1，S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－a kJ·mol－1，则S8中硫硫键的键能为_____________。‎ ‎【答案】(1). B (2). 41 kJ·mol－1 (3). 负 (4). CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋ (5). 75% (6). (2d－a－e) kJ·mol－1‎ ‎【详解】I．(1) A．该可逆反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则正反应为放热反应，A错误；‎ B．根据图像可知，断裂反应物中的化学键所吸收的总能量(E1)小于形成生成物中的化学键所释放的总能量(E2)，B正确；‎ C．曲线b降低了反应的活化能是使用了催化剂对应的曲线，且加入催化剂后，反应热不变，C错误；‎ 答案为B；‎ ‎(2)根据盖斯定律，②-①可得CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，ΔH3=-58+99=+41 kJ·mol－1；‎ ‎(3)根据图像，电子转移出的一极为负极，则a为甲醇；甲醇与水反应，失电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH－6e－＋H2O==CO2↑＋6H＋；‎ II．(1) 当S2、S4时，S2分子的体积分数最小，设S2物质的量为X，S4物质的量为Y，=80；得到X：Y=3：1，相同条件下气体物质的量之比等于体积之比物得到，该蒸气中S2分子的体积分数不小于75%；‎ ‎(2)化学反应中，旧键的断裂吸热，新键的形成放热，则ΔH＝S-S+e-2d，S8中硫硫键的键能=(2d－a－e) kJ·mol－1。 ‎