黑龙江省海林市朝鲜族中学2020届高三上学期月考化学试题
海林市朝鲜族中学高三化学第二次月考
一、选择题(包括20个小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)
1.超高分辨率荧光显微镜采用200W的超高压汞灯作光源，该汞灯是用石英玻璃制成的，人类借助这种显微镜可以观察到单个的蛋白质分子。石英玻璃的主要成分是（ ）
A. H2SiO3 B. Na2SiO3 C. SiO2 D. CaSiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2SiO3是硅胶的主要成分，故A错误；
B. Na2SiO3的水溶液是水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂等的原料，故B错误；
C. 石英玻璃的主要成分是SiO2，故C正确；
D. CaSiO3是普通玻璃的主要成分之一，故D错误；
故选C。
2.下列物质中其水溶液能导电，但该物质不属于电解质的是（ ）
①Na2O2 ②SO3 ③H2SO4 ④NH3 ⑤Na2CO3 ⑥CH3CH2OH ⑦Cl2
A. ②④⑥ B. ②④⑦ C. ②③④⑤⑥ D. ①②④⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①.Na2O2是电解质，溶于水生成氢氧化钠溶液导电，故①不符合；
②.SO3溶于水反应生成硫酸是电解质，溶液能导电，但SO3本身不能电离出离子是非电解质，故②符合；
③.H2SO4是电解质，溶于水导电，故③不符合；
④.NH3溶于水反应生成一水合氨是电解质，溶液能导电，但NH3本身不能电离出离子是非电解质，故④符合；
⑤.Na2CO3是电解质，溶于水导电，故⑤不符合；
⑥.CH3CH2OH是非电解质，溶于水不导电，故⑥不符合；
⑦.Cl2是单质，溶于水生成电解质氯化氢和次氯酸，溶液能导电，故⑦符合；
由分析知②④⑦符合，
故选B。
3.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A. CO2分子比例模型： B. NH4I的电子式：
C. 乙烯的结构简式：C2H4 D. NaH中氢离子结构示意图为：
【答案】D
【解析】
【详解】A、碳和氧位于同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，故碳的原子半径较大，CO2分子比例模型：，故A错误；
B、NH4I的电子式为，故B错误；
C、乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；
D、NaH中氢离子得到一个电子，核外两个电子，结构示意图为，故D正确。
4.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是
A. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B. “凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸
C. “烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应
D. “每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金
【答案】B
【解析】
【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确; B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确; D.黄铜是铜锌合金,故D正确; 答案：B。
5.下列有关实验的叙述中，合理的是 ( )
A. 中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶
B. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
C. 在50 mL量筒中配制0.1 000 mo1·L-1碳酸钠溶液
D. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中和滴定实验中用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成测定结果不准确，故A不合理；
B. 湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定PH值偏小，故B合理；
C. 量筒只能用于量取溶液，不能配制溶液，配制一定物质的量浓度溶液用容量瓶，故C不合理；
D. 定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D错误；
故答案为B。.
6.四硼酸钠（Na2B4O7）可用作清洁剂、化妆品、杀虫剂，该物质的晶体中含有两种离子。下列说法正确的是（ ）
A. 10B4O72-与11B12互为同位素
B. Na2B4O7的电离方程式为Na2B4O7 B4O72- + 2Na+
C. BF3分子中所有原子都满足最外层8电子结构
D. Na2B4O7中既含有离子键，又含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A.同位素是质子数相同中子数不同的原子的互称，10B4O72-是原子团，故A错误；
B. Na2B4O7是强电解质，电离方程式为Na2B4O7 = B4O72- + 2Na+，故B错误；
C. BF3分子中B原子最外层6个电子，不满足8电子结构，故C错误；
D. Na2B4O7是盐，离子化合物，含离子键，B4O72-中含共价键，故D正确；
故选D
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 6.72 L Cl2与足量的水反应转移的电子数为0.3NA
B. 1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
C. 常温常压下，4.6g NO2和N2O4混合物中含有的原子总数为0.3NA
D. 在反应KIO3＋6HI =KI ＋3I2 ＋3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为6NA
【答案】C
【解析】
标准状况下，6. 72 L Cl2与足量的水反应转移的电子数为0.3NA，故A错误；1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故B错误；常温常压下，4.6g NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6g混合物中含有的原子总数为 0.3NA，故C正确；在反应KIO3＋6HI =KI ＋3I2 ＋3H2O中，每生成3mol I2转移的电子数为5NA，故D错误。
8.下列有关实验的选项正确的是
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项B。
9.下列反应离子方程式中正确的是（ ）
A. Na2O2与水反应：Na2O2 + 2H2O == 2Na+ + 2OH- + H2↑
B. FeSO4溶液与H2O2溶液混合：Fe2+ + H2O2 + 2H+ == Fe3+ + 2H2O
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32- + SO2 + H2O == H2SiO3↓+ SO32-
D. NH4HCO3稀溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合：NH4+ + HCO3- + Ca2 + + 2OH- == CaCO3↓ + NH3·H2O + H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O ==4Na+ + 4OH- + O2↑，故A错误；
B. FeSO4溶液与H2O2溶液混合，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ ==2 Fe3+ + 2H2O ，故B错误；
C. 向Na2SiO3溶液中通人过量的SO2，反应生成硅酸沉淀和亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32- +2 SO2 + 2H2O == H2SiO3↓+ 2HSO3-，故C错误；
D. NH4HCO3稀溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合，反应的离子方程式为：NH4+ + HCO3- + Ca2 + + 2OH- == CaCO3↓ + NH3·H2O + H2O，故D正确；
故选D。
10.已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（ ）
A. -332 B. -118 C. +350 D. +130
【答案】D
【解析】
【详解】由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1
②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1
结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，
△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，
故选D.
11.W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，它们的最外层电子数之和为15，W与Z同主族，X的核电荷数是Z的最外层电子数的2倍，W的最高和最低化合价的代数和为0。下列说法正确的是（ ）
A. X、Y两种元素只能组成化学式为Y2X的化合物
B. Z与X形成的化合物不与任何酸反应
C. 元素的非金属性次序为Z＞W＞X
D. Z的最高价氧化物可与Y的最高价氧化物的水化物反应
【答案】D
【解析】
【分析】
W的最高和最低化合价的代数和为0，则W为第ⅣA元素，W与Z同主族，且他们的原子序数依次增大，则W为C，Z为Si；X的核电荷数是Z的最外层电子数的2倍，则X的核电荷数为8，即氧元素；W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，它们的最外层电子数之和为15，则Y的最外层电子数=15-4-6-4=1，结合原子序数可知Y为Na元素。
【详解】A. O、Na两种元素能组成化学式为Na2O和Na2O2的化合物，故A错误；
B. Si与O形成的化合物SiO2与HF反应，故B错误；
C.元素的非金属性次序为O＞C＞Si，故C错误；
D.Si的最高价氧化物SiO2可与Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成硅酸钠，故D正确。
故选D。
12.通过NO传感器可监测NO的含量，其工作原理如图所示．下列说法错误的是( )
A. 该装置实现化学能向电能的转化
B. 该电池的总反应为 2NO + O2 ═ 2NO2
C. NiO电极的电极反应式：NO + O2﹣+ 2e﹣═ NO2
D. 当有标况下2.24L的O2参与反应时，导线中转移了0.4mole﹣
【答案】C
【解析】
【分析】
原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应。
【详解】A.图可以看出，元素的化合价发生了改变，故发生了氧化还原反应，有电子的转移，则可以将化学能转化为电能，故A正确；
B. 从图可以看出是NO和O2发生了反应为2NO+O2═2NO2，故B正确；
C. NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2−−2e−=NO2，故C错误；
D.在标准状况下2.24L的O2的物质的量是0.1mol，得电子0.4mol，所以导线中转移了0.4mole﹣，故D正确。
故选C。
13.在水电离出的c(H+)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是 （ ）
A. K+、Na+、HCO3-、Cl- B. K+、AlO2-、Br-、Cl-
C. Na+、Cl-、NO3-、SO42- D. Al3+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】水电离出的c(H+)=10-14mol/L的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，
A、无论溶液呈酸性还是呈碱性，HCO3-均不能大量存在，A不符合题意；
B、酸性条件下AlO2-不能大量存在，B不符合题意；
C、无论溶液呈酸性还是呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，C符合题意；
D、酸性条件下离子间不反应，能大量共存，但碱性条件下Al3+和 NH4＋不能大量存在，D不符合题意；
答案选C。
14.高温下，某可逆反应达到平衡，其平衡常数为K＝，恒容时，升高温度，H2的浓度减小，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变为正值
B. 升高温度，K值减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A、高温下，某可逆反应达到平衡，其平衡常数为K＝，则该反应的方程式为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，恒容时，升高温度，H2的浓度减小，这说明平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即该反应的焓变为正值，A正确；
B、升高温度，平衡向正反应方向进行，K值增大，B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；
D、该反应的方程式为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，D错误，答案选A。
【点晴】该题的关键是利用平衡常数表达式得出反应的化学方程式，而要做到这一点需要明确平衡常数的含义，即化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，据此可根据平衡常数表达式书写相应的化学反应方程式。另外也需要注意平衡的移动方向只与正逆反应速率的相对大小有关系。
15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:X
W
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
16.甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料。
已知：CH3OH（l）+ O2（g）== CO(g) + 2H2O(g) △H = -443.64 kJ·mol-1
2 CO（g）+ O2（g）== 2CO2(g) △H = -566.0 kJ·mol-1
下列说法或热化学方程式正确的是（ ）
A. CO的燃烧热 △H = -566.0 kJ·mol-1
B. 2mol CO和1mol O2的总能量比2molCO2的总能量低
C. 完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJ
D. 2CH3OH（l）+ 3O2（g）== 2CO2(g)+4H2O(g) △H = -1453.28 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2 CO（g）+ O2（g）== 2CO2(g) △H = -566.0 kJ·mol-1，则CO的燃烧热为283.0kJ⋅mol−1，故A错误；
B. 放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，2 CO（g）+ O2（g）== 2CO2(g) △H = -566.0 kJ·mol-1，所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高，故B错误；
C. 已知：①CH3OH（l）+ O2（g）== CO(g) + 2H2O(g) △H = -443.64 kJ·mol-1
②2 CO（g）+ O2（g）== 2CO2(g) △H = -566.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②×1/2得CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=−726.64kJ⋅mol−1，则完全燃烧20g甲醇，即0.625mol，则放出的热量为0.625mol×726.64kJ⋅mol−1=454.15kJ，故C错误；
D. 由C项知CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=−726.64kJ⋅mol−1，方程式的计量数加倍，则反应热也加倍则2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H=−1453.28kJ⋅mol−1，故D正确；
故选D。
17.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去），下列各组物质中不能按图示关系转化的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
据钠、铝、铁、碳元素的单质及其化合物的转化关系分析判断，注意反应物用量对产物种类的影响。
【详解】A. 甲（NaOH）+过量丁（CO2）→乙（NaHCO3），甲（NaOH）+少量丁（CO2）→丙（Na2CO3）+H2O，乙（NaHCO3）+甲（NaOH）→丙（Na2CO3）+H2O，丙（Na2CO3）+丁（CO2）+H2O→乙（NaHCO3），A项能实现图示转化；
B. 甲（AlCl3）+过量丁（NaOH）→乙（NaAlO2）+NaCl+H2O，甲（AlCl3）+少量丁（NaOH）→丙（Al(OH)3）+NaCl，乙（NaAlO2）+甲（AlCl3）+H2O→丙（Al(OH)3）+NaCl，丙（Al(OH)3）+丁（NaOH）→乙（NaAlO2）+H2O，B项能实现图示转化；
C. 甲（Fe）+过量丁（HNO3）→乙[Fe(NO3)3]+NO+H2O，甲（Fe）+少量丁（HNO3）→丙[Fe(NO3)2]+NO+H2O，乙[Fe(NO3)3]+甲（Fe）→丙[Fe(NO3)2]，丙[Fe(NO3)2]+丁（HNO3）→乙[Fe(NO3)3]+NO+H2O，C项能实现图示转化；
D. 甲（C）+过量丁（O2）→丙（CO2）而非乙（CO），甲（C）+少量丁（O2）→乙（CO）而非丙（CO2），乙（CO）+甲（C）→不反应，丙（CO2）+丁（O2）→不反应，D项不能实现图示转化。
本题选D。
18.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是( )
①氯气 ②液氯 ③新制的氯水 ④氯气的酒精溶液 ⑤盐酸 ⑥盐酸酸化的漂白粉溶液
A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；
②液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；
③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；
④氯气的酒精溶液中存在氯气，氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；
⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；
⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；
答案选C。
【点睛】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在。
19.T ℃时，将5mol A和7mol B气体通入体积为10L的密闭容器中（容积不变），反应过程中A、B、C的浓度变化如图Ⅰ所示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示：
则下列结论正确的是（ ）
A. T ℃时，将4mol A、4mol B和2mol C气体通入体积为10L的密闭容器中（容积不变），达到平衡时，C的浓度为0.4 mol·L-1
B. 保持其他条件不变，在（t1+10）min 时，加入催化剂，平衡向正反应方向移动
C. 保持其他条件不变，在（t1+10）min 时，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动
D. 保持其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率也增大
【答案】A
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=(0.5−0.3)mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=(0.7−0.1)mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=(0.4−0)mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)，根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1>T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应。
【详解】A. 根据图I知，化学平衡常数K=(0.4) 2/0.3×(0.1) 3，
假设C的平衡浓度是0.4mol/L，
A(g)+3B(g)⇌2C(g)，
化学平衡常数K′=(0.4) 2/0.3×(0.1) 3，所以符合平衡常数K，故A正确；
B. 因为催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以在(t1+10)min时，加入催化剂，平衡不移动，故B错误；
C. 密闭容器中，通入稀有气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，所以在(t1+10)min时，通入稀有气体，平衡不移动，故C错误；
D. 其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图II知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误；
故选A
20.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与33.6LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A. 2.5L B. 1.2L C. 1.5L D. 3 mL
【答案】B
【解析】
【详解】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与33.6LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。从终态化合价变化的角度分析，硝酸在整个过程中没有变化，相当于足量铜被33.6LO2(标准状况)氧化，由氧化还原得失电子守恒：2n(Cu2+)=2n(Cu)=4n(O2)，n(Cu2+)=3mol，n(OH—)= 2n(Cu2+)=6mol，则v(NaOH)= 6mol/5 mol·L-1=1.2L，故B正确。
二、填空题（包括4个大题，共40分）
21.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
（1）W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为____
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为_____________________
（3）X的硝酸盐水溶液显_______________性，用离子方程式解释原因为_________
（4）比较Ｙ、Ｚ气态氢化物的稳定性：____________ ＞_____________（用化学式表示）
（5）W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_______＞____________＞____________＞_____________
（6）Z的最高价氧化物为无色液体，0.25mol 该物质与一定量水混合得到一种稀溶液，并放出QkJ的热量。写出该反应的热化学方程式：______________
【答案】 (1). Al(OH)3 + OH—== AlO2— + 2H2O (2). (3). 酸 (4). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (5). HCl (6). H2S (7). S2- (8). Cl- (9). Na+ (10). Al3+ (11). Cl2O7(l) + H2O(l) == 2HClO4(aq) △H = -4QkJ·mol-1
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素，W与Y可形成化合物W2Y，W是第IA族元素，则Y是第VIA族元素，
（1）W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3；
（2）W（Na）与Y可形成化合物W2Y，Y表现-2价，则Y为S，形成的化合物为Na2S，属于离子化合物；
（3）硝酸铝溶液中Al3+离子水解，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；
（4）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
（5）离子的电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小；
（6）Z的最高价氧化物为是Cl2O7，Cl2O7和水反应生成高氯酸，0.25molCl2O7和水反应放出QkJ热量，则1molCl2O7和水反应放出4QkJ热量。
【详解】（1）W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，则为NaOH和Al（OH）3，二者反应的离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）W（Na）与Y可形成化合物W2Y，Y表现-2价，则Y为S，形成的化合物为Na2S，属于离子化合物，电子式为：，
故答案：；
（3）硝酸铝溶液中Al3+离子水解Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，
故答案为：酸；Al3++3H2O Al(OH)3+3H+
（4）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Y是S元素，Z是Cl元素，Cl元素的非金属性大于S，所以稳定性为：HCl＞H2S，
故答案为：HCl＞H2S；
（5）离子的电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，S 2-、Cl-核外有3个电子层，Na+、Al 3+核外有2个电子层，S 2-、Cl-的离子半径大于Na+、Al 3+，氯原子原子序数大于S原子，Na原子序数小于Al原子，所以离子半径S 2-＞Cl-、Na+＞Al 3+，则离子半径大小顺序是：S 2-＞Cl-＞Na+＞Al 3+，故答案为：S 2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；
（6）Z的最高价氧化物为是Cl2O7，Cl2O7和水反应生成高氯酸，0.25molCl2O7和水反应放出QkJ热量，则1molCl2O7和水反应放出4QkJ热量，所以其热化学反应方程式为：Cl2O7（l）+H2O（l）=2HClO4（aq）△H=-4QkJ/mol，
故答案为：Cl2O7（l）+H2O（l）=2HClO4（aq）△H=-4QkJ/mol．
22.(1)肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。
已知：①N2(g)+2O2(g)= N2O4 (g) △H1= -195kJ·mol-1
②N2H4 (1) + O2(g)= N2(g) + 2 H2O(g) △H2= -534.2kJ·mol-1
写出肼和N2O4 反应的热化学方程式__________________________________
(2)肼一空气燃料电池是一种碱性电池，无污染，能量高，有广泛的应用前景。其工作原理如图所示，回答下列问题：
①该燃料电池的负极发生的反应式为____________________________
②电池工作时，OH- 移向______________极（“a”或“b”）
③当电池放电转移5mol电子时，至少消耗燃料肼________________g。
【答案】 (1). 2N2H4（l）+ N2O4(g)= 3N2(g) + 4 H2O(g) △H1= - 873.4kJ·mol-1 (2). N2H4 + 4OH——4e—= N2↑ + 4 H2O (3). a (4). 40
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，②×2-①可得目标热化学方程式；
（2）①燃料电池的正极是氧气在正极发生还原反应，负极发生氧化反应，是肼在反应；
②原电池中阴离子移向负极；
③据负极电极反应式计算消耗燃料肼的质量。
【详解】（1）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气，将方程式②×2−①得肼和N2H4 反应的热化学方程式2N2H4（l）+ N2O4(g)= 3N2(g) + 4 H2O(g) △H= - 873.4kJ·mol-1
故答案为：2N2H4（l）+ N2O4(g)= 3N2(g) + 4 H2O(g) △H= - 873.4kJ·mol-1；
(2)①燃料电池的正极是氧气在正极发生还原反应，负极发生氧化反应，是肼在反应，肼中的N从−2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4 + 4OH--4e-= N2↑ + 4 H2O ，
故答案为：N2H4 + 4OH--4e-= N2↑ + 4 H2O；
②原电池中阴离子移向负极，a为负极，所以电池工作时，OH−移向a电极，故答案为：a；
③负极电极反应式为N2H4 + 4OH——4e—= N2↑ + 4 H2O，转移4mol电子时消耗肼32g，则转移5mol电子消耗肼32g×5/4=40g，
故答案为：40。
23.高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g) ΔH = a kJ·mol－1
（1）已知：①Fe2O3(s) + 3C(石墨) = 2Fe(s) + 3CO(g) ΔH1= + 489.0 kJ·mol－1
②C(石墨) + CO2(g) = 2CO(g) ΔH2 = +172.5 kJ·mol－1
则a =_____________kJ·mol－1
（2）冶炼铁反应的平衡常数表达式K =__________，温度升高后，K值_________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
（3）在T℃时，该反应的平衡常数K=64，在 2L恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡。
Fe2O3
CO
Fe
CO2
甲/mol
1.0
1.0
1.0
1.0
乙/mol
1.0
2.0
1.0
1.0
①甲容器中CO的平衡转化率为________________________。
②下列说法正确的是__________________（填字母）。
a．若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态
b．增加Fe2O3可以提高CO的转化率
c．甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2∶3
（4）采取一定措施可防止钢铁腐蚀。下列装置中的烧杯里均盛有等浓度、等体积的NaCl溶液。
①在abc装置中能保护铁的是___________________（填字母）
②若用d装置保护铁，X极的电极材料应是____________________（填名称）
【答案】 (1). -28.5 (2). c3(CO2)/c3(CO) (3). 减小 (4). 60 % (5). ac (6). bc (7). 锌
【解析】
【分析】
（1）依据热化学方程式 和盖斯定律计算分析判断；
（2）Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJmol-1
依据平衡常数概念写出表达式，反应是吸热反应，升温平衡逆向进行；
（3）①在T℃时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，依据平衡三段式列式计算结合转化率概念计算得到；
②Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJmol-1
a．反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态；
b．固体量增加不影响化学平衡，增加Fe2O3不能提高CO的转化率；
c．依据平衡三段式计算平衡物质的量；计算甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比；
（4）①原电池的正极和电解池的阴极可以得到保护；
②装置为原电池，若用d装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼；
【详解】（1）：由①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJmol-1
②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJmol-1
依据盖斯定律①-②×3得到
Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJmol-1 a=-28.5
故答案为：-28.5；
（2）Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJmol-1
平衡常数K= c3(CO2)/c3(CO)；反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，
故答案为：c3(CO2)/c3(CO)；减小；
（3）①在T℃时，该反应的平衡常数K=64，在2L恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，设消耗一氧化碳物质的量为x
Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）
K= c3(CO2)/c3(CO)=（1+x）3/(1-x)3=64，计算得到x=0.6，转化率=60%，
故答案为：60%；
②Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJmol-1
a．反应前后气体质量变化，体积不变，若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态，故a正确；
b．固体量增加不影响化学平衡，增加Fe2O3不能提高CO的转化率，故b错误；
c．甲容器中平衡一氧化碳物质的量为0.4mol；乙容器中结合平衡常数计算得到消耗一氧化碳为1.4mol，平衡物质的量为0.6mol，甲和乙容器中CO的平衡浓度之比为0.4：0.6=2：3；故c正确；
故答案为：ac；
（4）①装置中原电池的正极和电解池的阴极可以得到保护；bc可以保护铁；
故答案为：bc；
②装置为原电池，若用d装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼可以选择锌；
故答案为：锌；
24.两个研究性学习小组分别进行探究性的实验：
甲组：为了探究Cl2和SO2同时通入H2O中发生的反应，设计了如图所示的实验装置。
（1）气体发生装置A中产生的气体化学式为____________________。
（2）装置D中发生反应的化学方程式为_________________________在装置D反应后所得溶液中加入BaCl2溶液，观察到的现象是___________________。
（3）装置C中饱和食盐水的作用是________________；装置E的作用是______________。
乙组：为了分别研究SO2和Cl2的性质，设计了如图所示的实验装置。
（4）若从左端分别通入SO2和Cl2，则装置I中观察到的现象是否相同？______________（填“相同”或“不相同”）；当通入SO2时，装置III中发生反应的离子方程式为______________该反应中SO2表现出__________性。
（5）若装置II中装有5.0mL 1.0×10－3mol·L－1碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10－5mol电子，则该反应的化学方程式为_________________
（6）你认为乙组设计的装置是否有不足之处？_______________（填“有”或“无”）。如果有，请写出改进方法：___________________________ （如果无，此空不答）。
【答案】 (1). SO2 (2). Cl2＋SO2＋2H2O=== 2HCl＋H2SO4 (3). 生成白色沉淀 (4). 除去氯化氢气体，减小Cl2的溶解 (5). 防止倒吸，吸收多余的SO2或Cl2气体 (6). 相同 (7). 2Fe3＋＋SO2＋2H2O === 2Fe2＋＋SO42-+4H+ (8). 还原 (9). I2＋5Cl2＋6H2O === 10HCl＋2HIO3 (10). 有 (11). 去掉胶塞或将广口瓶的塞子换成双孔塞，另一孔插入一根直导管
【解析】
【分析】
探究氯水、氯气的漂白作用，探究二氧化硫与水和品红溶液的反应
（1）气体A不通过饱和食盐水，则为二氧化硫；
（2）氯气具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，硫酸根离子和钡离子能生成硫酸钡沉淀；
（3）饱和食盐水能除去氯气中的氯化氢；氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，要处理尾气；
（4）次氯酸和二氧化硫都有漂白性，二氧化硫和溴化铁发生氧化还原反应，失电子的反应物作还原剂；
（5）通入足量的氯气，碘完全反应，根据转移电子数目计算I元素在氧化产物中的化合价，确定产物，书写方程式；
（6）最后一个装置存在安全隐患．
【详解】（1）由装置图可知，B装置气体生成后通入饱和食盐水中，说明是氯气的发生装置，通过食盐水除去气体中的氯化氢气体，所以A装置产生的气体为二氧化硫，二氧化硫是易溶于水的气体，通过F通入水防止倒吸；
故答案为：SO2；
（2）氯气和二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，
故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4；生成白色沉淀；
（3）实验室制取的氯气中含有氯化氢，要除去氯化氢且不能溶解氯气，需要通过饱和食盐水除去氯化氢，所以C的作用是：除去氯化氢气体，减少氯气的溶解；
氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，且二者都能和氢氧化钠溶液反应，E装置中含有缓冲装置，能防止倒吸，所以尾气处理中用氢氧化钠溶液吸收氯气和二氧化硫、防止倒吸，
故答案为：除去氯化氢气体，减小Cl2的溶解；防止倒吸，吸收多余的SO2或Cl2气体；
（4）氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸和二氧化硫都能使品红溶液褪色，所以看到的现象相同；III中铁离子具有氧化性，能和二氧化硫发生氧化反应生成硫酸和亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；该反应中，硫元素失电子化合价升高，所以二氧化硫作还原剂，
故答案为：相同；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+，还原；
（5）装置B中装有5.0mL 1.0mol•L-1的碘水，当通入足量Cl2完全反应后，共转移了5.0×10-2mol电子，故I元素在氧化产物中的化合价为5.010-2mol1.0mol/L0.05L)=5，故氧化产物为HIO3，氯气被还原为HCl，反应方程式为：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3；
故答案为：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3；
（6）尾气处理装置中，如果气体压强过大，导致塞子冲出而引起安全隐患，其处理方法为：去掉胶塞或将广口瓶的塞子换成双孔塞，另一孔插入一根直导管，
故答案为：有；去掉胶塞或将广口瓶的塞子换成双孔塞，另一孔插入一根直导管．
