安徽省六安市毛坦厂中学2020届高三11月月考化学试题
2019～2020学年度高三年级11月份月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～4 O～16 S～32 Fe～56 Ni～59 As～75 Ag～108 Ba～137
第I卷
一、选择题
1.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识，下列有关说法错误的是
A. “日照澄洲江雾开”中伴有丁达尔效应
B. 古剑“沈卢”以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”指的是物质发生了物理变化
D. “煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙
【答案】C
【解析】
【详解】A. “日照澄州江雾开”中，雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故A正确；
B. 剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B正确；
C. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”是碳酸钙分解反应，反应中有新物质生成，是化学变化，故C错误；
D. “煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰的主要成分为氧化钙，D正确；
答案选C。
【点睛】化学与STSE的题，需要学生多了解中国优秀的传统文化，需要分析这些原理中蕴含的化学原理。
2.下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
B. 由C(金刚石)=C(石墨)△H=-1.9kJ▪mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101 KPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-285.8kJ▪mol-1
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)= H2O(l) △H=-57.3kJ▪mol-1，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2O(g)变成H2O(l)的过程是物质状态的变化，没有化学键的断裂和形成，A错误；
B.由金刚石变为石墨放出热量，说明石墨比金刚石能量低，石墨稳定性强，B错误；
C.在101 KPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2(即4gH2)燃烧放出热量是2×285.8kJ=571.6kJ。所以氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ▪mol-1，C错误；
D.由于浓硫酸溶于水放出热量，所以含0.5 mol浓H2SO4的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，D正确；
故合理选项是D。
3.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 34gH2O2中含有的阴离子数为NA
B. 标准状况下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA
C. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA
D. Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2O2是共价化合物，不含有离子，A错误；
B.在标准状况下己烷是液体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；
C.未给出溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D.若4.6g完全是NO2，其物质的量是4.6g÷46g/mol=0.1mol，转移电子数目为0.1mol(5-4)NA=0.1NA；若4.6g完全是N2O4，其物质的量是4.6g÷92g/mol=0.05mol，转移电子数目为0.05mol×2(5-4)NA=0.1NA，可见无论混合物中含有NO2、N2O4物质的量多少，转移电子数目都是0.1NA，D正确；
故合理选项是D。
4.下列指定反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体：Na++ NH3·H2O +CO2=NaHCO3↓+NH4+
B. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
C. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
D. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O32-+5H2O=10H++2SO42-+8Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体，反应产生大量的HCO3-，与溶液中的Na+结合形成NaHCO3沉淀：Na++ NH3·H2O +CO2=NaHCO3↓+NH4+，A正确；
B.向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水，以Ca(HCO3)2为标准，反应产生CaCO3、H2O，反应的离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，B正确；
C.明矾是KAl(SO4)2·12H2O，向其水溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，加入Ba(OH)2的物质的量是明矾的2倍，离子方程式为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，C错误；
D.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4Cl2+S2O32-+5H2O=10H++2SO42-+8Cl-，D正确；
故合理选项是C。
5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的有几组（ ）
①酸性溶液中：Na＋、ClO-、SO42-、I-
②无色溶液中：K+、Na＋、MnO4-、SO42-
③碱性溶液中：Cl-、CO32-、SO42-、K+、AlO2-
④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl-、SO42-
⑤由水电离出的c(OH-)=1×10－13mol·L-1的溶液中：Na+、Ba2＋、Cl-、Br-
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液中：NO3-、Al3+、Na＋、SO42-
A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组
【答案】B
【解析】
【详解】①在酸性溶液中：H+、ClO-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，①错误；
②MnO4-显紫色，在无色溶液中不能大量存在，②错误
③碱性溶液中，OH-与Cl-、CO32-、SO42-、K+、AlO2-不能发生任何反应，可以大量存在，③正确；
④中性溶液中：Fe3+、OH-会发生反应形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，④错误；
⑤由水电离出的c(OH-)=1×10－13mol·L-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，Na+、Ba2+、Cl-、Br-与H+或OH-不能发生任何反应，可以大量共存，⑤正确；
⑥与铝粉反应放出H2的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性环境中，H+与NO3-与Al不能反应放出氢气；在碱性环境中，OH-与Al3+会发生反应，不能大量共存，⑥错误；
综上所述可知，一定能大量共存的有③⑤，一共两组，故合理选项是B。
6. 某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如下图所示的“蜗牛”形状，图中每个“·”代表一种元素，其中O点(最中心的点)代表起点元素。下列正确的是( )
A. 物质YO可能具有较强的氧化性
B. 图中离O点越远的元素，其原子半径一定越大
C. O2X、WO3分子内都含有氢键，所以沸点都较高
D. 科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素
【答案】D
【解析】
试题分析：O点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为P元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族。A．NaH中氢元素为-1价，具有较强的还原性，故A错误；B．随原子序数增大距离O的距离增大，而同周期主族元素，随原子序数增大原子半径减小，图中离O点越远的元素，其原子半径不一定越大，故B错误；C．H2O、NH3分子间都含有氢键，所以沸点都较高，而分子内为共价键，故C错误；D．As与N元素处于同主族，性质具有相似性，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的Z元素，故D正确。故选D。
考点：考查了元素周期律与元素周期表、化学键等的相关知识
7.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84"消毒液的主要成分
B. Z的氢化物的水溶液能与W的含氧酸盐反应，说明非金属性Z>W
C. X的最高价氧化物的水化物能与Y的最高价氧化物的水化物反应
D. 简单离子半径：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【详解】W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为碳或硫；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，则W为碳，X为钠，Y为铝；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯；
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是NaClO4，而“84"消毒液的主要成分是NaClO，故A错误；
B. 盐酸能和碳酸盐反应，不能说明非金属性Z>W，因为盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，故B错误；
C. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以反应，故C正确；
D. 简单离子X、Y电子层为两层，Z离子为三层，Z离子半径最大，故D错误，
故选C。
【点睛】比较元素非金属性时，可以通过比较二者最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而不能比较一种元素的氢化物与另一种元素的含氧酸的酸性强弱，这是此题容易被忽略的地方。
8.如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 热稳定性：MgF2
MgCl2>MgBr2>MgI2，A错误；
B.未指明气体所处的条件，因此不能计算反应放出的热量，B错误；
C.由于MgCl2(s)的能量比Mg(s)、Cl2(g)低，所以工业上可由电解熔融MgCl2冶炼金属Mg，该过程需要吸收热量，C错误；
D.根据图示可知①MgCl2(s)=Mg(s)+Cl2(g)△H=+641kJ/mol，②MgBr2(s)=Mg(s)+Br2(g)△H=+524kJ/mol，②-①，整理可得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ∆H=-117kJ/mol，物质由气态变为液态，会放出热量，所以MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l) ∆H<-117kJ/mol，D正确；
故合理选项是D。
9.已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1 ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH2 下列推断正确是（ ）
A. 若CO燃烧热为ΔH3，则H2的燃烧热为ΔH3-ΔH1
B. 反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH1-ΔH2
C. 若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则ΔH2<0
D. 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ΔH1<0
【答案】D
【解析】
【详解】A.若CO的燃烧热为ΔH3，则③CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3，③-①，整理可得H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=ΔH3-ΔH1，由于H2O的稳定状态是液态，因此该反应不能表示氢气的燃烧热，A错误；
B.①-②，整理可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1，B错误；
C.若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C错误；
D.③CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3， ④H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH4，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ΔH3<ΔH4，③-④，整理可得CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1=ΔH3-ΔH4<0，D正确；
故合理选项是D。
10.在酸性或碱性较强的溶液中，铝均会溶解。但用食盐腌制的食品也不能长期存放在铝制品中，其主要原因是
A. 铝能与NaCl直接发生反应而被腐蚀
B. 长期存放的NaCl发生水解，其水溶液不再呈中性，可与铝发生反应
C. 铝与铝制品中的杂质（碳）、NaCl溶液形成原电池，发生析氢腐蚀
D. 铝与铝制品中的杂质（碳）、NaCl溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀
【答案】D
【解析】
A、铝不能与NaCl直接发生反应，选项A错误；B、氯化钠是强酸强碱盐，不发生水解，选项B错误；C、铝制品不能长时间存放食盐腌制的食品，是因为氯离子对氧化膜有破坏作用，若氧化膜被破坏，则由于铝制品不纯，铝与其中的杂质、氯化钠溶液形成原电池，铝失去电子，被氧化，发生吸氧腐蚀，选项C错误；选项D正确。答案选D。
11.如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属，下列说法正确的是
A. 图1铁片靠近烧杯底部的部分，腐蚀更严重
B. 若M是锌片，可保护铁
C. 若M是铜片，可保护铁
D. M是铜或是锌都不能保护铁，是因没有构成原电池
【答案】B
【解析】
【分析】
据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。
【详解】A. 图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀，水面处铁片接触氧气和水，腐蚀更严重，A项错误；
B. 图2中，若M是锌片，则锌、铁与海水构成原电池，电子从锌转移向铁，使铁得到保护，B项正确；
C. 图2中，若M是铜片，则铜、铁与海水构成原电池，电子从铁转移向铜，铁更易被腐蚀，C项错误；
D. M是铜或锌，它与铁、海水都构成原电池，只有当M为锌时铁被保护，D项错误。
本题选B。
12.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B. 电池总反应为M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C
C. 放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li＋+6C
D. 充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
【答案】C
【解析】
【详解】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；
B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C，B错误；
C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；
D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；
故合理选项是C。
13.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 电路中的电子从负极经外电路到正极，再经过KOH溶液回到负极，形成闭合回路
B. a处通入氢气， b处通氧气，该装置将化学能最终转化为电能
C. 电池放电后， OH－的物质的量浓度减小
D. 通入O2的电极发生反应：O2 + 4e－ ＝ 2O2－
【答案】C
【解析】
A. 电路中的电子从负极经外电路到正极，但是电子不经过KOH溶液，A不正确；B. 由外电路中电子的运动方向可知，a是负极、b是正极，故a处通入氢气、 b处通氧气，该装置将化学能最终转化为光能，B不正确；C. 电池放电后，电池反应产物是水，故 OH－的物质的量浓度减小，C正确；D. 通入O2的电极发生反应为O2 + 2H2O+4e－ ＝ 4OH－，D不正确。本题选C。
14.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有( )
①2Cu2＋+2H2O2Cu+4H++O2↑ ②Cu2＋+2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H＋H2↑+Cl2↑ ④2H2O2H2↑+O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：
第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；
第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电；
第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=3mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=3mol。
根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时析出2mol Cl-，所以Cl-还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；
第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，当Cl-完全析出前，发生的电池反应式为③；
第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2，所以发生的电池反应式为④；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。当以活性电极电解时，阳极首先是电极本身失去电子，发生氧化反应；当以惰性电极电解时，阳极上溶液中阴离子放电，放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子；阴极上无论是活性电极还是惰性电极，都是溶液中的阳离子放电，放电顺序基本与金属活动性顺序相反，但获得电子能力Ag+>Fe3+>Cu2+。
15.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电极b反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-
B. 电解后乙装置d电极附近溶液的pH不变
C. c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+
D. 甲中每消耗1mol SO2，乙装置中有1mol H+通过隔膜
【答案】B
【解析】
【分析】
甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，乙属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。
【详解】A．甲装置为原电池，其中a电极为负极、b电极为正极，左侧加入了硫酸，其中的H+可透过质子膜而进入右侧极室，所以右侧极室是酸性的，所以电极反应中不能生成OH-，而应生成水：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误；
B．乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，虽然消耗了H+，但同时有等量的H+从阳极区迁移过来，故溶液的pH不变，B项正确；
C．c电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；
D. 依据电子转移数相同可知，甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知消耗1molSO2电子转移数为2mol，乙装置中阳极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+
，阴极反应为2H++2e-=H2↑，为了平衡电荷，则有2mol H+通过隔膜，D项错误；
答案选B。
16.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的C1-围成正八面体
B. 该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C. 在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D. 在碘晶体（图丁）中，存在的作用力有非极性共价键和范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A.在NaCl晶体中，距Cl-最近的Na+有6个，距Na+最近的Cl-有6个，这6个离子构成一个正八面体，A正确；
B.该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，B错误；
C.在CO2晶体中，在一个晶胞中与该CO2距离相等且最近的CO2分子有3个，通过该CO2分子有8个晶胞，由于每个CO2分子被计算了两次，则一个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子数为=12，C正确；
D.在碘晶体中，在I2分子内存在I-I非极性共价键，在I2分子之间存在范德华力，因此该晶体中存在的作用力有非极性共价键和范德华力，D正确；
故合理选项是B。
17.下列关于晶体的说法中，不正确的是( )
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点；
④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；
⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；
⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；
⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑦ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①构成物质的微粒中，晶体中微粒呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中微粒排列相对无序，无自范性，故正确；
②金属晶体的构成微粒为金属阳离子与自由电子，含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故错误；
③原子晶体中共价键可决定晶体的熔、沸点，但分子晶体中共价键不决定晶体的熔、沸点，分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关，故错误；
④离子所带电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故正确；
⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故正确；
⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故正确；
⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，但CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，故错误；
不正确的有②③⑦，故选C。
【点睛】本题的易错点为⑦，要注意CsCl和NaCl的晶胞结构不同，CsCl的晶胞为简单立方()，NaCl的晶胞为面心立方()。
18.X、Y都是ⅡA族(Be除外)的元素，已知它们的碳酸盐的热分解温度：T(XCO3)>T(YCO3)，则下列判断不正确的是
A. 晶格能：XCO3>YCO3
B. 阳离子半径：X2＋>Y2＋
C. 金属性：X>Y
D. 氧化物的熔点：XO XCO3，A错误；
B. 离子半径越小，晶格能越大，则阳离子半径：X2＋>Y2＋，B正确；
C. X、Y都是ⅡA族(Be除外)的元素，半径越大，原子序数越大，金属性越强，金属性：X>Y，C正确；
D. 离子半径越小，晶格能越大，物质的熔沸点越高，氧化物的熔点：XO c(SO42－)，故符合题意；
故选D。
【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
第Ⅱ卷
二、填空题
21.回答下列问题
(1)已知钴属于铁系元素，其单质与化合物的性质与铁相似，其常见化合价有+2和+3，则Co3O4与浓盐酸反应能生成黄绿色气体的离子方程式_________________。
(2)碳酸亚铁(FeCO3)是菱镁矿的主要成分，将FeCO3加热到200℃开始分解为FeO和CO2，若在空气中高温煅烧FeCO3生成Fe2O3。
已知25℃，101kPa时： 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) △H=−1648kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393kJ/mol
2FeCO3(s)=2Fe(s)+2C(s)+3O2(g) △H=+1480kJ/mol
写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式______________。
(3)将标准状况下1.344L Cl2通入100mL0.5mol/lFeI2溶液中的离子方程式为_____________。
(4)1mol·L-1的NaAlO2溶液和3.0mol·L-1
的HCl溶液等体积混合的离子方程式为________________
(5)用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池示意图如图所示：
则电极1的电极反应式为：______________。
【答案】 (1). Co3O4+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O (2). 4FeCO3(s)+O2(g) =2Fe2O3(s)+4CO2(g) △H=-260kJ/mol (3). 6Cl2+10I-+2Fe2+=12Cl-+5I2+2Fe3+ (4). 3AlO2-+9H+=Al(OH)3↓+2Al3++3H2O (5). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)Co3O4与浓盐酸反应，能生成黄绿色气体氯气，同时得到还原产物氯化钴，据此回答；
(2)FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3、CO2，将已知热化学方程式叠加，可得该反应的热化学方程式；
(3)先计算Cl2的物质的量，然后利用还原性I->Fe2+，根据微粒的物质的量多少，还原性强的先反应，然后是还原性弱的后反应，书写离子方程式；
(4)二者的物质的量比为1：3，转化为沉淀时以1：1反应，沉淀溶解时，沉淀与酸以1：3反应，生成铝离子；
(5)该装置是原电池，在电极1上NH3失去电子，发生氧化反应，结合溶液中的OH-书写电极反应式。
【详解】(1)Co3O4与浓盐酸反应，能生成黄绿色气体氯气，同时得到还原产物氯化钴，发生反应的离子方程式为：Co3O4+8H++2Cl-=3Co2++Cl2↑+4H2O；
(2)在空气中加热FeCO3可以和氧气反应得到黑色Fe2O3，即4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，
①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) △H1=−1648kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=−393kJ/mol
③2FeCO3(s)=2Fe(s)+2C(s)+3O2(g) △H3=+1480kJ/mol
①+4×②+2×③，整理可得4FeCO3(s)+O2(g) =2Fe2O3(s)+4CO2(g) △H=△H1+4×△H2+2×△H3=-260kJ/mol；
(3)n(Cl2)= 1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，n(FeI2)=c·V=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，n(Fe2+)=0.05mol，n(I-)=2n(FeI2)=0.1mol，由于还原性：I->Fe2+，首先发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，0.1molmolI-反应消耗0.05molCl2，还剩余0.01molCl2，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+Fe3+，0.01molCl2反应消耗0.02molFe2+，所以反应的离子方程式为6Cl2+10I-+2Fe2+=12Cl-+5I2+2Fe3+；
(4)假设溶液的体积为3L，则溶液中含有n(NaAlO2)=3.0mol，n(HCl)=9.0mol，首先发生反应：
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，AlO2-反应完全，H+消耗3mol，产生3mol Al(OH)3，还剩余6mol，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，6molH+反应会消耗2mol Al(OH)3，产生2mol Al3+，剩余1mol Al(OH)3，则1mol·L-1的NaAlO2溶液和3.0mol·L-1的HCl溶液等体积混合的离子方程式为3AlO2-+9H+=Al(OH)3↓+2Al3++3H2O；
(5)在电极1上NH3失去电子，变为N2，则电极1的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
【点睛】本题考查了方程式书写的知识。包括各类方程式的书写，热化学方程式书写时要注明物质的存在状态及与物质状态相对应的反应热的数值、符号和单位；离子方程式书写要遵循电荷守恒、原子守恒，若离子反应同时属于氧化还原反应，还应该遵循电子守恒；有些化学反应，二者相对物质的量的不同，反应不同，要结合元素及化合物的性质分析判断。
22.铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。
(1)δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为_________。
(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为________(用a、b表示)
(3)若Fe原子半径为r pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度为_______g/cm3(用含r的表达式表示、列出算式即可)
(4)三氯化铁在常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为______。
【答案】 (1). 4：6：3 (2). 2b3：a3 (3). (4).
分子晶体
【解析】
【分析】
(1)根据各种晶体结构中微粒的空间位置确定三种晶体晶胞中铁原子的配位数，然后得到其比值；
(2)先计算出两种晶体中Fe原子个数比，然后根据密度定义计算出其密度比，就得到其空间利用率之比；
(3)先计算γ-Fe晶体中Fe原子个数，根据Fe原子半径计算晶胞的体积，然后根据计算晶体的密度；
(4)根据物质的熔沸点、溶解性等物理性质分析判断。
【详解】(1) δ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是晶胞顶点的Fe异种，个数是8个；
γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3××8=12；
α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6；
则三种晶体晶胞中铁原子的配位数的比为8：12：6=4：6：3；
(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体中铁原子个数之比=(1+)：(8×)=2：1，密度比=：=2b3：a3，晶体的密度比等于物质的空间利用率之比，所以两种晶体晶胞空间利用率之比为2b3：a3；
(3)在γ-Fe晶体中Fe原子个数为8×+6×=4，Fe原子半径为r pm，假设晶胞边长为L，则L=4rpm，所以L=2rpm=2×10-10cm，则晶胞的体积V=L3=(2×10-10)cm3，所以γ-Fe单质的密度；
(4)FeCl3晶体的熔沸点低，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，根据相似相溶原理，结合分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，属于分子晶体。
【点睛】本题考查了Fe的晶体类型的比较、晶体空间利用率和密度的计算、铁元素化合物晶体类型的判断。学会利用均摊方法分析判断晶胞中铁原子数目，熟练掌握各种类型晶体的特点，清楚晶体密度计算公式是解答本题的关键。
23.电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：
(1)外接直流电源中A为____极，甲中电解时的化学反应方程式为__________，通过一段时间后向所得溶液中加入0.2molCu(OH)2粉末，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为______________。
(2)现用丙装置给铜件镀银，H为______(填“镀件”还是“镀层”)，当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为________。
(3)电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，则Fe(OH)3胶粒带____（填“正”或“负”）电荷。
【答案】 (1). 正 (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (3). 0.8mol (4). 镀件 (5). 5.4g (6). 正
【解析】
【分析】
将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F是阴极，E是阳极，则电源电极A是正极，B是负极，并得到其他各个电极的名称，在同一串联电路中电子转移数目相等，结合电镀要求判断镀件、镀层；对于Fe(OH)3胶体来说，胶粒带正电荷，会向负电荷较多的电极方向移动，据此分析解答。
【详解】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是溶液中H+在该电极放电，所以F电极是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极。
(1)根据上述分析可知：A是电源正极，B是电源的负极，在甲中，C是阳极，D是阴极。在该溶液中阴离子有OH-、SO42-，放电能力：OH->SO42-， C电极发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2
O；阳离子有Cu2+、H+，放电能力Cu2+>H+，所以在D电极发生反应：Cu2++2e-=Cu，电解时总反应方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，电解的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，通电后加入0.2molCu(OH)2(相当于CuO和H2O)后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，阴极反应是：2Cu2++4e-→2Cu，当析出金属铜的物质的量是0.2mol时，则转移的电子是0.4mol，当电解掉0.2mol水时，转移电子是0.4mol，总共转移电子是0.8mol；
(2)电镀装置中，镀层金属必须作阳极连接电源的正极，镀件作阴极，连接电源的负极，所以丙装置中H应该是镀件，G是镀层金属。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)时，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量m(Ag)= 0.05mol× 108g/mol=5.4g；
(3)电源B电极为负极，则Y电极为阴极，阴极上负电荷较多，电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷。
【点睛】本题考查了有关电解池的工作原理，根据将直流电源接通后，F极附近呈红色，判断F电极为阴极是本题的突破口。阴极连接电源负极，阳极连接电源正极。正确判断电源的正负极及各个电解池的电极名称是解答此题的关键。Au、Pt及石墨电极为惰性电极，其余电极为活性电极。以惰性电极电解时，阴极上溶液的离子放电，阳离子放电顺序基本与金属活动性顺序表相反，但由于Fe是变价金属，Fe3+放电能力：Ag+>Fe3+>Cu2+；阴离子的放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。当阳极为活性电极时，是电极本身失去电子发生氧化反应。胶体粒子由于表面积而选择性吸附电荷而使胶粒带电荷，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引判断胶粒带有的电荷种类。
三、选做题
24.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过____方法区分晶体、准晶体和非晶体。
(2)基态锑(Sb)原子价电子排布的轨道式为____。[H2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为______，依次写出一种与[H2F]+
具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_______、_________。
(3)硼酸(H3BO3)和四氟硼酸铵(NH4BF4)都有着重要化工用途。
①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_____(填元素符号)。
②H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B(OH)4]﹣，而体现弱酸性。[B(OH)4]﹣中B原子的杂化类型为_____。
③NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在_______（填序号）：
A.离子键 B.σ键 C.π键 D.配位键 E.范德华力
(4)某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ=____g/cm3。
【答案】 (1). X-射线衍射 (2). (3). V型 (4). H2O (5). NH2- (6). F>N>O>B (7). sp3 (8). ABD (9).
【解析】
【分析】
(1)晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；
(2)Sb的价电子为5s能级上2个电子、5p能级上3个电子；
[H2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体，结构相似；
(3)①涉及的第二周期元素有B、N、O、F元素，第二周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；
②[B(OH)4]-中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型；
③NH4BF4中阴阳离子之间存在离子键，N原子和H原子之间存在共价键且其中一个是配位键，B原子和F原子之间存在共价键且其中一个是配位键，共价单键为σ键；
(4)先根据均摊方法确定晶胞中含有的As、Ni原子个数，在计算晶胞的体积，最后根据计算。
【详解】(1)从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X射线衍射现象即可确定；
(2)Sb的价电子为5s能级上2个电子、5p能级上3个电子，所以其价电子轨道式为；
[H2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体，结构相似，为V形；
(3)①涉及的第二周期元素有B、N、O、F元素，第二周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族元素的原子核外处于其轨道的全充满稳定状态、第VA族元素原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此它们的第一电离能大于相邻元素，B、N、O、F分别位于第IIIA族、第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能大小顺序为F>N>O>B；
②[B(OH)4]-中B原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断B原子杂化类型为sp3杂化；
③NH4BF4中阴、阳离子之间存在离子键，N原子和H原子之间存在共价键结合且其中有一个是配位键，B原子和F原子之间存在共价键且其中一个是配位键，共价单键为σ键，所以四氟硼酸铵中存在离子键、σ键、配位键，故合理选项是ABD；
(4)根据砷镍合金的晶胞示意图可知该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×+4×+2×+2×=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×)×c×10-10 cm=a2c×10-30cm3，晶胞密度ρ=g/cm3= g/cm3。
【点睛】本题综合考查物质结构和性质，涉及晶体类型的判断、原子杂化方式、化学键类型的判断、晶胞计算等知识点，掌握原子结构基本理论是本题解答的关键，难点是晶胞计算方法，需要学生具有一定空间想像力，确定晶胞中Ni的原子个数，并通过柱体的体积公式计算出晶胞的体积，再根据晶胞密度公式
进行运用，侧重考查学生对基本知识及基本原理的应用能力。
25.2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3
现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：
（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。
（2）B的结构简式是__________。
（3）CD的反应类型是___________。
（4）写出DM的化学方程式________。
（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。
（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。
①遇FeCl3溶液显紫色 ②苯环上的一氯取代物只有两种
（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______
【答案】 (1). 2-甲基-1-丁烯 (2). CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 3 (7). (8).
【解析】
【分析】
由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；
(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；
(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；
(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；
(5)由以上分析可知N为；
(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即
等；
(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。
【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
