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文档介绍
辽宁省实验中学东戴河分校2020届高三10月月考化学试题
辽宁省实验中学东戴河校区2019～2020学年上学期高三年级10月份月考 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 第Ⅰ卷（选择题，共50分） 一、单项选择题(1题-10题每个2分，11题-20题每个3分，共计50分) 1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是 常见古诗文记载 化学知识 A 《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折” 铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛” 强水为氢氟酸 C 《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴 硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾 D 《泉州府志》中记载：安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之 糖白的过程发生了化学变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误； B. 能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误； C. 古人以“得”为阴，以“失”为阳；从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确； D. 该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误； 答案选C。 2.有关药品的保存和使用正确的是： A. 溴水存放在橡胶塞的细口试剂瓶中 B. 新制的氯水存放在棕色瓶中 C. 盛放烧碱的试剂瓶应用玻璃塞 D. 金属钠保存在乙醇中 【答案】B 【解析】 【详解】A.溴单质能与橡胶塞反应，腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故A错误； B．氯水中的次氯酸见光容易分解，所以新制的氯水需要保存在在棕色试剂瓶中，故B正确； C.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应，保存氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，故C错误； D.钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，钠能够与乙醇反应，不能保存在乙醇中；由于钠密度大于煤油和石蜡，所以金属钠可以保存在煤油和石蜡中，故D错误。 故选B。 【点睛】药品的保存方法应根据其性质决定：见光易分解的——避光（棕色瓶）；与空气中某些成分反应的或易挥发的——密封（隔绝空气）；固体药品——广口瓶；液体药品——细口瓶。 3.下列说法正确的是( ) A. 国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料 B. 用pH试纸测得氯水的pH为2 C. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 D. 铝和重氢氧化钠的溶液反应的化学方程式：2Al＋2NaOD+22O＝2NaAlO2＋D2↑＋2↑ 【答案】A 【解析】 【详解】A.国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，A正确； B.氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，可氧化指示剂，则不能用pH试纸测得氯水的pH，B错误； C.CO、NO、NO2都是大气污染气体，NO与空气中的氧气反应，在空气中不能稳定存在，C错误； D.铝和氢氧化钠溶液的反应分两步进行：首先铝和水发生置换反应：2Al＋62O＝2Al(O)3＋32↑，生成的Al(O)3再和重氢氧化钠反应：Al(O)3＋NaOD=NaAlO2＋O+，D错误； 答案为A。 【点睛】铝与氢氧化钠溶液反应的实质为铝与强碱溶液中的水反应，生成的氢氧化铝再与强碱反应。 4.下列物质的工业制法正确的是 A. 制钛：用金属钠置换出氯化钛（TiCl4）溶液中的钛 B. 炼铁：炼铁高炉中碳在高温下还原铁矿石中的铁 C. 制钠：用海水作原料制得精盐，再电解熔融的氯化钠得到金属钠 D. 炼硅：用焦炭与二氧化硅在高温下反应生成粗硅和二氧化碳 【答案】C 【解析】 【详解】A. 制钛：工业上用金属钠置换出熔融氯化钛（TiCl4）中的钛，在水溶液中钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，A错误； B. 炼铁：炼铁高炉中利用CO在高温下还原铁矿石中的铁，B错误； C. 制钠：用海水作原料制得精盐，再电解熔融的氯化钠得到金属钠，C正确； D. 炼硅：用焦炭与二氧化硅在高温下反应生成粗硅和一氧化碳，D错误； 答案选C。 5.下列检验及结论一定正确的是（ ） A. 某溶液中先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入HNO3溶液，白色沉淀不溶解，则溶液中一定含有大量的SO32- B. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+ C. 某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中不一定含有CO32-和HCO3- D. 将某固体试样溶于盐酸，再滴加KSCN溶液出现血红色，则该试样中存在Fe3+ 【答案】C 【解析】 【详解】A、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该溶液中一定含有氯离子、亚硫酸根或是硫酸根离子中的至少一种，故A错误； B．钠的焰色反应为黄色，待测液置于酒精灯外焰灼烧时，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，说明溶液中含有Na+，但钾离子要经过蓝色的钴玻璃来看，否则无法判断，故B错误；C．某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化碳或二氧化硫，溶液中不一定含有CO32-和HCO3-，故C正确； D．将某固体试样溶于盐酸，再滴加KSCN溶液出现血红色，则不能证明该试样中一定存在Fe3+，可能是硝酸亚铁溶液，硝酸亚铁溶液中加入盐酸形成稀硝酸氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液生成血红色溶液，故D错误； 故选：C。 6.下列根据实验现象的判断中，正确的是 A. 能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体一定是氯气 B. 在潮湿的空气中能形成白雾的气态氢化物一定是氯化氢 C. 溶于水中能形成无色溶液的红棕色气体一定是二氧化氮 D. 能用于做喷泉实验的气体只能是氨气或氯化氢 【答案】C 【解析】 【详解】A. 能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的气体是氧化性气体，不一定是氯气，A错误； B. 在潮湿的空气中能形成白雾的气态氢化物不一定是氯化氢，也可能为氨气，B错误； C. 溶于水中能形成无色溶液的红棕色气体一定是二氧化氮，C正确； D. 在溶液中溶解度大且溶解速率大的气体均可作喷泉实验，D错误； 故答案选C。 7.氮的多样性主要体现在含氮化合物及其性质的多样性上，下列说法正确的是 A. Fe2＋、Mg2＋、Cl－、NO3-能大量共存于pH＝0的溶液中 B. 1 L 1 mol·L－1的NH4Cl溶液中含有NA个NH4+ C. 加热可除去NaHCO3固体中的少量NH4Cl D. 不论是浓硝酸还是稀硝酸，与铜反应均体现出硝酸的酸性和强氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】A. pH=0的溶液中存在大量的氢离子，NO3-在酸性溶液中体现氧化性，与Fe2＋不能大量共存，故A错误； B. NH4+会水解，故1 L 1 mol·L－1的NH4Cl溶液中含有少于NA个NH4+，B错误； C. NaHCO3和NH4Cl固体均受热易分解，故无法用加热的方法除去NaHCO3固体中的少量NH4Cl，C错误； D. 不论是浓硝酸还是稀硝酸，与铜反应均体现出硝酸的酸性和强氧化性，D正确； 故答案选D。 8.下列热化学方程式说法正确的是 A. 由C(s,石墨)═C(s,金钢石) ΔH＞0可知，石墨比金刚石稳定 B. CO的燃烧热是283.0kJ•mol-1，则2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) ΔH= -283.0kJ•mol-1 C. 常温常压，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则 HF(aq)+NaOH(aq)═NaF(aq)+H2O(l) ΔH= -57.3kJ•mol-1 D. 已知C(s)+O2(g)═CO2(g) ΔH1，C(s)+1/2O2(g)═CO(g) ΔH2， 则ΔH1>ΔH2 【答案】A 【解析】 【分析】 稳定的物质具有较低的能量；燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量；HF为弱电解质；相同质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧释放的热量。 【详解】A.由C（石墨，s）═C（金钢石，s）△H＞0，石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量越低越稳定，故A正确； B.根据燃烧热的概念，CO的标准燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H=-566.0 kJ•mol-1，B错误； C.氢氟酸为弱酸，电离时吸热，则中和放出的热量小于57.3 kJ•mol-1，C错误； D. 相同质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧释放的热量，C错误； 答案为A 【点睛】燃烧热为1mol 可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量；中和热为稀的强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时释放的热量。 9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn–和dRm–(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则对下列叙述的判断正确的是( ) ①a-c=m+n ②元素的原子序数a>b>c>d ③元素非金属性Z>R ④HnZ的还原性强于HmR⑤最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y ⑥原子半径大小Y>X>R>Z A. ①②③⑥ B. ③④ C. ①②③④ D. ②③⑥ 【答案】A 【解析】 【详解】①离子aXm+、cZn–具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=c+n，即a-c=m+n，故①正确； ②离aXm+、bYn+、cZn–和dRm–具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a>b>c>d，故②正确； ③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确； ④同周期元素从左到右，非金属性增强，氢化物的还原性减弱，所以HnZ的还原性弱于HmR，故④错误； ⑤金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因为a＞b，金属性Y>X，所以碱性Y>X ，故⑤错误； ⑥同周期元素原子半径前面大于后面，同主族元素原子半径下面大于上面，所以原子半径大小Y>X>R>Z，故⑥正确， 故选A。 10.综合如图判断，下列说法正确的是（） A. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－=Fe2+ B. 装置Ⅰ中正极反应是O2＋2H2O＋4e－=4OH－ C. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动 D. 放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH分别增大和减小 【答案】B 【解析】 【详解】A.装置Ⅰ中锌比铁活泼，则负极为锌，反应式为Zn－2e－=Zn2+，装置Ⅱ中负极为铁，反应式为Fe－2e－=Fe2+，A错误； B.装置Ⅰ中电解质溶液呈中性，为氧气得电子的反应，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B正确； C.装置Ⅰ中盐桥中的阳离子向左侧烧杯移动，装置Ⅱ中盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，C错误； D.放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大，D错误； 答案为B。 11.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是 A. 反应总过程△H<0 B. Fe+使反应的活化能减小 C. 总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快 D. Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应均为放热及应 【答案】C 【解析】 A、反应物的总能量高生成物的总能量，则反应是放热反应，所以反应的△H＜0，故A正确；B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+ 使该反应的活化能减小，故B正确；C、该反应的总反应为N2O+CO= N2+CO2，反应过程中使用了催化剂，催化剂的活性与温度有关，只有在适当的温度范围内才能发挥催化剂的催化活性，因此温度越高，反应速率不一定越快，故C错误；D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确；故选C。 12.下列反应中，第一步反应生成沉淀经第二步反应后质量增加的是（ ） A. 将少量溶液加入NaOH溶液中，再滴加溶液 B. 将少量溶液滴加到NaCl溶液中，再滴加溶液 C. 将少量通入饱和溶液中，再通入过量 D. 将少量溶液滴加到溶液中，再加入过量NaOH溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．将少量FeCl2溶液加入NaOH溶液中生成Fe(OH)2沉淀，再加入H2O2溶液，Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，质量增加，故A正确； B．将少量硝酸银溶液滴加到NaCl溶液中，生成AgCl白色沉淀，再滴加Na2S溶液，AgCl沉淀转化为黑色的Ag2S沉淀，沉淀质量减少，故B错误； C．将少量CO2通入饱和Ca(OH)2溶液中，生成CaCO3沉淀，再通入过量Cl2，Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，CaCO3沉淀逐渐溶解，故C错误； D．将少量Ba(OH)2溶液滴加到Al2(SO4)3溶液中，生成BaSO4和Al(OH)3沉淀，再加入过量NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，故D错误； 故选A。 【点睛】本题的易错点为B，要注意AgCl白色沉淀的饱和溶液中滴加Na2S溶液，会发生沉淀的转化，AgCl沉淀转化为黑色的Ag2S沉淀，但沉淀的质量减小。 13.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式（或离子方程式）的类推正确的是（ ） 已知 类推 A 将Fe加入CuSO4溶液中： Fe + Cu2+ = Cu + Fe2+ 将Na加入到CuSO4溶液中： 2Na + Cu2+ = Cu + 2Na+ B 稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至溶液呈中性： 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应呈中性： 2H++SO42﹣+Ba++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O C 铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3 铁和单质反应2Fe+3I22FeI3 D 向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2： Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2： Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.Na加入到硫酸铜溶液中，Na先与水反应生成NaOH与氢气，不能置换出单质铜，与题意不符，A错误； B.溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则溶液中的钡离子反应完全，符合题意，B正确； C.碘的氧化性小于氯气，则铁与碘反应生成碘化亚铁，与题意不符，C错误； D.二氧化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，二氧化硫与次氯酸可发生氧化还原反应，与题意不符，D错误； 答案为B。 14.利用下图所示装置进行下列实验，其中丙中实验现象描述正确的是( ) 实验 试剂甲 试剂乙 试剂丙 丙中的现象 A 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 B 浓盐酸 KMnO4 淀粉—KI溶液 溶液变蓝 C 稀盐酸 CaCO3 BaCl2溶液 有白色沉淀生成 D 浓氨水 CaO AlCl3溶液 先生成白色沉淀然后沉淀溶解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.二氧化硫的水溶液显酸性，则石蕊变红，二氧化硫不能漂白石蕊，则溶液不褪色，A错误； B.高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，氯气与碘化钾反应生成碘单质，遇到淀粉显蓝色，B正确； C.二氧化碳与氯化钡不反应，则无白色沉淀生成，C错误； D.氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不与氨水反应，则沉淀不消失，D错误； 答案为B。 15.中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 (部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是( ) A. 若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成D B. 若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C C. 若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2 D. 若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁 【答案】D 【解析】 【分析】 A.若D是一种强碱，A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠； B.若D是一种强酸，如为硝酸，则A为N2或NH3，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O； C.若D为NaCl，A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸； D.若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe(OH)2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe。 【详解】A.若D是一种强碱，A为Na、E为O2、B为Na2O、C为Na2O2、X为H2O、D为NaOH，符合转化关系，Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，A正确； B.若D是一种强酸，如为HNO3，则A为N2或NH3，E为O2，B为NO，C为NO2， X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，B正确； C.若D为NaCl，A为NaOH、E为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3、X为盐酸，符合转化关系，C正确； D.若D一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe(OH)2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，D错误； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查无机物的推断，涉及金属、非金属元素的单质及化合物的性质、转化关系，需要学生熟练掌握元素化合物知识，要多注意相关基础知识的积累并灵活应用。 16.氢化钙(CaH2)常作供氢剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如下实验制备氢化钙。下列说法错误的是（ ） A. 装置I不可用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气 B. 装置III、V所起作用相同 C. 直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯 D. 试验结束后，可通过取样加水，根据气泡判断是否有CaH2生成 【答案】D 【解析】 【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气必须在加热条件下进行，装置I启普发生器不能加热，不适用，选项A正确； B. 装置III是干燥氢气、装置V是防止空气中的水蒸气进入装置Ⅳ，所起作用相同，均为干燥的作用，选项B正确； C. 氢气为可燃性气体，点燃前必须验纯，故直玻璃管加热前，用试管在末端收集气体并验纯，选项C正确； D. 钙也能与水反应产生氢气，故试验结束后，可通过取样加水，根据气泡无法判断是否有CaH2生成，选项D错误。 答案选D。 17.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法错误的是（ ） A. E和B两元素的形成的化合物都为黑色固体 B. B、D形成的离子化合物可能含有共价键 C. D的单质只有还原性，没有氧化性 D. 工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨 【答案】A 【解析】 【分析】 E为地壳中含量最高的过渡金属元素，E是Fe元素；无色无味液体m是水，钠与水反应生成氢气，F2与水反应生成HF和氧气，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，所以A是H元素、B是O元素、C是F元素、D是Na元素。 【详解】A、Fe和O两元素的形成的化合物Fe2O3为红色固体，故A错误； B. O、Na形成离子化合物Na2O2中含有共价键，故B正确； C. 金属Na只有还原性，没有氧化性，故C正确； D. 工业上可以用铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，故D正确。 18.将一定量的铜粉加入到0.5 L 0.3 mol•L﹣1 Fe2(SO4)3和0.1mol•L﹣1H2SO4的混合溶液中，铜粉完全溶解后，得到溶液X。下列说法正确的是 A. 溶液X中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为2：1 B. 向溶液X中滴加KSCN溶液，未变红色，则加入铜粉质量为12.8 g C. 向溶液X中加入足量铁粉，充分反应后，铁粉质量减少11.2 g D. 向溶液X中加入0.18 L 5 mol•L﹣1NaOH溶液可使溶液中的金属离子完全沉淀 【答案】C 【解析】 【详解】A.发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所得溶液中Cu2+和Fe2+的物质的量之比为：1:2，故A错误； B. 向溶液X中滴加KSCN溶液，未变红色，说明Fe3+已完全反应，n(Fe3+)=0.5 L ×0.3 mol•L﹣1×2=0.3mol，根据Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+可知消耗Cu的物质的量为0.15mol，m(Cu)= 0.15mol×64g/mol=9.6g，故B错误； C. 向溶液X中加入足量铁粉，由于Fe3+的氧化性最强，所以Fe先与三价铁离子反应，再置换出Cu，最后和酸反应，因为铁粉足量，相当于铁和原来的Fe3+、H+反应，与加入的Cu的量无关，n(Fe3+)=0.5 L ×0.3 mol•L﹣1×2=0.3mol，n(H+)=0.1mol•L﹣1×0.5L×2=0.1mol，发生反应Fe+2Fe3+=2Fe2+，消耗Fe的物质的量为：0.15mol，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，消耗Fe0.05mol，共消耗Fe0.15mol+0.05mol=0.20mol，充分反应后，Fe粉减少0.2mol×56g/mol=11.2g，故C正确； D.铜完全溶解时，溶液中可能存在的Fe2+、Cu2+、H+三种离子，或者是可能存在Fe3+、Fe2+、Cu2+、H+，沉淀完全后，溶液的溶质为硫酸钠，n(SO42-)=0.5L×0.3mol/L×3+0.5L×0.1mol/L=0.5mol，即n(Na+)=1mol，所以需要NaOH1mol，若加入0.18 L 5 mol•L﹣1NaOH的物质的量为：0.18L×5mol/L=0.9mol，明显NaOH的量不足，故D错误。 故选C。 【点睛】确定Fe与Fe3+、Cu2+、H+反应的先后顺序，是解答本题的关键。 19.某兴趣小组设计将废金属合金(只含铝、铁、铜)回收再利用制备胆矾、氯化铝晶体和聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3n/2]m的流程如下图所示，则下列有关叙述中不正确的是( ) A. 本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸 B. 过量气体A与溶液1的反应的离子方程式为：2AlO2- + CO2 + 3H2O = 2Al(OH) 3↓+ CO32- C. 固体3生成溶液4，可能为反应为：2Cu + O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O D. 溶液3与H2O2反应的化学方程式为：2FeSO4 + H2O2 + H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 通过流程图，固体1中含有Fe、Cu元素，溶液1中含有Al元素，则试剂A为NaOH溶液，溶液1为偏铝酸钠，气体A为二氧化碳，固体2为氢氧化铝，试剂B为盐酸，溶液2为氯化铝溶液；试剂C为稀硫酸，固体3为铜，溶液3为硫酸亚铁，溶液4为硫酸铜。 【详解】A.通过分析可知，本实验中试剂A为氢氧化钠溶液，试剂B盐酸，试剂C为稀硫酸，与题意不符，A错误； B.气体A与溶液1分别为二氧化碳、偏铝酸钠，过量气体CO2与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，符合题意，B正确； C.固体3、溶液4分别为Cu、硫酸铜，可能的反应为：2Cu+O2 +2H2SO4=2CuSO4+2H2O，与题意不符，C错误； D.硫酸亚铁与H2O2反应生成硫酸铁，化学方程式为：2FeSO4 +H2O2 + H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 2H2O，与题意不符，D错误； 答案为B。 【点睛】过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成的含碳离子为碳酸氢根离子。 20.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 右边吸附层中发生了还原反应 B. 负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O C. 电池的总反应是2H2＋O2=2H2O D. 电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动 【答案】C 【解析】 【分析】 由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应。 【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。 A. 右边吸附层中发生了还原反应，A正确； B. 氢气在负极上发生氧化反应，电解质中有强碱，故负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确； C. 没有氧气参与反应，C不正确； D. 电解质溶液中Na＋向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。 综上所述，本题选不正确的，故选C。 第Ⅱ卷（非选择题，共50分） 21.氮是化肥工业和化工生产的主要原料，工业上合成氨使用的氢气主要来自合成气(CO、H2混合气体)。请回答下列问题： （1）工业上合成氨的反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH 。 已知： 化学键 H－H N≡N N－H 键能/kJ·mol-1 436 945.6 391 化学键的键能是形成或断裂1 mol 化学键放出或吸收的能量，单位为kJ/mol。上述反应的ΔH________________。 （2）联氨（又称肼，N2H4），试写出联氨的电子式_________；联氨又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：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH1 N2H4(l)＋O2(g)= N2(g)＋2H2O(g) ΔH2 则N2(g)＋2O2(g)=N2O4 (l) ΔH3＝_________ （3）以氨气代替氢气来研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液，其装置如图所示。a电极反应式为________。若该燃料电池消耗标准状况下6.72 L空气(假设空气中O2体积分数为20%)，则理论上消耗NH3的质量为_______g。 （4）甲醇燃料电池在生活应用也很广泛，在温度为650℃的熔融盐燃料电池中用甲醇、空气与CO2的混合气体作反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质。写出该电池的负极反应式______________。 【答案】 (1). －92.4 kJ/mol (2). (3). 2ΔH2 –ΔH1 (4). 2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O (5). 1.36 (6). CH3OH－6e－+3CO32－=4CO2↑+2H2O 【解析】 【分析】 （1）旧键的断裂吸热，新键的形成放热； （2）联氨的结构简式为H2N-NH2；根据盖斯定律进行计算； （3）根据装置图，a电极为负极；利用电池两极转移电子数目相同进行计算； （4）根据电解质的成分，则甲醇失电子，与碳酸根离子反应，生成二氧化碳和水。 【详解】（1）旧键的断裂吸热，新键的形成放热，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则ΔH=945.6+436×3-391×6=-92.4kJ/mol； （2）联氨的结构简式为H2N-NH2，则电子式为；①2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH1，②N2H4(l)＋O2(g)= N2(g)＋2H2O(g) ΔH2，根据盖斯定律，②×2-①即可得到N2(g)＋2O2(g)=N2O4 (l)，ΔH3＝2ΔH2-ΔH1； （3）根据装置图可知，a电极通入氨气，生成氮气，化合价升高，失电子，作电池的负极；n（O2）=6.72 L×20%/22.4L/mol=0.06mol，化合价由0价变为-2价，转移0.24mol电子，消耗1mol NH3，转移3mol电子，转移0.24mol电子，消耗0.08mol NH3，即1.36g； （4）Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质，则甲醇失电子，与碳酸根离子反应，生成二氧化碳和水，负极反应式为CH3OH－6e－+3CO32－=4CO2↑+2H2O。 【点睛】电池内电路中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。 22.Ⅰ. 由中科院等离子体物理研究所自主研制的全超导托卡马克实验装置(俗称“人造太阳”)正在接受技术升级。人造太阳是利用氘、氚核聚变反应释放巨大能量原理而实现的。下列说法正确的是________。 A．氕、氘、氚三种元素在周期表中的位置不同 B．20 g D2O含有的中子数为6.02×1024个 C．在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂 Ⅱ. 部分元素在周期表中的位置如下： 请回答下列问题： (1)元素C在周期表中的位置为________。 (2)判断E和F对应的简单氢化物沸点高低，并解释原因____________。 (3)用电子式表示F的氢化物的形成过程：___________。 Ⅲ.溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等，苦卤提溴的工业流程如下： (1)结合元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的原因：_______________。 (2)吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br−和BrO3−，则A是________（填序号）。 A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．SO2气体 (3)从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是______。 【答案】 (1). BC (2). 第四周期Ⅷ族 (3). H2O沸点高，水分子可形成分子间氢键作用力强，故沸点高 (4). (5). Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br (6). B (7). 5Br−+ BrO3− + 6H+ =3Br2 + 3H2O 【解析】 【分析】 A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同； B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol； C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂； Ⅱ.根据元素周期表的信息，A为Li，B为Ca，C为Fe，D为Si，E为O，F为S。 Ⅲ.苦卤中的溴离子与氯气反应生成溴，在吹出塔经热空气吹出溴蒸气，在吸收塔吸收，生成Br−和BrO3−，再与稀硫酸反应生成单质溴。 【详解】A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同，则在周期表中的位置相同，A错误； B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol，1mol D2O含有的中子的物质的量为10mol，所以1mol含有的中子数为6.02×1024个，B正确； C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂，C正确； 答案为BC； II.(1)元素C为Fe，位于第四周期Ⅷ族； (2)E和F分别为O、S，氢化物为H2O、H2 S，水分子间可形成氢键，导致分子间的作用力增大，熔沸点升高，则H2O沸点高； (3)F的氢化物为H2S，电子式表示其形成过程为； III.(1)Cl、Br属于同一主族，最外层均有7个电子，Cl原子核外有3个电子层，Br有4个电子层，则原子半径Cl查看更多