2018-2019学年四川省威远中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年四川省威远中学高一下学期期中考试化学试题（解析版）

威远中学2018-2019学年第二学期半期试题 高一化学 试题说明：①本试卷检测范围：化学必修1第四章三四节为主至必修2一、二章第三节化学反应速率，考试时间为90分钟。‎ ‎②本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。考生作答时，须将第Ⅰ卷答案涂在答题卡上；第Ⅱ卷必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答卷上题目所指示的答题区域内作答 ‎③可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ba—137‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题（本大题共21个小题，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是（ ）‎ A. “玉兔二号”月球车底盘和车轮由SiC颗粒增强铝基复合材料制成，这是由于该复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点 B. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料 C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ D. 钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂，钾与钠都属于短周期主族元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiC颗粒增强铝基复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点，这也正是“玉兔二号”月球车底盘和车轮用该复合材料的原因，故A项正确；‎ B. 碳纤维主要成分为C，则碳纤维是一种非金属材料，故B项正确；‎ C. 二氧化硅传导光的能力非常强，是制造光导纤维主要原料，SiO2属于酸性氧化物，能够与强碱反应生成硅酸盐，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C项正确；‎ D. 短周期是指元素周期表的前三周期，而钾位于元素周期表第四周期IA族，不属于短周期元素，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. 中子数为10的氧原子： B. S2Cl2中原子均满足8电子结构 C. 硫化钠的电子式：NaNa D. H2O的电子式：H＋[]2－H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质量数=质子数+中子数=10+8=18，所以中子数为10的氧原子应为，故A错误；‎ B. 根据成键规律可知，S2Cl2的 电子式为，分子中的原子最外层电子数均满足8电子结构，故B正确；‎ C. 硫化钠是离子化合物，电子式应为: ，故C错误；‎ D. H2O是共价化合物，电子式应为： ，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】离子化合物电子式中肯定有括号，共价化合物电子式中肯定没有括号。‎ ‎3.下列各组中的性质比较，正确的是( )‎ ‎①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 ②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2‎ ‎③还原性：F－>C1－>Br－ ④稳定性：HCl>H2S>PH3‎ A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. 都正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】① 元素的非金属越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，同主族元素从上到下非金属性越来越弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越弱，所以酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故①正确；‎ ‎② 元素金属性越强其最高价氧化物的水化物的碱性越强，同主族元素从上到下金属性越来越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2，故②正确；‎ ‎③ 非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱，所以还原性：F-S>P，且非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则有稳定性：HCl>H2S>PH3，故④正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】元素 非金属性越强，对应的氢化物越稳定，最高价含氧酸酸性越强；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强。‎ ‎4.下列反应属于吸热反应的是(　　)‎ ‎①二氧化碳与灼热炭反应生成一氧化碳 ②葡萄糖在人体内被氧化分解 ‎③锌粒与稀H2SO4反应制取H2 ④Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体反应 A. ②④ B. ① C. ①③④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常见的放热反应有：所有的燃烧反应、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、C和CO2高温下反应、C和H2O高温下反应、以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）。据此回答。‎ ‎【详解】① 二氧化碳与灼热的炭反应生成一氧化碳是吸热反应，故①符合题意；‎ ‎② 葡萄糖在人体内氧化分解的反应是放热反应，故②不符合题意；‎ ‎③ 锌粒与稀H2SO4的反应是常见放热反应，故③不符合题意；‎ ‎④ Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体的反应是吸热反应，故④符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）‎ A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料 B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素 C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料 D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；‎ B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；‎ C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；‎ D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列图中的实验，能达到实验目的的是( )‎ A. 证明稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ B. 证明非金属性：Cl>Br>I C. 验证镁和盐酸反应的热效应 D. 除去 Cl2 中的杂质气体 HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 想证明稳定性Na2CO3>NaHCO3，需将更稳定的物质Na2CO3放在外侧大试管中，不稳定的物质NaHCO3放在内侧小试管中，故A不能达到目的；‎ B. Cl2可以直接接触淀粉碘化钾溶液发生反应Cl2 +2KI=2KCl+I2，使淀粉碘化钾溶液变蓝，所以不能证明非金属性：Br>I，故B不能达到目的；‎ C. 镁和盐酸反应放热，大试管中气体受热膨胀，U型管中红墨水左侧下降右侧上升，现象明显，故C能达到目的；‎ D. 除杂质原则，既要将杂质除掉又不影响所需物质的存在，Cl2和HCl都能被NaOH溶液吸收，故D不能达到目的；‎ 故答案C。‎ ‎【点睛】易错答案为B，忽略反应Cl2 +2KI=2KCl+I2的发生，对非金属性：Br>I的检验产生干扰。‎ ‎7.NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是 A. 常温下，7.8g固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4 NA B. 4.48L氨气分子中含0.6NA个N-H键 C. 铁、Cu片、稀硫酸组成的原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NA D. 4℃时，20g2H216O中含有共用电子对数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有的阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；‎ B、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算4.48L氨气的物质的量，故B错误；‎ C、5.6g铁的物质的量为：=0.1mol，0.1mol铁与稀硫酸反应转移0.2mol电子，根据电子守恒，流过外电路的电子为0.2NA，故C错误；‎ D、20g2H216O的物质的量为：=1mol，1mol水分子中含有2mol共用电子对，所以含有共用电子对数为2NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。本题中的易错项为A，过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子。‎ ‎8.人们发现金星大气层有一种称之为羰基硫(COS)的分子，其结构与CO2类似，羰基硫是一种与生命密切相关的物质，下列推测不正确的是( )‎ A. COS是含有极性键的共价化合物 B. COS的沸点比CO2高 C. COS 电子式为 D. COS中所有原子满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. COS分子分子中含有C、O、S三种元素都是非金属元素，因此COS是共价化合物，含有C=O键和C=S键是极性键，所以A选项是正确的； B. 由于M（COS）＞M(CO2)，且COS是极性分子，所以COS的沸点高于CO2，所以B选项是正确的； ‎ C. COS相当于是CO2分子中的一个氧原子被S原子取代，电子式是，所以C选项是错误的； D. COS中，碳原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4，所以满足最外层电子数为8的电子结构；氧原子和硫原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为-2，所以满足最外层电子数为8的电子结构；所以D选项是正确的。 故答案选C。‎ ‎9.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N5＋等已被发现。下列有关说法中，正确的是( )‎ A. N5＋中含有 24 个价电子 B. O2 与 O4 互为同位素 C. C60 分子中有范德华力 D. H2 与 H3 中存在氢键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 每个N原子的价电子数为5，所以N5＋价电子数为5×5-1=24，故A正确；‎ B. O2和O4分别为O元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故B错误；‎ C. C60分子内只有共价键，C60分子间有范德华力，故C错误；‎ D. 原子半径小且非金属性很强的元素的原子（O、 F、 N等）易与这些原子已经形成共价键的氢原子间形成氢键，H2 、 H3中不存在氢键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】易错选项为A，对于主族元素而言，价电子数=最外层电子数≠核外电子数。‎ ‎10. 一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 A. 碱性溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-‎ B. 含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-‎ C. 氯水溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-‎ D. 含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉淀，Ca2+与SO42-结合生成微溶物硫酸钙，则不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．因Fe3+与SCN-结合生成络离子，则不能大量共存，故B不符合题意；‎ C．因氯气与Fe2+发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C不符合题意；‎ D．因该组离子之间不发生反应且与Al3+也不反应，则能够大量共存，故D符合题意；故选D。‎ ‎【点晴】明确常见离子能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子、能否结合生成沉淀是解答本题的关键，学生应注重归纳总结来解答此类习题，本题易错点为选项B，Fe3+遇SCN-溶液显红色，发生了离子反应生成配合物而不能共存。‎ ‎11.两支试管中分别盛有浓硫酸和稀硫酸，某同学使用的下列5种方法中，能区别出哪支试管盛浓硫酸的方法有( ) ‎ ‎① 加入铜片（加热）②加入铁片 ③加入纸片 ④加入氯化钡 ⑤加入胆矾 A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】① 浓硫酸具有强氧化性，可与加入铜片在加热条件下反应，而稀硫酸不与铜反应，可鉴别，故①正确；‎ ‎② 加入铁片，铁遇浓硫酸发生钝化反应，没有明显的现象，铁与稀硫酸发生反应生成氢气，可鉴别，故②正确；‎ ‎③ 加入纸片，纸片遇浓硫酸会炭化变黑，纸片遇稀硫酸无变化，可鉴别，故③正确；‎ ‎④ 加入氯化钡，浓硫酸、稀硫酸都生成白色沉淀，不能鉴别，故④错误；‎ ‎⑤ 浓硫酸具有吸水性，加入胆矾，晶体由蓝色变为白色，而稀硫酸可溶解晶体，现象不同，可鉴别，故⑤正确；‎ 故答案为：C。‎ ‎12.在2A＋3B===2C＋D的反应中，表示反应速率最快的是(　　)‎ A. v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.6 mol·L－1·min－1‎ C. v(C)＝0.35 mol·L－1·min－1 D. v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】利用反应速率与化学计量数的比值判断，比值越大反应速率越快。‎ A. v(A)/2=0.5/2=0.25‎ B. v(B)/3=0.6/3=0.2‎ C. v(C)/2＝0.35/2=0.175‎ D. v(D)/1＝0.4‎ 故v(D) >v(A)> v(B)> v(C)，反应速率最快的是D；‎ 答案：D ‎【点睛】两种方法比较：（1）根据不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，都转化为同一物质表示的速率，然后进行比较；（2）利用反应速率与化学计量数的比值判断，比值越大反应速率越快。‎ ‎13.下列过程中，共价键被破坏的是 ‎①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤冰融化 ⑥NH4Cl受热 ‎ ‎⑦氢氧化钠熔化 ⑧(NH4)2SO4溶于水 A. ④⑥ B. ④⑥⑧ C. ①②④⑤ D. ①④⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①碘升华，破坏的是分子间作用力；②溴蒸气被木炭吸附，破坏的为分子间作用力；③酒精是非电解质，溶于水不发生电离，破坏的是分子间作用力；④HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏；⑤冰融化，破坏的是分子间作用力；⑥NH4Cl受热会分解，发生化学变化，生成氨气和HCl，N-H共价键被破坏；⑦氢氧化钠熔化，只有离子键被破坏；⑧(NH4)2SO4溶于水，发生电离，离子键被破坏。综上，④⑥符合题意，选A。‎ ‎14.已知断裂1 mol H—H键吸收的能量为436 kJ，断裂1 mol H—N键吸收的能量为391 kJ，根据化学方程式：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，则断裂1 mol N≡N键吸收的能量是 A. 431 kJ B. 945.6 kJ C. 649 kJ D. 869 kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，设N≡N的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）∆H =-92.4kJ/mol，∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6 kJ/mol，断裂1molN≡N吸收945.6kJ的能量，故选B。‎ ‎15.在1 L的密闭容器中，发生反应4A(固)＋3B(气)2C(气)＋D(气)，经2 min后B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的正确表示是( )‎ A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1‎ B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3∶2∶1‎ C. 在第2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 再过2 min，B的浓度仍减少0.6 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应速率公式可知，化学反应速率之比等于化学计量数之比，据此回答。‎ ‎【详解】A. A物质是纯固体，不能用纯固体表示化学反应速率，故A错误；‎ B. 因为反应速率之比等于化学计量数之比，所以根据反应方程式可知用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3∶2∶1，故B正确；‎ C. v(B) = 0.3 mol·L－1·min－1表示的是2min内物质B的平均反应速率，在第2 min末的反应速率不能用平均速率表示，故C错误；‎ D. 随着反应进行，反应物的浓度减少，反应速率减慢，所以再过2 min，B的浓度的减少小于0.6 mol·L－1，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】易错选D，忽略随着反应进行，反应物的浓度减少，反应速率减慢。‎ ‎16.电动自行车由于灵活、快捷、方便，已成为上班族的主要代步工具，其电源常采用铅蓄电池。反应原理：Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)＋2H2O(l)。根据此反应判断下列叙述错误的是( )‎ A. 放电时负极反应：Pb(s)＋SO42-(aq)－2e－ = PbSO4(s) B. 放电时化学能转化为电能 C. 放电时，电解液的密度增大 D. 放电时，正负极质量都增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放电时，铅失电子发生氧化反应，该原电池的负极材料是铅，电极反应式为：Pb(s) ＋SO42-(aq) －2e－=PbSO4(s)，故A正确；‎ B. 电池放电时，是将化学能转化为电能，故B正确；‎ C. 电池放电过程中，随着放电的不断进行，硫酸逐渐被消耗，硫酸密度比水的大，所以导致电解液的密度就不断降低，故C错误；‎ D. 放电时，正极反应为：PbO2 + 4H+ + SO42- + 2e- = PbSO4(s) + 2H2O， 负极反应：Pb + SO42- - 2e- = PbSO4(s)，所以正负极质量都增加，故D正确；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】易错选D，认为负极参与反应，质量一定减轻，忽略了PbSO4难溶于水。‎ ‎17. A、B、C、D、E为原子序数相邻且依次递增的同一短周期元素，下列说法正确的是(m、n均为正整数)‎ A. 若HnEOm为强酸，则D是位于VA族以后的非金属元素 B. 若C的最低化合价为－3，则E的气态氢化物的分子式为H2E C. A、B的最高价氧化物水化物均为碱，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1‎ D. 若B为金属，则C一定为金属元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HnEOm为强酸，E可能是第二周期ⅤA族元素N，则D是第二周期第ⅣA族元素C，E若是第三周期，E可能是S或Cl，D可能是第三周期ⅤA族或ⅥA族，错误；‎ B、C最低化合价是-3价，则C位于ⅤA族，则E最低价是-1价，氢化物是HE，错误；‎ C、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，五种元素原子序数依次递增，A排在B左端，A的金属性强于B，则碱性A(OH)n强于 B(OH)n＋1，正确；‎ D、若B为铝，则C为非金属，错误；答案选C。‎ ‎18.根据实验操作，实验现象和所得出的结论不正确的是( )‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 取一小块镁带和一小片铝，用砂纸磨去表面的氧化膜，分别放入两支试管，再各加入同浓度同体积的盐酸 镁比铝产生气泡速率更快 金属性：Mg＞Al B 向某无色溶液中加入铜片和稀硫酸 试管口产生红棕色气体 该无色溶液中含有NO离子 C 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀盐酸，再加入10%的H2O2溶液 ‎ 滴入稀盐酸未见溶液变蓝；加入H2O2溶液后，溶液立即变蓝 酸性条件下，H2O2氧化性强于I2‎ D 取少量白色晶体于试管，加入氢氧化钠溶液并加热 试管口湿润蓝色石蕊试纸变红 白色晶体一定含有NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，反应越剧烈，镁比铝产生气泡速率更快，可以证明金属性：Mg＞Al，故A正确；‎ B. 溶液中NO遇到H+形成HNO3，Cu和HNO3反应生成NO，NO和空气中O2反应生成红棕色气体NO2，故B正确；‎ C. 向淀粉KI溶液中滴入3滴稀盐酸，再加入10%的H2O2溶液，H2O2和I-发生反应，化学方程式：2I- + H2O2 + 2H+ = I2 + 2H2O，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以酸性条件下，H2O2氧化性强于I2，故C正确；‎ D. 检验氨气用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，故D错误；‎ 故答案为：D。‎ ‎【点睛】易误选B，忽略NO和空气中O2反应生成红棕色气体NO2。‎ ‎19.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 向大气中排放SO2可能导致酸雨发生 B. 中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-＋OH－= SO32-＋H2O C. 检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液 D. 进入离心机的分散系是悬浊液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸雨产生的主要原因是SO2和氮氧化物的排放，所以向大气中排放SO2可能导致酸雨发生，故A正确；‎ B. 吸收塔中发生的反应为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-，所以中和器中的主要作用是将HSO3-转化为SO32-，HSO3-和OH－发生反应，离子方程式为：HSO3-＋OH－ = SO32-＋H2O，故B正确；‎ C. Ba(NO3)2电离出NO3-，NO3-在酸性条件下会将SO32-氧化为SO42-，不能检验出Na2SO3成品中是否含Na2SO4‎ ‎，故C错误；‎ D. 从中和器中出来的是含有晶体颗粒的溶液，是悬浊液，故D正确；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】检验SO42-，注意用稀盐酸和氯化钡溶液，稀盐酸和Ba(NO3)2溶液相当于溶液中有了硝酸，会把SO32-氧化为SO42-，干扰检验。‎ ‎20.将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是 ‎ A. 大理石和稀盐酸 B. NaOH和NH4Cl C. Cu和浓硝酸 D. MnO2和浓盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。‎ ‎【详解】A项、大理石和稀盐酸制得二氧化碳气体，二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A符合题意；‎ B项、NaOH和NH4Cl共热反应生成氨气，通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，故B不符合题意；‎ C项、Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故C不符合题意；‎ D项、MnO2和浓盐酸共热反应生成氯气，Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫的酸性和还原性的分析是解答关键。‎ ‎21.一定量的铁与一定量的浓HNO3在加热条件下恰好完全反应，得到硝酸铁溶液和NO2 、N2O4 、NO的混合气体，这些气体与6.72 L O2（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。若向所得硝酸铁溶液中加入2 mol·L-1 的NaOH 溶液至Fe3＋恰好沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是( )‎ A. 600 mL B. 300 mL C. 240 mL D. 180 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电子守恒和电荷守恒计算，金属失去电子数等于氧气得到电子数（可以认为硝酸起到转移电子的作用），金属失去多少电子带多少单位正电荷，在溶液中需结合相同数目的硝酸根离子，最终生成硝酸钠，则n(NaOH)= n(NaNO3) =n(e-)进行解答。‎ ‎【详解】根据电子守恒和电荷守恒计算，金属失去电子数等于氧气得到电子数（可以认为硝酸起到转移电子的作用），金属失去多少电子带多少单位正电荷，在溶液中需结合相同数目的硝酸根离子，最终生成硝酸钠， 则n(NaOH)= n(NaNO3) =n(e-)，标准状况下6.72L O2的物质的量为， n(NaOH)= n(NaNO3) =n(e-)=0.3mol×4=1.2mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故答案为：A。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题)‎ 二、非选择题（本大题包括4个小题，除标注外）‎ ‎22.富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl(SO4)2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。工艺流程如下(部分操作和产物略去)：‎ ‎(1)操作1的需要用到的玻璃仪器______________________。‎ ‎(2)反应①②③④中是氧化还原反应的是_________（填写编号）。‎ ‎(3)综合考虑，金属X最好选择__________，写出该反应离子方方程式_________________________。‎ ‎(4)反应①的离子方程式是___________________、___________________________。‎ ‎(5)溶液D中含有的金属阳离子是_______，检验方法是_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 普通漏斗、玻璃棒、烧杯 (2). ④ (3). Fe (4). Fe＋2Fe3+ = 3Fe2+ (5). SiO2＋2OH－ = SiO32-＋H2O (6). Al2O3＋2OH－ = 2AlO2-＋H2O (7). Fe2+ (8). 取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入几滴氯水，若变红，证明含有Fe2+ 。(或加氢氧化钠溶液，观察到生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，证明含有Fe2+。)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 富铁铝土矿中A12O3、SiO2与KOH溶液反应生成偏铝酸钾和硅酸钾，过滤分离为固体Fe2O3、FeO和偏铝酸钾、硅酸钾的混合溶液；溶液中加入硫酸后过滤得到硅酸的胶状沉淀和硫酸铝、硫酸钾的混合溶液，硫酸铝、硫酸钾的混合溶液蒸发浓缩、降温结晶得到明矾晶体；固体Fe2O3、FeO与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，向其中加入过量的铁粉，硫酸铁反应全部生成硫酸亚铁，过滤掉过量的铁，蒸发浓缩、冷却结晶，生成补血剂FeSO4·7H2O。‎ ‎【详解】⑴ 操作1为过滤，所以需要的仪器为普通漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：普通漏斗、玻璃棒和烧杯；‎ ‎⑵ ④的反应是铁还原Fe3+，发生的离子反应方程式：2Fe3++Fe= 3Fe2+，其余①②③均为复分解反应，故答案为：④；‎ ‎⑶ 由于不能引入其他的杂质离子，所以金属X最好选择Fe，发生的离子反应方程式：2Fe3++Fe= 3Fe2+，故答案为：Fe，2Fe3++Fe= 3Fe2+；‎ ‎⑷ 富铁铝土矿中A12O3、SiO2与KOH溶液反应，离子反应方程式为Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O，SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O；故答案为：Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O，SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O；‎ ‎⑸ 溶液D中含有的金属阳离子是Fe2＋，利用Fe2＋的还原性检验Fe2+（或利用Fe2+与碱的反应检验），具体操作是取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，无现象；再滴入几滴氯水，若变红，证明含有Fe2＋(或加氢氧化钠溶液，观察到生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，证明含有Fe2+)；故答案为：取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入几滴氯水，若变红，证明含有Fe2+(或加氢氧化钠溶液，观察到生成沉淀的颜色由白色迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，证明含有Fe2+)。‎ ‎23.A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。‎ ‎(1)B在周期表中的位置______________________________________________‎ ‎(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________________________________。‎ ‎(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________________________(用离子符号表示)。‎ ‎(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：__________________________________________________。‎ C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_________________________________________。‎ ‎(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_______________________________。‎ ‎(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_______________。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_______________L。‎ ‎(7)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第ⅤA族 (2). HClO4 (3). r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)或Na+ ＜O2－＜S2－ (4). (5). 离子键、共价键(或非极性键) (6). H2O＞H2S (7). (8). 3.36 (9). S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素的原子核内只有一个质子，由此可知A为H；根据 B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3 ，可知B的最高价为+5价，是VA，再根据B元素的原子半径是其所在主族中最小的，得出B为N；根据C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，得出C为O；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，可知D的阳离子为+1价阳离子，所以D为Na；C、E同主族，且E为短周期元素，得出E为S，F是短周期元素排在S元素后面的主族元素，F只能为Cl。综上可知A为H、B为N、C为O、D为Na，E为S，F为Cl。据此回答。‎ ‎【详解】（1）B为氮元素，N位于周期表第二周期第VA族，故答案为：第二周期，VA；‎ ‎（2）F为Cl元素，Cl元素最高价氧化物的水化物是HClO4，故答案为：HClO4；‎ ‎（3）元素C、D、E形成的简单离子分别为O2－、Na+、S2－，电子层数多的离子半径较大，核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，所以半径由小到大为r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)，故答案为：r(Na+) ＜r(O2－)＜ r(S2－)；‎ ‎（4）D2C是Na2O，用电子式表示形成过程为，故答案为：；D2C2为Na2O2，其中含有的化学键为离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；‎ ‎（5）C、E的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，导致沸点要更高，所以沸点H2O＞H2S，故答案为：H2O＞H2S；‎ ‎（6）C与浓硫酸反应方程式为：C+2H2SO4(浓) 2SO2↑+CO2↑+2H2O，用“单线桥”标电子转移，当转移4mole-时生成气体SO2 2mol和CO2 1mol，共3mol，标准状况下体积为67.2L，当转移0.2mol电子时，气体体积为，故答案为：；3.36L； ‎ ‎（7）S和氯水反应的化学方程式为3Cl2+S+ 4H2O=6HCl+H2SO4，所以离子方程式为S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-，故答案为：S＋3Cl2＋4H2O = 8H+＋6Cl－＋SO42-。‎ ‎【点睛】本题考查元素推断，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，根据主族元素最高正化合价等于它的族序数，B的最高价为+5价，是VA，再根据同主族元素原子半径是从上到下依次增大，得出B为N；比较简单氢化物的沸点时注意水分子间存在氢键，使沸点升高。‎ ‎24.Ⅰ(1)图是等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末分别与足量的盐酸发生反应时的情景，产生CO2气体的体积较多的试管中加入的固体试剂是_______________，当反应结束时，A、B两试管中消耗的盐酸中HCl的质量之比为______________。‎ ‎(2)实验过程中我们还能感受到Na2CO3与盐酸反应时是放热反应，而NaHCO3与盐酸反应时表现为吸热。在A、B两试管的反应过程中，反应体系的能量变化的总趋势A对应于右下图____________。(填“m”或“n”)‎ ‎(3) 在火箭点火时，肼（N2H4）与四氧化二氮发生反应，产生两种广泛存在的无毒无害的物质，写出该反应的化学方程式 _____________________________________________。‎ Ⅱ某种燃料电池的工作原理示意图如图所示，a、b均为惰性电极。‎ ‎(1)使用时，空气从________(填“A”或“B”)口通入。‎ ‎(2)假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，总反应式为2CH3OH＋4OH－＋3O2= 2CO32-＋6H2O，则A口加入的物质为______________(填名称)。‎ ‎(3)a极反应式为_________________________________________________。‎ ‎(4)当电路中通过0.3 mol电子时，消耗甲醇的质量为_____________g。‎ ‎【答案】 (1). NaHCO3 (2). 53:84 (3). n (4). 2N2H4＋N2O4 = 3N2＋4H2O (5). B (6). 甲醇 (7). CH3OH－6e－＋8 OH－= CO32-＋6 H2O (8). 1.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ ‎⑴ 等质量的Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为，即NaHCO3的物质的量多，因此与足量盐酸反应时NaHCO3产生的气体要多，故A中的固体是NaHCO3，等质量的NaHCO3与Na2CO3消耗HCl的质量之比为，故答案为：NaHCO3；53:84；‎ ‎⑵ NaHCO3与盐酸反应时表现为吸热，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，即A对应n图像，故答案为：n；‎ ‎⑶肼（N2H4）与四氧化二氮发生反应，产生两种广泛存在的无毒无害的物质，即反应生成氮气和水，反应的方程式为2N2H4 + N2O4 = 3N2 + 4H2O；‎ Ⅱ ‎⑴ 由电子移动方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应从B口通入空气，故答案为：B；‎ ‎⑵ 由电子移动方向可知a负极，发生氧化反应，应通入燃料甲醇，故答案为：甲醇；‎ ‎⑶ a为负极，发生氧化反应，甲醇失去电子，电极反应式为：CH3OH - 6e- + 8OH- = CO32- + 6H2O，故答案为：CH3OH - 6e- + 8OH- = CO32- + 6H2O；‎ ‎⑷ 根据电极反应式CH3OH - 6e- + 8OH- = CO32- + 6H2O可知，当转移6mol电子时消耗甲醇为1mol，即32g，所以当转移0.3mol电子时消耗的甲醇为，故答案为：1.6。‎ ‎【点睛】本题易错点是第一空和第二空，注意第一空的问题是：等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末分别与足量的盐酸发生反应，产生CO2气体的体积较多的试管中加入的固体试剂是什么，通过计算并结合现象可推知A、B两试管中分别为NaHCO3、Na2CO3粉末，而第二空的问题是当反应结束时，A、B两试管中消耗的盐酸中HCl的质量之比为多少，千万不要把比例写反。‎ ‎25.已知8NH3+3Cl26NH4Cl+N2‎ ‎,为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮,设计了一套实验装置(部分夹持装置已略去):‎ ‎(1)写出E中反应的化学方程式_____。 ‎ ‎(2)B中出现黄色浑浊现象,产生此现象的离子方程式______________。 ‎ ‎(3)D中干燥管中出现的现象是_______________。 ‎ ‎(4)有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮,需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试剂______。 ‎ ‎(5)通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，目的是________________________‎ ‎【答案】 (1). 2 NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2 (2). S2-+Cl2==S↓+2Cl- (3). 产生大量白烟 (4). 饱和食盐水 (5). 使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A制取氯气，B装置为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中仍混有少量氯化氢气体，因此需要在C之前加装洗气装置，为该实验装置设计缺陷；盛放氢氧化钠的烧杯吸收尾气，装置E生成氨气，装置D氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，会冒白烟，可以验证非金属元素氯的氧化性强于氮，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)装置E中氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+2H2O+CaCl2；‎ ‎(2)反应制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；‎ ‎(3)E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此D中干燥管中可以看到大量白烟，故答案为：产生大量白烟；‎ ‎(4)浓盐酸易挥发，所以生成氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；‎ ‎(5)氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，为了能够使两种气体充分接触反应，通入D装置的两根导管左边较短、右边较长，故答案为：使密度大的氯气和密度小的氨气均匀混合。‎ ‎ ‎