福建省南安第一中学2020届高三上学期月考化学试题

福建省南安第一中学2020届高三上学期月考化学试题

南安一中2019～2020学年度高三上学期第二次阶段性测试 化学科试卷 可能用到的原子量：Li 7 C 12 H 1 Fe 56 C l 35.5 S 32 O 16 Al 27 Ga 70 F 19‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题： ‎ ‎1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是 A. 2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的无机高分子材料 B. 硫酸铜稀溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜 C. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电，电能属于一次、可再生能源 D. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳纤维是指由有机合成材料和碳纤维通过加工制成的具有特殊性能的材料，是一种无机高分子材料，不是有机高分子材料，故A正确；‎ B．CuSO4 是重金属盐，会使蛋白质变性，不能将蔬菜在 CuSO4 溶液中浸泡后售卖、食用，故B错误；‎ C．电能不是一次能源，属于二次能源，故C错误；‎ D．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是 A. 80 mL 10mol·L-1浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA B. 标准状况下，密闭容器中44.8LNO与22.4LO2充分反应，产物的分子数等于2NA C. 1mol Al2Cl6分子中含有2molAl3+‎ D. 常温下，46g乙醇中共用电子对的数目为8NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．80mL 10mol•L-1浓盐酸与足量MnO2反应，足量二氧化锰和浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸浓度减小为稀盐酸后不再发生氧化还原反应，转移电子数小于0.4NA，故A错误；‎ B．标准状况下，44.8LNO和22.4LO2的物质的量分别为2mol和1mol；而2 mol NO与l mol O2生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故生成的产物的分子小于2NA个，故B错误；‎ C．Al2Cl6分子中不存在Al3+，故C错误；‎ D．每个乙醇分子内含有8个共用电子对，46g乙醇的物质的量为1mol，共含有共用电子对的数目为8NA，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎3.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)， ‎ 下列有关说法正确的是 A. 第①步中除去粗盐中的、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为： Na2CO3溶液→BaCl2溶液→NaOH溶液→过滤→适量盐酸调pH B. MgSO4·7H2O在空气中加热可制得无水MgSO4的方法与第②步相似。‎ C. 从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩富集Br2‎ D. 第③④⑤步中溴元素均被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；‎ B．MgSO4·7H2O在空气中加热可制得无水MgSO4，而第②中的MgCl2•6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解，则加热方法不一样，故B错误；‎ C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，故C正确；‎ D．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎4.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X—Z—Z—X≡Y。下列说法正确的是 A. (XY)2中X元素的化合价为+3‎ B. Y的氧化物对应的水化物是强酸 C. 化合物W(Y3)2中只含有离子键 D. X和Z组成的化合物中不可能所有原子都达到8电子稳定结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X—Z—Z—X≡Y，说明X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，则W为Mg元素；‎ A．C元素的非金属性比N元素弱，则(CN)2中C元素的化合价为+3，故A正确；‎ B．N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3是强酸，而+3价N元素氧化物的水化物HNO2是弱酸，故B错误；‎ C．化合物Mg(N3)2中除含有离子键，N3-中还含有非极性共价键，故C错误；‎ D．C和O组成的化合物CO2的电子式为，C为O原子都达到8电子稳定结构，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是 A. 砷酸的分子式为H2AsO4‎ B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出 C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1‎ D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；‎ B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；‎ C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；‎ D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。‎ ‎6.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是 A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)+ O2(g) ═ CO(g) + 2H2O(l) △H = -890.3kJ•mol-1‎ B. 已知稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量 C. 500℃下，将0.5mol I2(g)和0.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成HI(g)，放热10kJ，其热化学方程式为：I2(g) + H2(g)2HI(g) △H = -20kJ•mol-1‎ D. 已知25℃、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1， 4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O2比O3稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧并生成液态水所释放的能量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3KJ•mol-1，故A错误；‎ B．稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，醋酸是弱酸，电离时吸收热量，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出的热量小于57.3kJ，故B错误；‎ C．I2(g) + H2(g)2HI(g)为可逆反应，0.5mol I2(g)和0.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成HI(g)，放热10kJ，则1mol I2(g) 完全反应时放热大于20kJ，热化学方程式为：I2(g) + H2(g)2HI(g) △H ＜-20kJ•mol-1，故C错误；‎ D．由①4Al(s)+3O2(g)═2A12O3(s)△H=-2834.9KJ•mol-1，②4Al(s)+2O3(g)═2A12O3(s)△H=-3119.1KJ•mol-1，结合盖斯定律可知，①-②得到3O2(g)═2O3(g)△H=-2834.9KJ•mol-1-(-3119.1KJ•mol-1)＞0，可知氧气的能量低，则O2比O3稳定，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热ΔH的符号和单位是否正确；④反应热的数值与物质的系数是否对应。‎ ‎7.2019年10月1日是中华人民共和国成立70周年，国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构简式如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 该有机物的分子式为C15H20O4‎ B. 该有机物能发生取代、加成和水解反应 C. 1mol的该有机物与足量的钠反应产生2molH2‎ D. 1mol该有机物含有4mol双键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOH、-OH及羰基，结合烯烃、羧酸、醇及酮的性质来解答。‎ ‎【详解】A．该有机物的分子式为C15H20O4，故A正确；‎ B．含碳碳双键可发生加成反应，含-OH、-COOH可发生取代、酯化反应，但不能发生水解反应，故B错误；‎ C．-COOH、-OH与Na反应生成氢气，则1 mol该有机物与足量Na反应生成1 mol H2，故C错误；‎ D．-COOH中含有碳氧双键，则1mol该有机物含有5mol双键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，本题的难点是双键的判断，容易忽视羧基中含有的碳氧双键。‎ ‎8.《本草经集注》记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误是 A. 鸡屎矾中主要成分属于碱式盐 B. 碱式碳酸铜不稳定，受热易分解 C. “涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应 D. “内质不变”说明出现了钝化现象。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.鸡屎矾中主要成分是Cu2(OH)2CO3，含有未被中和的OH-，因此属于碱式盐，A正确；‎ B.碱式碳酸铜受热易分解产生CuO、CO2、H2O，因此不稳定，B正确； ‎ C.Fe与铜的化合物反应产生单质铜，Fe变为相应的盐，发生反应为置换反应，C正确；‎ D.碱式碳酸铜不致密，不能对内部物质起到保护作用，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎9.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是 ‎ ‎ A. 喷泉实验 B. 实验室制取并收集氨气 C. 制备氢氧化亚铁 D. 制取并收集二氧化硫 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO与水不反应，且不溶于水，不能形成喷泉，故A错误；‎ B．为防止试管炸裂，应将试管口应向下倾斜，故B错误；‎ C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质，应将硫酸亚铁的溶液滴管插入到液面以下，故C正确；‎ D．SO2的密度比空气大，收集时导管应长进短出，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；‎ ‎ ③实验步骤是否简单、方便；④实验装置及连接方式是否正确；⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。‎ ‎10.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 合成氨需在高温高压下才能进行反应 该反应为吸热反应 B 将SO2通入被氨气饱和的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成 说明有BaSO4生成 C Mg2Si水解产生的甲硅烷（SiH4）易自燃 甲硅烷的还原性很强，着火点低 D 铝制容器用于储存、运输浓硝酸 铝制容器和浓硝酸不反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应是放热反应或吸热反应，与反应条件无关，事实上合成氨的反应为放热反应，故A错误；‎ B．将SO2通入被氨气饱和的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO3，故B错误；‎ C．Mg2Si水解产生的甲硅烷(SiH4)易自燃，说明甲硅烷易被空气中氧气氧化，即甲硅烷的还原性很强，且着火点低，故C正确；‎ D．铝常温下遇浓硝酸钝化，则可用铝制容器储存、运输浓硝酸，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将乙溶液滴入丁溶液，没有现象，继续滴加一段时间后，出现白色沉淀，再滴加，沉淀不消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ）‎ A. Al2(SO4)3 B. FeSO4 C. BaCl2 D. NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若将乙溶液滴入丁溶液中，没有现象，继续滴加一段时间后，出现白色沉淀，再滴加，沉淀不消失，应为NaOH溶液中滴加Al2(SO4)3溶液，则乙为Al2(SO4)3‎ ‎，丁为NaOH；丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案为B。‎ ‎12.如图两圆相交部分A、B、C、D分别表示两物质间的反应。下列各对应反应的离子方程式书写不正确的是(　　)‎ A. Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2O B. Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O C. Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O D. 3Fe(OH)2＋10H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋8H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硝酸是强氧化性酸，能将铁单质直接氧化为Fe3+，故铁和足量稀硝酸的离子方程式为：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；‎ B．Fe(OH)3中铁元素为+3价，为铁元素的最高价态，只有氧化性无还原性，故和硝酸反应时，硝酸只能体现酸性，不能体现氧化性，故离子方程式为：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故B正确；‎ C．Fe3O4中铁元素有+2价和+3价，而稀硝酸是强氧化性酸，能将Fe2+氧化为Fe3+，故正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+═9Fe3++NO+14H2O，故C错误；‎ D．Fe(OH)2中铁元素为+2价，有较强还原性，故Fe(OH)2既有碱性又有强还原性，故和硝酸反应时，会被硝酸氧化为Fe3+，故离子方程式为：3Fe(OH)2+10H++NO3-═3Fe3++NO↑+8H2O，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查离子方程式的书写，明确硝酸的氧化性和铁单质、亚铁离子的还原性是解题关键，稀硝酸是强氧化性酸，能将铁单质直接氧化为Fe3+，故也能将Fe2+氧化为Fe3+，难点是选项C容易忽视Fe3O4中铁元素有+2价和+3价。‎ 二、选择题 ‎13.下列说法正确的是 A. 1996年人工合成了第112 号元素鎶(Cn),盛放鎶的容器上应该贴的标签是 B. Na、Al、Cu可以分别用热还原法、热分解法和电解法冶炼得到 C. 铜、冰醋酸、酒精分别属于强电解质、弱电解质、非电解质 D. 煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第112 号元素鎶(Cn)为放射性元素，则盛放鎶的容器上应该贴的标签是，故A正确；‎ B．Na、Al均为活泼金属，则由金属的工业冶炼原理可知，Na、Al、Cu可以分别用电解法、电解法、热还原法冶炼得到，故B错误；‎ C．铜是金属单质，不是电解质，也不是非电解质，而冰醋酸、酒精分别属于弱电解质、非电解质，故C错误；‎ D．煤的气化、液化和煤的干馏均属于化学变化，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。‎ ‎14.下列有关化学用语表示正确的是 A. H2O2的电子式： B. 乙烯的结构简式:HC≡CH C. 中子数为16的磷原子： D. 明矾的化学式：KAlSO4·12H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化氢为共价化合物，过氧化氢中O、O之间形成一对共用电子对，过氧化氢的电子式为，故A错误；‎ B．乙烯的结构简式CH2=CH2，故B错误；‎ C．中子数为16的磷原子的质量数=质子数+中子数=15+16=31，而质量数标在元素符号的左上方，故此磷原子为，故C正确；‎ D．明矾的化学式为KAl(SO4) 2·12H2O，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】明确电子式书写方法是解题关键，在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[ ]，共价化合物一定不存在[ ] 未参加成键的电子对一定不省略。‎ ‎15.下列有关叙述正确的是 A. 水玻璃：可用于制备硅胶和木材防火剂 B. 铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；‎ C. 浓硫酸：可用于吸收Cl2、SO2、H2S等气体 D. 质量分数为75%的NaCl溶液可用作生理盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，不能燃烧和支持燃烧，可作木材防火剂，故A正确；‎ B．铝热反应原理是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，液态铁用于焊接钢轨，但不用于工业上冶炼铁，工业上冶炼铁原理CO还原铁的氧化物得到铁，故B错误；‎ C．Cl2、SO2、H2S等气体均能与碱溶液反应，常用NaOH溶液吸收，浓硫酸与Cl2、SO2等不反应，能氧化H2S生成S或SO2，会造成二次污染，故C错误；‎ D．生理盐水是0.9%的NaCl溶液，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎16.一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法错误的是 A. 反应①属于“氮的固定”‎ B. 反应②属于非氧化还原反应 C. 反应③可通过电解LiOH水溶液实现 D. 上述三步循环的总反应方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮的固定，故A正确；‎ B．反应②是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；‎ C．电极LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，不能得到金属Li，故C错误；‎ D．三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎17.下列除去杂质的方法正确的是 A. 除去CO2中少量的SO2气体：将气体通过饱和碳酸钠溶液 B. 除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：加入稍过量双氧水后静置 C. 除去SiO2中的Al2O3：加入稍过量的NaOH溶液充分反应后过滤 D. 除去NO2气体中少量的NH3：将气体通过水溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；‎ B．过氧化氢可氧化亚铁离子，且不引入新杂质，故B正确；‎ C．SiO2和Al2O3均能溶解于NaOH溶液，应选择稀盐酸或稀硫酸，故C错误；‎ D．NO2气体也能溶于水生成HNO3和NO，不符合除杂原则，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: ①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。‎ ‎18.含MgCl2、AlCl3‎ 均为nmol的混合溶液，向其中滴NaOH溶液至过量。加入NaOH的物质的量与生成沉淀的物质的量的关系正确的是（离子（或物质）沉淀pH见表）‎ 离子 Mg2+‎ Al3+‎ 物质 Al(OH)3 ‎ 开始沉淀时的pH ‎8.93‎ ‎3.56‎ 开始溶解时的pH ‎8.04‎ 完全沉淀时的pH ‎10.92‎ ‎4.89‎ 完全溶解时的pH ‎12.04‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当Al3+完全沉淀时，溶液的pH=8.04，而镁离子开始沉淀的pH=8.93，则Al3+完全沉淀时Mg2+还没有开始沉淀；即：当Mg2+‎ 开始沉淀时，已经有部分氢氧化铝开始溶解；镁离子完全沉淀的pH=10.92，、氢氧化铝完全溶解的pH=12.04，则当Mg2+完全沉淀时，氢氧化铝还没有完全被溶解，所以正确的图象应该是C；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题)‎ ‎19.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图1所示(部分产物已略去)：‎ ‎(1)写出B的电子式________。‎ ‎(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。‎ ‎(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。‎ ‎(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。‎ ‎(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。‎ ‎(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-‎ 中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2↑ (3). NaOH、Na2CO3 (4). 0.05 (5). 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 (6). 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl (7). H＋、Al3＋、、 (8). c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；‎ ‎(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；‎ ‎(3) 曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；‎ ‎ (4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；‎ ‎(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；‎ ‎(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-‎ ‎)的比例关系，据此计算。‎ ‎【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；‎ ‎(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2↑；‎ ‎(3) 曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；‎ ‎(4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；‎ ‎(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，‎ ‎(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。‎ ‎20.FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。回答下列问题：‎ ‎ (1)由FeCl3．6H2O制得干燥FeCl2的过程如下：‎ i．向盛有FeCl3．6H2O的容器中加入过量SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水FeCl3。‎ ii．将无水FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后再加热，生成FeCl2。‎ ‎①FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为__________________。(已知该反应为非氧化还原反应)‎ ‎②使用NH4SCN可以检验 ii中FeCl3是否含完全转化，请写出离子反应方程式_____________。‎ ‎ (2)利用反应2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水FeCl2。在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。(加热装置略去)‎ ‎①仪器B的名称是_________ ；C的试剂名称是________。‎ ‎②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经______、_______、干燥后，得到FeCl2粗产品。‎ ‎③该装置存在的不足之处是__________________________。‎ ‎(3)粗产品中FeCl2的纯度测定。‎ ‎①取a g粗产品配制成100 mL溶液；②用移液管移取所配溶液5.00mL，放入500 mL锥形瓶内并加水至体积为200mL；③用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL。若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为VmL，所配溶液的密度ρ(FeCl2)=kV ，密度的单位为g·L-1，则k=___________g·L-1·mL-1。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3．6H2O＋6SOCl2FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑ (2). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+ (3). （球形）冷凝管 (4). 水或氢氧化钠溶液 (5). 过滤 (6). 洗涤 (7). 装置B（或A）和C之间缺少一个装有无水氯化钙（P2O5或硅胶）的球形干燥管 (8). 12.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2；‎ ‎②Fe3+溶液中滴加含SCN-的溶液会变血红色；‎ ‎(2)①根据仪器的结构和性能确定仪器的名称；C装置的作用是吸收挥发出的HCl气体；‎ ‎②固液分离用过滤操作；‎ ‎③FeCl3和FeCl2均易水解，要防止C中水蒸气进入A中；‎ ‎(3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×=V×10-2mol，溶液中FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，所配溶液的密度ρ(FeCl2)=kV计算k。‎ ‎【详解】(1) ①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2，则发生反应的化学方程式为6SOCl2+FeCl3•6H2O=FeCl3+12HCl↑+6SO2↑；‎ ‎②利用NH4SCN检验溶液中是否含有Fe3+，判断FeCl3是否含完全转化，若不变红则完全转化，发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+；‎ ‎ (2)①由仪器的结构和性能可知：仪器B的名称是(球形)冷凝管；装置C中应盛装水或NaOH溶液吸收挥发的HCl气体；‎ ‎②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到FeCl2粗产品；‎ ‎③该装置存在的不足之处是装置B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5或硅胶)的球形干燥管，易造成C中水蒸气进入A中，促进FeCl3或FeCl2的水解；‎ ‎ (3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×=V×10-2mol，溶液中FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，则所配溶液的密度ρ(FeCl2)==kV，解得k=12.7g·L-1·mL-1。‎ ‎21.锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂（LiCoO2）和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。‎ ‎(1)锂离子电池（又称锂离子浓差电池）的充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态（Li1-xCoO2）。‎ ‎①充电时，a极的电极反应式为____________________________________。‎ ‎②放电时，电流从______（填“a”或“b”）极流出。‎ ‎(2)钴酸锂回收再生流程如下：‎ ‎①H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是_______________。‎ ‎②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式______________________________。‎ ‎③高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为_______________。‎ ‎(3)已知下列热化学方程式：‎ Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－25 kJ·mol－1‎ ‎3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47 kJ·mol－1‎ Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋19 kJ·mol－1‎ 写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2 +xLi+ (2). a (3). 还原LiCoO2（将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+） (4). 2LiCoO2 +8HCl＝2LiCl+2CoCl2 + Cl2↑+4H2O (5). 4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2 (6). FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－11 kJ·mol－1或3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 由题给信息可知充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，Li被氧化生成离子；‎ ‎(2) 由流程可知，钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，滤液含有钴离子、锂离子，加入草酸，可生成CoC2O4，含锂离子的溶液加入碳酸钠生成碳酸锂，与CoC2O4在高温下反应生成LiCoO2，以此解答该题。‎ ‎(3) 首先写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO2(g)△H，利用盖斯定律①×3-(③×2+②)可得到该化学方程式。‎ ‎【详解】(1) 充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，放电时a为正极，发生还原反应生成LiCoO2，b为负极，Li被氧化生成离子；‎ ‎①充电时，a极为阳极，发生氧化反应，则电极反应式为LiCoO2－xe－＝Li1－xCoO2 +xLi+；‎ ‎②放电时，电流从正极流出，即从a极流出。‎ ‎(2)①添加30% 的H2O2，生成钴离子，可知过氧化氢起到还原剂的作用，还原LiCoO2；‎ ‎②由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，且引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离，反应方程式为2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；‎ ‎③高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2，同时有CO2生成，发生反应的化学方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2 +10CO2；‎ ‎(3) ①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-25kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)；△H=-47kJ/mol，③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)；△H=+19kJ/mol，依据盖斯定律①×3-(③×2+②)得到：6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO2(g)△H=-66kJ/mol，则FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式为FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－11 kJ·mol－1或3FeO(s)＋3CO(g)===3Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎22.GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子核外电子排布式为[Ar]____________；下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是______________(填标号)。‎ A． B． C． D．‎ ‎(2)8—羟基喹啉合铝（分子式C27H18AlN3O3）用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与 8—羟基喹啉)合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为______________； 8—羟基喹啉合铝中所含元素电负性最大的是______________（填元素符号，下同），第一电离能最大的是__________（填元素符号），N原子的杂化方式为_____________。‎ ‎(3)已知下列化合物的熔点：‎ 化合物 AlF3‎ GaF3‎ AlCl3‎ 熔点/℃‎ ‎1040‎ ‎1000‎ ‎194‎ ‎①表格中卤化物的熔点产生差异的原因是_______________________________________________。‎ ‎②熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6分子，分子中每个原子最外层均达到8电子，二聚体Al2Cl6的结构式为______________________________；其中Al的配位数为_________。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s24p3 (2). D (3). 正四面体 (4). O (5). N (6). sp2 (7). AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶格能：AlF3>GaF3, (8). (9). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) As为33号元素，原子核外电子数为33，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态的微粒易失电子，原子轨道中处于半满状态时较稳定；‎ ‎(2)LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+‎ ‎=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；元素的非金属性越强，电负性越大，而金属性越强，通常第一电离能最小；根据分子结构中N原子成键数和孤对电子数判断杂化方式；‎ ‎(3)通常离子晶体的熔点大于分子晶体，离子晶体的晶格能大熔点高；‎ ‎②二聚体Al2Cl6中Al原子有空轨道，Cl可以提供孤电子对形成配位键；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目。‎ ‎【详解】(1) 基态As原子核外有33个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，即[Ar] 3d104s24p3；A为失去两个电子后的状态， B为失去一个电子后的状态，C为失去三个电子后的状态， D为有一个电子的跃迁的激发态，A电离最外层一个电子所需能量实际就是第三电离能，B电离最外层一个电子所需能量实际就是第二电离能，C电离最外层一个电子所需能量实际就是第四电离能，D电离最外层一个电子所需能量为处于激发态的1个电子，所以需要能量最大的是C，最小的是D，故答案为D；‎ ‎(2)LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，sp3杂化，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形； 8—羟基喹啉合铝中所含元素分别是C、H、N、O和Al元素，其中氧元素的非金属性最强，则电负性最大的是O；Al是金属元素，易失电子，第一电离能较小，而非金属元素第一电离能同周期从左到右，呈增大趋势，由于N原子价电子半充满，比O原子稳定，第一电离能大于O，则N元素的第一电离能最大；分子中N原子的成键数是2和孤对电子数是1，杂化轨道数目为3，N原子采取sp2杂化；‎ ‎(3)①表格中卤化物的熔点产生差异的原因是AlF3和GaF3是离子晶体，且晶格能AlF3>GaF3，则AlF3的熔点比GaF3高，而AlCl3是分子晶体，其熔点明显比AlF3和GaF3的熔点低；‎ ‎②熔融时AlCl3生成可挥发的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，其结构式为；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故其配位数为4。‎ ‎ ‎ ‎ ‎