2019-2020年高二下学期调研化学试卷（5月份）含解析.doc

2019-2020年高二下学期调研化学试卷（5月份）含解析一、单项选择题（本题有10小题，每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与环境密切相关下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（）A开发利用太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖B监测大气中的PM2.5，改善空气质量C大力实施矿物燃料和脱硫脱硝技术以减少SO2、NOx的排放D加高工厂烟囱，使烟尘和废气远离地表2下列有关化学用语正确的是（）AHClO的结构式：HOClB比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C中子数为20的氯原子： ClDNH4Cl的电子式：3下列粒子（或化学键）的数目之比不是1：1的是（）A氘原子（12H）中的质子和中子BCsCl晶胞中的Cs+和ClCNa2O2固体中的阴离子和阳离子DCO2分子中的键和键4氨既是重要工业产品又是化工原料，由氨可以制备一系列物质（见图），下列说法正确的是（）A图中所述反应都发球氧化还原反应BCO（NH2）2与氰酸铵（NH4CNO）互为同素异形体CSi3N4属于离子化合物DNH3与NaClO反应，N2N4是氧化产物5下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是（）AClO2具有强还原性，可用于自来水的杀菌消毒B晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气、氨气等气体6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1mol/L的KI溶液：NH4+、H+、SO42、NO3B某澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、SO42、ClC0.1mol/LNaClO溶液：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D0.1mol/L的氨水：Cu2+、K+、Cl、NO37如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性8下列有关实验正确的是（）A图1装置用于证明氯的非金属性比硅强B图2装置用于实验室收集NO2气体C图3装置用于验证NH3极易溶于水D图4装置用于实验室制备气体Cl29下列说法正确的是（）A离子晶体中只含有离子键，不含有共价键B水分子很稳定，因为水分子间存在氢键C分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键DI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强10常温下，NCl3是一种淡黄色的油状液体下列对NCl3的有关叙述不正确的是（）ANCl3分子是由极性键构成的极性分子BNCl3分子的空间构型为三角锥形CNCl3中的所有原子均达到8电子稳定结构DNF3的沸点比NCl3的沸点低是因为NF比NCl键键能小二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温下，17gOH离子中含有电子数目为8NAB78g苯含有C=C双键的数目为3NAC标准状况下，11.2L乙烯中含有共用电子对数目3NAD常温下，0.1mol SiC晶体（如右上图）中所含SiC的数目为0.4NA12下列指定反应的离子方程式正确的是（）AAg（NH3）2OH的溶液中加入盐酸：Ag+ClAgClBNaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32C用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2：4Cl2+S2O32+5H2O10H+2SO42+8ClD向酸性KMnO4溶液滴加H2C2O4（弱酸），溶液褪色：2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+2H2O+6OH13元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）AX的最高价氧化物能不溶于强碱B非金属性：TRC气态氢化物稳定性：TZDR与Q的原子核外电子数相差1614下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论ASO2通入Ba（NO3）2溶液中有少量白色沉淀白色沉淀为BaSO4B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2样品已在空气中被氧化变质C将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+AABBCCDD15汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和的排放催化装置内发生反应为：NOx+CON2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中不正确的是（）A上述氧化物都是酸性氧化物B该反应中NOx用作氧化剂，发生还原反应C当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molD氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价三、解答题（共6小题，满分80分）16实验室用如图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解；在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2（1）装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为将制备的Cl2通过装置B可除去（填化学式）（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在05进行，实验中可采取的措施是（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为（4）提纯K2FeO4粗产品的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3molL1KOH溶液中，（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）17随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表中的位置是（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式；（4）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如图2：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：写出m点反应的离子方程式若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为mol18科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是（填序号）a固态CO2属于分子晶体bCH4分子中含有极性共价键，是极性分子c因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2dCH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2基态Ni原子的电子排布式为，该元素位于元素周期表中的第族Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有mol 键（4）一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJmol1CH40.43616.40CO20.51229.91“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是19如图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为短周期元素已知：A是汽车尾气成分之一，在空气中很快变为红棕色；M、E为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，F为红色金属单质（部分产物未列出）请回答下列问题：（1）E的电子式为；D分子的空间构型为（2）A和B反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）写出F与G的稀溶液反应的离子方程式（4）已知：J、K是同种金属的氯化物，K为白色沉淀，且其晶胞结构如图所示，则K的化学式为：写出SO2还原J生成K的离子方程式：（5）NO能被溶液吸收生成配合物，该配合物中存在的化学键有A金属键 B非极性共价键 C极性共价键D离子键 E氢键 F配位键20氟在自然界中常以CaF2的形式存在（1）下列关于CaF2的表述正确的是aCa2+与F间仅存在静电吸引作用bF的离子半径小于Cl，则CaF2的熔点高于CaCl2c阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同dCaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电（2）已知AlF63在溶液中可稳定存在CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是（用离子方程式表示）（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为，其中氧原子的杂化方式为（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等已知反应Cl2（g）+3F2（g）=2ClF3（g）H=313kJmol1，FF键的键能为159kJmol1，ClCl键的键能为242kJmol1，则ClF3中ClF键的平均键能为kJmol1ClF3的熔、沸点比BrF3的（填“高”或“低”）21有A、B、C、D、E是前四期的元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子有3能级，且有3个未成对电子；D的最外层电子数是内层电子数的3倍基态的E是前四周期中未成对电子数最多的原子请回答下列问题：（1）E的基态原子的价电子排布式为（2）M是由A+、B组成的化合物，其晶胞结构如图所示则A+的配位数为M的熔点（填“大于”或“小于”）化合物A2D的熔点，理由是（3）AC3在受撞击时生成两种单质，可用于汽车的安全气囊请写出其受撞击时发生的化学反应方程式：（4）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是（用元素符号表示）（5）一定条件下，在EB3的溶液中存在组成为EBn（H2O）6nx+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（RH），可发生离子交换反应：EBn（H2O）6nx+xRHRxEBn（H2O）6nx+xH+，交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成将含0.0015molEBn（H2O）6nx+的溶液与RH完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200molL1NaOH 溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为xx学年江苏省南通市海门中学高二（下）调研化学试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题有10小题，每小题2分，共计20分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与环境密切相关下列措施不利于“蓝天工程”建设的是（）A开发利用太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖B监测大气中的PM2.5，改善空气质量C大力实施矿物燃料和脱硫脱硝技术以减少SO2、NOx的排放D加高工厂烟囱，使烟尘和废气远离地表【考点】三废处理与环境保护【分析】减少化石能源的使用、减少污染物的排放可改善空气质量，而加高工厂烟囱，不能减少工业废气的排放，以此来解答【解答】解：A开发利用太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，使用清洁能源利于“蓝天工程”建设，故A不选；B监测大气中的PM2.5，减少固体颗粒物的排放，可改善空气质量，利于“蓝天工程”建设，故B不选；C大力实施矿物燃料和脱硫脱硝技术以减少SO2、NOx的排放，可减少酸雨、光化学烟雾的发生，利于“蓝天工程”建设，故C不选；D加高工厂烟囱，使烟尘和废气远离地表，不能从根本上减少污染物的排放，仍污染空气，不利于“蓝天工程”建设，故D选；故选D2下列有关化学用语正确的是（）AHClO的结构式：HOClB比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C中子数为20的氯原子： ClDNH4Cl的电子式：【考点】结构式；电子式；球棍模型与比例模型【分析】A、次氯酸的中心原子是氧原子，根据成键情况来书写结构式；B、比例模型既能表示分子的空间结构，又能表示出分子中各原子的相对大小，与分子的真实结构最接近；C、质量数=质子数+中子数；D、阴离子的电子式应表示出最外层电子【解答】解：A、次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为HOCl，故A正确；B、甲烷结构和四氯化碳结构不同类似，但由于氯原子比碳原子大，但H原子比碳原子小，故两者的比例模型不同，故B错误；C、质量数=质子数+中子数，故中子数为20的氯原子为3717Cl，故C错误；D、阴离子的电子式应表示出最外层电子，故氯化铵的电子式为：，故D错误故选A3下列粒子（或化学键）的数目之比不是1：1的是（）A氘原子（12H）中的质子和中子BCsCl晶胞中的Cs+和ClCNa2O2固体中的阴离子和阳离子DCO2分子中的键和键【考点】化学键【分析】A氘原子（12H）中质子数为1，中子数为21=1；BCsCl为离子晶体，由化学式可知，阴阳离子个数比为1：1；CNa2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子；DCO2分子结构为O=C=O，双键中含1个键、1个键【解答】解：A氘原子（12H）中质子数为1，中子数为21=1，则质子和中子的数目之比是1：1，故A不选；BCsCl为离子晶体，由化学式可知，阴阳离子个数比为1：1，则Cs+和Cl的数目之比是1：1，故B不选；CNa2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，则阴离子和阳离子的数目之比是1：2，故C选；DCO2分子结构为O=C=O，双键中含1个键、1个键，则键和键的数目之比是1：1，故D不选；故选C4氨既是重要工业产品又是化工原料，由氨可以制备一系列物质（见图），下列说法正确的是（）A图中所述反应都发球氧化还原反应BCO（NH2）2与氰酸铵（NH4CNO）互为同素异形体CSi3N4属于离子化合物DNH3与NaClO反应，N2N4是氧化产物【考点】氨的化学性质【分析】A、氨气与二氧化碳反应生成尿素是非氧化还原反应；B、CO（NH2）2与氰酸铵（NH4CNO）分子式相同，但结构不同，互为同素异形体；C、Si3N4中只含共价键是共价化合物；D、NH3与NaClO反应，氮元素的化合价升高，所以N2H4是氧化产物【解答】解：A、氨气与二氧化碳反应生成尿素是非氧化还原反应，所以并不是都是氧化还原反应，故A错误；B、CO（NH2）2与氰酸铵（NH4CNO）分子式相同，但结构不同，互为同素异形体，故B正确；C、Si3N4中只含共价键是共价化合物，而不是离子化合物，故C错误；D、NH3与NaClO反应，氮元素的化合价升高，所以N2H4是氧化产物，故D正确；故选BD5下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是（）AClO2具有强还原性，可用于自来水的杀菌消毒B晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气、氨气等气体【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A强氧化性可用于杀菌消毒；B二氧化硅具有对光良好的全反射作用，为光导纤维的材料；C熔点高的物质可作耐高温材料；D浓硫酸具有吸水性，与氨气反应【解答】解：A强氧化性可用于杀菌消毒，则ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A错误；B二氧化硅具有对光良好的全反射作用，为光导纤维的材料，而Si为常见的半导体材料，故B错误；C熔点高的物质可作耐高温材料，则MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D浓硫酸具有吸水性，与氨气反应，则浓硫酸可干燥氯气，不能干燥氨气，故D错误；故选C6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1mol/L的KI溶液：NH4+、H+、SO42、NO3B某澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、SO42、ClC0.1mol/LNaClO溶液：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D0.1mol/L的氨水：Cu2+、K+、Cl、NO3【考点】离子共存问题【分析】A硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；B四种离子之间不反应，为澄清透明溶液；C次氯酸钠能够氧化亚铁离子D氨水能够与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀【解答】解：AH+、NO3能够氧化KI，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、Mg2+、SO42、Cl之间不发生反应，为澄清透明溶液，能够大量共存，故B正确；CNaClO溶液能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；DCu2+与氨水反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B7如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性OSP，故H2OH2SH3P，故A错误；B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故B错误；C、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C错误；D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D正确，故选D8下列有关实验正确的是（）A图1装置用于证明氯的非金属性比硅强B图2装置用于实验室收集NO2气体C图3装置用于验证NH3极易溶于水D图4装置用于实验室制备气体Cl2【考点】化学实验方案的评价【分析】A应用最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性；B二氧化氮不能用排水法收集；C氨气易溶于水，导致圆底烧瓶压强减小，形成喷泉；D浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气【解答】解：A比较非金属性应用最高价含氧酸的酸性强弱比较，不能用盐酸，故A错误；B二氧化氮易溶于水，且与水反应，不能用排水法收集，故B错误；C氨气易溶于水，导致圆底烧瓶压强减小，形成喷泉，操作符合要求，故C正确；D浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，题中没有加热，不能生成氯气，故D错误故选C9下列说法正确的是（）A离子晶体中只含有离子键，不含有共价键B水分子很稳定，因为水分子间存在氢键C分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键DI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强【考点】离子化合物的结构特征与性质；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质【分析】A离子晶体一定含有离子键，可能含有共价键；B分子的稳定性与共价键有关；C分子晶体中分子间存在分子间作用力，分子内可能存在共价键；D同主族从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱【解答】解：A离子晶体一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH存在OH键，为共价键，故A错误；B稳定性属于化学性质，而分子间作用力影响物理性质，分子的稳定性与共价键有关，与氢键无关，故B错误；C分子晶体中分子间存在分子间作用力，分子内可能存在共价键，如为单原子分子，则不存在共价键，故C正确；D同主族从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性减弱，故D错误故选C10常温下，NCl3是一种淡黄色的油状液体下列对NCl3的有关叙述不正确的是（）ANCl3分子是由极性键构成的极性分子BNCl3分子的空间构型为三角锥形CNCl3中的所有原子均达到8电子稳定结构DNF3的沸点比NCl3的沸点低是因为NF比NCl键键能小【考点】判断简单分子或离子的构型；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子【分析】A相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同原子之间形成的为极性共价键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子；B根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，NCl3中N原子成3个NCl键，还有1对孤对电子，杂化轨道数是4；C根据元素的最外层电子数+元素的化合价的绝对值=8，该元素就达到8电子稳定结构，否则没有达到8电子稳定结构；D氢化物沸点高低是和分子间作用力有关，与化学键无关【解答】解：A不同原子之间形成的为极性共价键，NCl3分子中存在NCl极性共价键，NCl3分子具有锥形结构，正负电荷中心不重合，所以其为极性分子，故A不选；BNCl3中价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，分子形状为三角锥形，故B不选；CNC13中N原子最外层电子数+化合价的绝对值=5+3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数+化合价的绝对值=7+1=8，所以C1原子达到8电子稳定结构，故C不选；D氢化物沸点高低是和分子间作用力有关，与化学键无关，分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，其熔沸点越高，所以NCl3比NF3的熔沸点高，故D选；故选D二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）11设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温下，17gOH离子中含有电子数目为8NAB78g苯含有C=C双键的数目为3NAC标准状况下，11.2L乙烯中含有共用电子对数目3NAD常温下，0.1mol SiC晶体（如右上图）中所含SiC的数目为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出氢氧根的物质的量，然后根据1mol氢氧根中含10mol电子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含6mol共用电子对来分析；D、1molSiC中含4molSiC键【解答】解：A、17g氢氧根的物质的量为1mol，而1mol氢氧根中含10mol电子，故含10NA个电子，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C、标况下11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，而1mol乙烯中含6mol共用电子对，故0.5mol乙烯中含3NA对共用电子对，故C正确；D、1molSiC中含4molSiC键，故0.1molSiC中含0.4NA条SiC键，故D正确故选CD12下列指定反应的离子方程式正确的是（）AAg（NH3）2OH的溶液中加入盐酸：Ag+ClAgClBNaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32C用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2：4Cl2+S2O32+5H2O10H+2SO42+8ClD向酸性KMnO4溶液滴加H2C2O4（弱酸），溶液褪色：2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+2H2O+6OH【考点】离子方程式的书写【分析】A银氨络合离子不能拆，漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；B二氧化碳过量反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子；D不符合反应客观事实，酸性溶液中不能生成氢氧根离子；【解答】解：AAg（NH3）2OH的溶液中加入足量盐酸产生沉淀，离子方程式：Ag（NH3）2+OH+3H+Cl=AgCl+2NH4+H2O，故A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故B错误；C用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式：4Cl2+S2O32+5H2O10H+2SO42+8Cl，故C正确；D向酸性KMnO4溶液滴加H2C2O4（弱酸），溶液褪色：HCO3+H2C2O4=HC2O4+CO2+H2O，故D错误；故选：C13元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中只有X是短周期的金属元素，下列判断正确的是（）AX的最高价氧化物能不溶于强碱B非金属性：TRC气态氢化物稳定性：TZDR与Q的原子核外电子数相差16【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，其中只有X是短周期的金属元素，可知X为Al、R为C、T为Si、Q为Ge、Z为PA氧化铝属于两性氧化物；B同主族自上而下非金属性减弱；C元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；DR与Q的原子序数之差为第三、第四周期容纳元素种数之和，核外电子数之差等于其原子序数之差【解答】解：由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，其中只有X是短周期的金属元素，可知X为Al、R为C、T为Si、Q为Ge、Z为PA氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱，故A错误；B同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：TR，故B正确；C非金属性TZ，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，故C错误；DR与Q的原子序数之差为第三、第四周期容纳元素种数之和，即R与Q的原子核外电子数相差8+18=26，故D错误故选：B14下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论ASO2通入Ba（NO3）2溶液中有少量白色沉淀白色沉淀为BaSO4B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2样品已在空气中被氧化变质C将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中红色褪去氯气有漂白性D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫溶于水生成亚硫酸，硝酸根离子在酸性条件下将二氧化硫氧化成硫酸，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；B硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，干扰了检验；C氯气不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸；D氢氧化钠浓度较小，不会放出氨气，应该用浓氢氧化钠溶液【解答】解：ASO2通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化硫被氧化成硫酸，钡离子与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，该实验操作和现象所得出的结论都合理，故A正确；B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，滴加KSCN溶液后溶液变红色，无法证明Fe（NO3）2样品已在空气中被氧化变质，故B错误；C将干燥纯净的氯气通入装有湿润的红色纸条的试剂瓶中，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以红色纸条褪色，而氯气不具有漂白性，该结论不合理，故C错误；D滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，由于氨气极易溶于水，氢氧化钠浓度过小，则溶液中即使含有铵根离子也不会放出氨气，应该用浓氢氧化钠溶液并加热，故D错误；故选A15汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和的排放催化装置内发生反应为：NOx+CON2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中不正确的是（）A上述氧化物都是酸性氧化物B该反应中NOx用作氧化剂，发生还原反应C当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molD氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价【考点】化学反应中能量转化的原因；氧化还原反应【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物；B反应中碳元素化合价+2价变化为+4价，做还原剂，氮氧化物化合价降低做氧化剂；Cx=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍；D根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合价【解答】解：A、CO2为酸性氧化物，NO2和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应不是酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，故A错误；BNOx+CON2+CO2，反应中碳元素化合价+2价变化为+4价做还原剂，氮氧化物化合价降低做氧化剂发生还原反应，故B正确；Cx=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每生成1mol N2，转移电子数为1mol24=8mol，故C错误；D令NOx中N元素的化合价为a，则1（a0）=1（42），解得a=2，故D正确；故选AC三、解答题（共6小题，满分80分）16实验室用如图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解；在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2（1）装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O将制备的Cl2通过装置B可除去HCl（填化学式）（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在05进行，实验中可采取的措施是缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中（4）提纯K2FeO4粗产品的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3molL1KOH溶液中，（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）【考点】制备实验方案的设计【分析】根据实验装置图可知，在A中用高锰酸钾与浓盐酸制得氯气，氯气中有挥发的氯化氢在B装置中用饱和食盐水除去，氯得的氯气通入氢氧化钾溶液中搅拌，生成次氯酸钾，实验中氯气尾气在D装置中用氢氧化钾溶液吸收，（1）KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改写成离子形式，Cl2、H2O为分子式形式，配平书写离子方程式；盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，装置C应放在冰水浴中，充分利用原料，应降低通入氯气的速率；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中；（4）用砂芯漏斗过滤，除去氢氧化铁，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，用乙醇洗涤，减少因溶解导致晶体损失，最后在真空干燥箱中干燥【解答】解：（1）KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改写成离子形式，Cl2、H2O为分子式形式，离子方程式为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，而氯化氢在饱和食盐水中溶解度较小，应饱和食盐水吸收氯气中的HCl，故答案为：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O；HCl；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，装置C应放在冰水浴中，充分利用原料，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，故答案为：在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中；（4）提纯K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3molL1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥，故答案为：用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥17随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表中的位置是第三周期A族（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）r（O2）r（Na+）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4H2SO4（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（或等）；（4）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如图2：R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）写出m点反应的离子方程式NH4+OH=NH3H2O若R溶液改加20mL1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.022mol【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O；根据n=cV计算n（Al3+ ）、n（NH4+）、n（SO42）、n（Ba2+）、n（OH），根据SO42、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3+OH=Al（OH）3、NH4+OH=NH3H2O、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2）r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答案为：r（O2）r（Na+）；HClO4H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或），故答案为： （或）；（4）R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH），故答案为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）；m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH为0.048mol，由SO42+Ba2+=BaSO4，可知SO42不足，故可以得到0.02mol BaSO4， Al3+3OH=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH为0.048mol0.03mol=0.018mol， NH4+OH=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH为0.018mol0.01mol=0.008mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.02218科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为HCO（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是ad（填序号）a固态CO2属于分子晶体bCH4分子中含有极性共价键，是极性分子c因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2dCH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2基态Ni原子的电子排布式为Ar3d84s2，该元素位于元素周期表中的第VIII族Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有8mol 键（4）一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJmol1CH40.43616.40CO20.51229.91“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是氢键，范德华力为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；分子晶体【分析】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大；（2）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；（3）Ni为28号元素；该配合物的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在键；（4）可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键；依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，据此解答即可【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性OCH，故电负性HCO；故答案为：HCO；（2）a、二氧化碳属于分子晶体，故a正确；b、甲烷中含有极性共价键，但是正四面体结构，属于非极性分子，故b错误；c、二氧化碳熔点高，原因是C与O形成2对共价键，故c错误；d、甲烷为正四面体形，C原子含有4个键，无孤电子对，采取sp3杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1个键和1个键，因此C原子采取sp杂化，故d正确，故答案为：ad；（3）Ni为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为Ar3d84s2，处于元素周期表中第四周期第V族，故答案为：Ar3d84s2；V；该配合物的配离子中Ni原子和C原子之间有4个键，CO分子中C和O之间存在1个键，1个键，1个配位键，因此4个CO有4个键，故1mol Ni（CO）4中含有8mol键，故答案为：8；（4）CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，分子晶体中作用力是范德华力，水分子之间存在氢键，故答案为：氢键，范德华力；由表格可知：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.5120.586，能顺利进入笼状空腔内，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷，即29.9116.40，故答案为：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷19如图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为短周期元素已知：A是汽车尾气成分之一，在空气中很快变为红棕色；M、E为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，F为红色金属单质（部分产物未列出）请回答下列问题：（1）E的电子式为；D分子的空间构型为V型（2）A和B反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2（3）写出F与G的稀溶液反应的离子方程式3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（4）已知：J、K是同种金属的氯化物，K为白色沉淀，且其晶胞结构如图所示，则K的化学式为：CuCl写出SO2还原J生成K的离子方程式：2Cu2+2Cl+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42（5）NO能被溶液吸收生成配合物，该配合物中存在的化学键有CDFA金属键 B非极性共价键 C极性共价键D离子键 E氢键 F配位键【考点】无机物的推断【分析】F为红色金属单质，应为Cu，C为黑色氧化物，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，B应为NH3，可与CuO在在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质E为N2；A是汽车尾气成分之一，在空气中很快变为红棕色，E可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为NO，M为O2，D为H2O，G为HNO3，H为Cu（NO3）2，I为Cu（OH）2，J为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，由晶胞结构图可知，两种离子均为4个，离子个数比为1：1，应为CuCl，结合对应物质的性质解答该题【解答】解：F为红色金属单质，应为Cu，C为黑色氧化物，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，B应为NH3，可与CuO在在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质E为N2；A是汽车尾气成分之一，在空气中很快变为红棕色，E可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为NO，M为O2，D为H2O，G为HNO3，H为Cu（NO3）2，I为Cu（OH）2，J为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉