2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (III).doc

2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (III)1.xx年我国载人飞船再次升空，显示出我国航天技术已进入世界一流。飞船应用了许多尖端的合成材料。据报道我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的。下列相关叙述不正确的是()。A. 它耐高温抗氧化B. 它比钢铁轻、硬，但质地较脆C. 它没有固定熔点D. 它是一种新型无机非金属材料【答案】B【解析】【分析】A、由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能； B、题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，韧性较好；C、符合材料属于混合物，没有固定的熔、沸点；D、该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料。【详解】A、碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温抗氧化的性能，选项A正确；B、“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，韧性较好，选项B不正确；C、该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，选项C正确；D、该材料由无机物复合而成，为新型无机非金属材料，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查无机非金属材料中的符合材料的组成和性质，题目难度不大，侧重于培养学生从题干提取信息、结合已学知识处理问题的能力。2.美国宇航局“凤凰”号火星登陆器的显微、电子化学及传导分析仪对两份土壤样本的分析发现，火星北极区表层土壤可能含有高氯酸盐，可创造不利于任何潜在生命的恶劣环境。则下列说法错误的是()。A. 含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在与高氯酸盐具有较强的氧化性有关B. 当元素处于最高价态时一定具有强氧化性C. 可以考虑用加入亚铁盐等还原性物质的方法改善这种土壤D. 一定条件下高氯酸盐能与浓盐酸反应生成氯气【答案】B【解析】试题分析：A、高氯酸盐具有较强的氧化性，能使蛋白质变性，所以含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在，故A错误；B、处于最高价的元素不一定具有氧化性，如硫酸钠中硫元素处于最高价+6价，但是不具有氧化性，故B错误；C、高氯酸盐中的Cl元素处于+7价，最高价，有强的氧化性，可以和具有还原性的物质亚铁离子之间反应，土壤中加入亚铁盐等还原性物质，可以放弃其和土壤中蛋白质反应的机会，所以能改善这种土壤，故C正确；D、高氯酸盐能中的Cl元素处于+7价，与浓盐酸中的Cl元素处于-1间价之间发生归中反应生成氯气，同时生成其他氯化物，故D错误；故选C。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。3.二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）A. 还原性 B. 氧化性 C. 漂白性 D. 酸性【答案】A【解析】试题分析：溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选A。考点：考查二氧化硫的性质视频4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是 ()。A. 在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子数为2NAB. 1 mol C4H10分子中共价键总数为13NAC. 0.5 molL1 Ba(NO3)2溶液中，NO3-的数目为NAD. 任何条件下，20 L N2含有的分子数都不可能为NA【答案】B【解析】试题分析：A在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子K+数为NA，错误；B1 mol C4H10分子中含有C-C共价键是3mol，含有C-H共价键是10mol，所以共价键总数为13NA，正确。C.只有浓度没有体积，不能确定微粒的物质的量的多少及个数，错误。D在一定条件下， 20 L N2的物质的量可能是1mol，其中含有的分子数可能为NA，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。5.卫生部发出公告，自xx年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是 ()。A. CaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用B. CaO2中阴阳离子的个数比为11C. CaO2与水反应时，每产生1 mol O2转移电子4 molD. CaO2与CO2反应的化学方程式为2CaO22CO2=2CaCO3O2【答案】C【解析】【详解】A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，选项A正确；B、过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，选项B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O2Ca（OH）2+O2，每产生1molO2转移电子2mol，选项C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO22CaCO3+O2；选项D正确；答案选C。6.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故符合；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故不符合；向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故不符合；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合；答案为C。7.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是 ()金属钠投入到FeCl3溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中Na2O2投入FeCl2溶液中A. 只有 B. 只有C. 只有 D. 只有【答案】A【解析】试题分析：金属钠投入到FeCl3溶液中生成H2和Fe(OH)3，过量NaOH溶液和明矾溶液混合中生成NaAlO2，少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中生成CaCO3沉淀，Na2O2投入FeCl2溶液中生成O2和Fe(OH)3。答案A。【考点定位】钠及其化合物的性质【名师点晴】本题考查了钠及其化合物的有关反应，熟练掌握物质的性质及元素化合物之间的有关反应，根据物质的性质来解答该题，如果将中FeCl3换为FeCl2，因为过氧化钠具有强氧化性，所以仍然得到Fe（OH）3，题目难度不大。视频8.下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B【解析】试题分析：A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。9.美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺(如图所示)。下列有关该工艺的说法错误的是()。A. 该过程中，能量的转化形式只有两种B. 铝镓合金可以循环使用C. 铝镓合金与水反应的化学方程式为：2Al3H2OAl2O33H2D. 总反应式为2H2O2H2O2【答案】A【解析】试题分析：A、该工艺中能量的转化形式有：太阳能转化为电能、电能转化为化学能、电能转化为热能，所以有三种形式的能量转化，故A错误；B、开始的反应物是铝镓合金，最终的生成物是铝镓合金，所以铝镓合金能循环使用，故B正确；C、铝镓合金与水的反应中生成物是氧化铝、氢气和镓，相当于镓未参加反应，所以实际上发生的反应是2Al+3H2O一定条件Al2O3+3H2，故C正确；D、该工艺中发生的反应有：2Al+3H2O一定条件Al2O3+3H2，2Al2O3电解4Al+3O2，将方程式12+得方程式2H2O一定条件2H2+O2，故D正确，答案选A。考点：考查工艺中的信息给予题的有关判断10.下列关于铁的叙述正确的是()。铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀在人体内的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第B族铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：铁合金易发生电化学腐蚀，纯铁不易腐蚀，错误；人体的血红蛋白中含有铁元素，贫血时可通过补铁治疗，正确；铁位于元素周期表中第四周期第族，错误；铁与水蒸气在高温下可发生反应，但不是燃烧，正确；铁过量，可生成Fe(NO3)2，错误；Fe(OH)2可通过化合反应制备Fe(OH)3，错误；答案选B。【考点定位】考查铁的化学性质。【名师点睛】本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握铁在周期表的位置、性质及发生的反应为解答的关键，纯铁不易腐蚀；人体的血红蛋白中含有铁元素；铁位于元素周期表中第四周期第族；铁与水蒸气在高温下可发生反应；铁过量，铁与硝酸反应生成Fe(NO3)2；反应4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3判断。11.把22.4 g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO，下列说法正确的是()。A. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)3B. 反应后生成的盐只为Fe(NO3)2C. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为13D. 反应后生成的盐为Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为31【答案】C【解析】【分析】铁粉和一定量某浓度的硝酸反应生成二氧化氮，当硝酸变为稀硝酸时反应生成NO，当硝酸过量时生成Fe(NO3)3，Fe过量时生成Fe(NO3)2。【详解】22.4g铁粉的物质的量为0.4mol；收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO过程中转移的电子数为：，所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，由得失电子数相等可得Fe(NO3)3和Fe(NO3)2，其物质的量之比为13。答案选C。【点睛】本题考查硝酸的性质，难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解反应的实质，结合方程式分析解答。12.某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()A. 111 B. 131C. 338 D. 114【答案】D【解析】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3Fe(NO3)3Cu(NO3)2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量2mol1mol1mol；再加入1mol铁发生反应，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe(NO3)3为1mol，Cu(NO3)2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4；答案选D。点睛：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要考查氧化还原反应的顺序反应规律及计算应用，明确反应的先后顺序以及搞清楚图像曲线的变化趋势是解答的关键，注意起点、拐点和终点的理解。13.氢化亚铜(CuH)是一难溶物质，用CuSO4溶液和另一种“反应物”在4050 时反应可生成它。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧，跟盐酸反应能产生气体。下列有关推断中错误的是()。A. 这里的“另一种反应物”具有还原性B. CuH可作氧化剂、还原剂C. CuHCl2=CuClHCl(燃烧)D. CuHHCl=CuClH2(常温)【答案】C【解析】【详解】A、CuSO4中Cu的化合价为+2价，反应产生的CuH中Cu的化合价为+1价，化合价降低，得到电子，被还原，说明“另一种反应物”一定具有还原性，选项A正确；B在CuH中Cu为+1价，H为-1价，Cu可以失去电子变为+2价的Cu2+，表现还原性，也可以得到电子变为单质Cu，表现氧化性；H可以失去电子变为0价或+1价 的H，表现还原性，因此CuH既可做氧化剂也可做还原剂，选项B正确；CCl2有强的氧化性，CuH在氯气中燃烧产生CuCl2、HCl，反应的方程式是：2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，选项C错误；DCuH跟盐酸的反应，两种化合物交换成分，产生两种新物质，反应方程式是：CuH+HCl=CuCl+H2，选项D正确。答案选C。14.下列说法正确的是()A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B. 检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液23滴即可C. 在粗硅的制取中，2CSiO2Si2CO硅被还原，所以硅的非金属性比碳强D. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后通CO2【答案】D【解析】A选项中NO易被空气氧化，A错误；B选项中KSCN溶液变红色只能说明红砖中含有3价的铁，并不能说明铁以氧化铁形式存在，B错误；C选项通过该反应可判断还原性CSi，但实际上非金属性：CSi，C错误；D选项正确。15.下列说法正确的是()A. SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸B. 将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3D. 富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸【答案】D【解析】SO2溶于水形成亚硫酸，亚硫酸是弱酸，A项错误；常温下铜片和浓硫酸不反应，加热条件下才反应，B项错误；硫粉在过量的纯氧中燃烧生成大量的SO2，C项错误。16.宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”。二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：SeO24KI4HNO3Se2I24KNO32H2O；Se2H2SO4(浓)2SO2SeO22H2O。下列有关叙述正确的是()A. SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2B. 中Se是氧化产物，I2是还原产物C. 反应中KI是氧化剂，SeO2是还原剂D. 反应中每有0.6 mol I2生成，转移电子数目为2.4NA【答案】A【解析】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，所以SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓) SeO2 I2，所以A正确；反应中，Se的化合价降低，I的化合价升高，所以2是氧化剂，是还原剂，是还原产物，2是氧化产物，、都不正确；反应中每有0.6 mol I2生成，转移电子1.2mol，D不正确，答案选A。17.汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一。在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染。反应过程为2NO22NO2O；2NOO22NO2；OO2O3。下列对该反应过程及产物叙述正确的是 ()。A. NO2起催化剂作用B. NO起催化剂作用C. NO2只起氧化剂作用D. O3与O2互为同分异构体【答案】A【解析】【分析】总反应方程式的写法是将分反应方程式的反应物和反应物放在一块，生成物和生成物放在一块，反应物与生成物中相同的物质分子要抵消后，反应前后质量化学性质不变的是催化剂。【详解】分反应中反应物有O3、NO、O、NO2，生成物有NO2、O2、NO、O2 合在一块是：O3+NO+O+NO2NO2+O2+NO+O2，反应物和生成物中相同的要消去即：O3+O2O2，由方程式可知一氧化氮和二氧化氮都参加了反应，但最后又生成了它们，说明它们是催化剂，催化剂所起的作用叫做催化作用。A、根据反应过程，可以知道二氧化氮的作用是催化剂和氧化剂，选项A正确；B、根据反应过程以及反应2NO+O22NO2，知道一氧化氮的作用是还原剂，催化剂应为前一个反应的反应物在后一个反应生成，选项B错误；C、根据反应过程，可以知道二氧化氮的作用是催化剂和氧化剂，选项C错误；D、氧气和臭氧是氧元素的两种同素异形体，选项D错误。答案选A。【点睛】本题主要考查学生阅读信息、筛选信息的能力首先根据题中信息必须知道反应是循环反应，臭氧是生成物最基本的信息。18.近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期B族的钇(39Y)，它们被称为“工业味精”。它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是 ()。A. 它们的原子核外均有5个电子层B. 它们的原子最外层均含有3个电子C. 它们均是金属元素D. 76Y、80Y中子数不同，化学性质不同【答案】C【解析】【详解】A、镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，则原子核外有6个电子层，选项A错误；B、过渡元素最外层电子均只有1-2个，选项B错误；C、过渡元素均为金属元素，选项C正确；D、76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，选项D正确。答案选C。19.科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检验出组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N2H44+两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N2H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子。N4分子不能被植物吸收。下列有关说法不正确的是()A. N4和N2互为同素异形体B. 14N与14C互为同位素C. N4H4(SO4)2不能与草木灰混合使用D. 8NH34C5OH=N44C5NH26H24H2O，此反应中每生成5.6 g N4时转移1.2 mol电子【答案】B【解析】N4与N2都是N元素的单质，A对；14N与14C是不同元素的原子，B错；草木灰水解显碱性，N4H4(SO4)2中的N4H44+在碱性条件下生成N4分子不能被植物吸收，C对；8NH34C5OH=N44C5NH26H24H2O反应中4 mol NH3反应生成1 mol N4，转移电子的物质的量为12 mol，生成0.1 mol N4转移电子的物质的量为1.2 mol，D对。20.下列叙述中，正确的是()。A. 两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布C. 两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素D. 阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同【答案】C【解析】A两种微粒，若核外电子排布完全相同，则化学性质不一定相同，如Na+和O2-，A错误；B由单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子核外电子排布，如H+，B错误；C原子中核外电子数=核内质子数，元素是具有相同质子数的同一类原子，所以两原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同一种元素，C正确；D阴离子的核外电子排布与同一周期稀有气体原子核外排布相同，主族金属元素阳离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体原子核外排布相同，D错误；答案选C。21.X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3 种元素的原子核外电子数之和与Ca2的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是A. 原子半径：ZYXB. Z 与 X 形成化合物的沸点高于Z 的同族元素与 X形成化合物的沸点C. CaY2 与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂D. CaX2、CaY2和CaZ2 等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为 12【答案】B【解析】试题分析：X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18-1-9=8，故Y为O元素，A、X、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径OFH，A错误；B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，B正确；C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，C错误；D、CaO2其阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为1：1，D错误；答案选B。考点：考查结构性质位置关系、氧化还原反应等视频22.X、Y、Z、W均为短周期元素，在周期表中位置如图，Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍。下列说法正确的是() A. X、Y、Z的原子半径大小：XYZB. Y、Z的气态氢化物中，前者更稳定C. Z、W的最高价氧化物对应水化物的酸性，前者更强D. X、W的气态氢化物相互反应，生成物中只含离子键不含共价键【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y的最外层电子数为6，可知Y为O，结合位置可知X为N，Z为S，W为Cl，A同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大；B非金属性越强，对于氢化物越稳定；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；DX、W的气态氢化物相互反应生成氯化铵。【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y的最外层电子数为6，可知Y为O，结合位置可知X为N，Z为S，W为Cl，A同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，X、Y、Z的原子半径大小：ZXY，即SNO，选项A错误；B非金属性YZ，则Y和Z的气态氢化物，前者更稳定，选项B正确；C非金属性WZ，最高价氧化物对应水化物的酸性为WZ，选项C错误；DX、W的气态氢化物相互反应生成氯化铵，含离子键和N-H共价键，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Y为O是解答的突破口，题目难度不大。23.已知热化学方程式：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)HQ kJmol1(Q0)。下列说法正确的是 ()。A. 相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量B. 将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q kJC. 增大压强或升高温度，该反应过程放出更多的热量D. 如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化【答案】D【解析】【详解】A反应是放热反应，依据反应前后能量守恒，相同条件下，2molSO2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于2molSO3（g）所具有的能量，选项A错误；B、HQkJmol1，Q的具体含义是：当2mol 的二氧化硫与1mol 的氧气完全反应生成2mol 的三氧化硫时，放出的热量为QkJ ，但这是一个可逆反应，不可能完全反应，因此放出的热量小于Q kJ，选项B错误；C、增大压强，该平衡向正反应方向移动，放出热量更多，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，放出热量减少，选项C错误；D、如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，参加反应的二氧化硫为2mol，故一定有2molSO2（g）被氧化，选项D正确；答案选D。24.肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应时，N2O4为氧化剂，生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)2O2(g)=N2O4(g)H8.7 kJ/mol，N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H534.0 kJ/mol，下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式，正确的是()A. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g)H542.7 kJ/molB. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g)H1 059.3 kJ/molC. 2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g)H1 076.7 kJ/molD. N2H4(g)1/2N2O4(g)=3/2N2(g)2H2O(g)H1 076.7 kJ/mol【答案】C【解析】首先写出N2H4 与N2O4反应的热化学方程式：2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g) H 3设为方程，N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H2534.0 kJmol1设为方程，N2(g)2O2(g)=N2O4(g)H18.7 kJmol1设为方程，由盖斯定律可知=2-，所以H 3=2H2-H1=2（534.0 kJmol1）-（8.7 kJmol1）=1 076.7 kJmol1。A、根据上面分析，H542.7 kJmol1不正确，A错误；B、根据上面分析，H1 059.3 kJmol1不正确，B错误；C、C正确；D、热化学方程式中物质前面的系数变为原来的一半，则反应热也变为原来的一半，正确的H538.35 kJmol1，D错误。正确答案为C。25.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12 s时物质A的转化率为70%2 s时物质B的浓度为0.7 molL1其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据三段式2A(g)B(g)2C(g)开始浓度(mol/L) 2 1 0变化浓度(mol/L) 0.6 0.3 0.6平衡浓度(mol/L) 1.4 0.7 0.6A、用物质A 表示的反应的平均速率为0.6/2=0.3 molL1s1,正确；B、用物质B 表示的反应的平均速率为0.3/2=0.15molL1s1,错误；C、2 s 时物质A的转化率为(0.6/2)100%=30 ，错误；D、2 s 时物质B的浓度为0.7 molL1，正确；选AD。考点：考查化学反应速率的计算。26.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。反应大气固氮N2(g)O2(g)2NO(g)工业固氮N2(g)3H2(g)2NH3(g)温度/272 00025400450平衡常数K3.8410310.151080.5070.152分析数据可知：大气固氮反应属于_(填“吸热”或“放热”)反应。分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：_。（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是_(填“A”或“B”)；比较p1、p2的大小关系：_。.目前工业合成氨的原理是N2(g)3H2(g)2NH3(g)。（3）在一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8 mol。达平衡时，H2的转化率1_。已知平衡时，容器压强为8 MPa，则平衡常Kp_(用平衡分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数)。【答案】 (1). 吸热 (2). K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产 (3). A (4). p2p1 (5). 60% (6). 49/192或0.255或0.26【解析】【详解】. （1）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应；由表格数据可知，xx时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；答案选A；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，2的转化率大，则2大，21； （3）设平衡时有x molN2转化， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始物质的量： 1mol 3mol 0变化的物质的量：x 3x 2x平衡物质的量：1-x 3-3x 2x 列式可得：（1-x）+（3-3x）+2x=2.8，解得x=0.6mol，1 =100%=60%；平衡时各物质的压强之比等于其物质的量之比，所以P（N2）=8MPa=MPa，P（H2）=8MPa=MPa，P（NH3）=8MPa=MPa，化学平衡常数Kp=0.26。27.“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺：请回答下列问题：（1）操作为_。（2）工业合成氨的化学方程式为_。（3）沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式_。（4）在实验室中检验氨气的方法是_。（5）副产品的化学式为_。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是_。【答案】 (1). 过滤 (2). N23H22NH3 (3). CaSO4CO22NH3H2O=CaCO3(NH4)2SO4 (4). 用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3)(其他合理答案均可) (5). CaO (6). CO2(若有NH3，均可)【解析】【分析】煤和水蒸气反应生成氢气，利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气镁燃烧生成的二氧化碳、生成的氨气和硫酸钙仪器进入沉淀池中发生反应生成碳酸钙沉淀和产品，碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙，生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。（1）操作为分离固体与溶液；（2）工业合成氨是高温高压催化剂条件下反应生成氨气；（3）“产品”为（NH4）2SO4，反应物为CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2SO4外还有CaCO3，据此写出反应方程式；（4）通常用湿润的红色石蕊试纸检验NH3；（5）煅烧碳酸钙后可生成二氧化碳和氧化钙，氧化钙为副产品，二氧化碳可循环利用。【详解】（1）将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀，则操作为过滤；（2）工业合成氨的化学方程式为：N2+3H2 2NH3；（3）“产品”是（NH4）2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2SO4外还有CaCO3，其中离子方程中CaSO4悬浊液要写分子式，沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式为：CaSO4CO22NH3H2O=CaCO3(NH4)2SO4；（4）利用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，操作方法为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3；（5）CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，CaO为副产品。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，明确制备流程及发生反应原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。28.实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物的流程如下：请按要求回答下列问题：（1）现用如图所示的实验仪器和药品来制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(铁架台和加热装置等省略)。按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是a_。_实验中硬质玻璃管加热前要进行一步重要操作，该操作是_。操作的方法是_。（2）上述流程中，所得固体需要加稀盐酸溶解，其目的是_；溶液可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X最好选用下列试剂中的_(填字母)。aCu bNH3H2OcCuO dCu2(OH)2CO3eH2S（3）向溶液中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). dehifgb(f、g可调换顺序) (2). 通入一段时间的Cl2，使装置中充满黄绿色的气体(排出装置中的空气) (3). 在氯化氢气流中蒸发浓缩冷却结晶 (4). 防止CuCl2和FeCl3水解 (5). cd (6). SO22H2O2Cu22Cl2CuClSO42-4H【解析】【详解】（1）要利用图中所给实验仪器和药品来制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，首先要找到Cl2的发生装置（A），然后将制得的Cl2净化(除去HCl，用装置C)、干燥（用装置E），并使其与湘铜粉反应（用装置D），最后进行尾气吸收（用装置B）。按气流方向连接各仪器接口，正确的顺序是ad、eh、if、gb(fg可调换顺序）。实验中硬质玻璃管加热前要通入一段时间的Cl2，使装置中充满黄绿色的气体，以防止O2与铜粉反应。Cl2与Cu反应生成棕黄色的CuCl2固体小颗粒，故盛放粗铜粉的硬质玻瑀管中的现象是产生大量棕黄色的烟；(2)上述流程中，所得固体是CuCl2和FeCl3的混合物，加稀盐酸而不加水溶解，是为了防止CuCl2和FeCl3水解；向溶液中加入试剂X用于调节溶液的pH以除去Fe3，故X最好是能与H反应，但不与Cu2反应且不引入新杂质的试剂，题给选项中符合要求的有CuO和Cu2(OH)2CO3，答案选cd；(3)向溶液(CuCl2溶液)中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，该过程中发生SO2还原Cu2的反应，其本身被氧化为SO42-。该反应的离子方程式为：SO22H2O2Cu22Cl2CuClSO42-4H。29.从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙、丙三种成分：丙分子式C16H14O2部分性质能使Br2/CCl4褪色能在稀H2SO4中水解（1）甲中含氧官能团的名称为_。（2）由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：其中反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_(注明反应条件)。（3）已知：RCH=CHRRCHORCHO；2HCHOHCOOHCH3OH由乙制丙的一种合成路线图如下(AF均为有机物，图中Mr表示相对分子质量)：下列物质不能与C反应的是_(选填序号)。a金属钠bHBrcNa2CO3溶液d乙酸写出F的结构简式_。丙有多种同分异构体，写出能同时满足下列条件的同分异构体_。a苯环上连接三种不同官能团b能发生银镜反应c能与Br2/CCl4发生加成反应d遇FeCl3溶液显示特征颜色综上分析，丙的结构简式为_。【答案】 (1). 羟基 (2). 加成反应 (3). (4). c (5). (6). (7). 【解析】【分析】（1）根据有机物结构简式判断官能团；（2）由转化关系可知Y为，发生消去反应生成；（3）根据乙的结构简式和题干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成酸，应为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，E是相对分子质量为76，结合题给信息可知应为HOCH2COOH，本身能发生缩聚反应生成，以此解答该题。【详解】（1）甲（）中含氧官能团是羟基；（2）经过反应发现碳碳双键成为了单键，并且引入了Cl原子，所以反应为甲和氯化氢之间发生了加成反应，含有醇羟基的物质，如果临位碳上有氢原子，则被氧化为醛基，氯代烃中如果含有临位氢原子则会发生消去反应，所以的方程式为：；（3）根据乙的结构简式和题干中所给信息，可知A是乙二醛，B是苯甲醛，乙在加热条件下与新制备氢氧化铜反应生成酸，应为，则C应为醇，因B为苯甲醛，则C为苯甲醇，E是相对分子质量为76，结合题给信息可知应为OH-CH2-COOH，本身能发生缩聚反应生成；C为苯甲醇，含有羟基，可发生取代反应、氧化反应、可与钠反应生成氢气，不具有酸性，不能与碳酸钠反应，故答案为：c；根据题意信息，E是相对分子质量为76的HOCH2COOH，本身能发生缩聚反应生成；则F的结构简式为；丙的分子式为C16H14O2，其同分异构体满足b能发生银镜反应，则含有醛基；c能与Br2/CCl4发生加成反应，则含有碳碳双键；d遇FeCl3溶液显示特征颜色，则含有酚羟基；a苯环上连接三种不同官能团，分别为碳碳双键、醛基和酚羟基，所以该物质的结构简式为；综上分析，丙是由苯丙酸和苯甲醇发生酯化反应而得，则其结构简式为。【点睛】该题考查有机物的推断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力该题的关键是明确各种官能团结构和性质，然后结合题意具体问题、具体分析即可，有助于培养学生的创新思维能力和应试能力。30.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEF。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点_(填“高”或“低”)，理由是_。（3）A的氢化物分子中的中心原子采取_杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是_。（4）F的核外电子排布式是_，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为_，颜色为_。（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显3价)，则其化学式为_(每个球均表示1个原子)。（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，则其化学式为_，其晶体中所含的化学键类型为_。【答案】 (1). NaAlSiN (2). 高 (3). NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 (4). sp3 (5). V形 (6). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (7). Cu(NH3)42 (8). 深蓝色 (9). Cu3N (10). AlN (11). 共价键【解析】【分析】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEF。C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al元素，其电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第A族元素，且原子序数在N元素和Al之间，则B为Na元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的，D处于第三周期，故D为Si元素；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu元素，据此解答。【详解】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEFC元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素；A原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Al元素，其电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，则E为S元素；化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第A族元素，且原子序数在N元素和Al之间，则B为Na元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的，D处于第三周期，故D为Si元素；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu元素，（1）在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：NaAlSiN；（2）因NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，故NaCl晶体熔点高；（3）A的氢化物为NH3，N原子价层电子对数为3+=4，则N原子采取sp3杂化；E的低价氧化物为SO2，S原子孤电子对数为=1，价层电子对数为2+1=3，则为V形；（4）F为Cu元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，铜离子与氨气可以配位键形成配离子，其化学式为Cu(NH3)42； （5）F为Cu，A为N，且N为-3价，由晶胞结构图可知，N原子在顶点，则N原子数为8=1，Cu原子在棱心，则Cu原子数为12=3，所以化学式为Cu3N；（6）A、C形成的化合物为AlN，根据化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，可判断晶体类型为原子晶体，化学键类型为共价键。【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及元素推断、核外电子排布、电离能、杂化轨道、分子结构、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，推断出元素的种类是解答本题的关键，推断时注意从原子的核外电子排布特点以及元素的特殊性质为突破口，需要学生具备扎实的基础，难度中等。