2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期10月月考试题(含解析) (I)可能用到的相对原子质量：H 1、C 12、O 16、Cu 64、Al 27、Fe 56、K 39一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1.下列关于化学键的说法正确的是()A. C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键B. 不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C. 含极性键的共价化合物一定是电解质D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定【答案】B【解析】试题分析：A、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键，又有共价键，例如尿素分子中只有共价键，A错误；B、不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键，例如双氧水中还含有非极性键，B错误；C、含极性键的共价化合物不一定是电解质，例如乙醇是非电解质，C错误；D、分子间作用力不能影响分子的稳定性，分子的稳定性与共价键有关系，D错误，答案选B。考点：考查化学键判断2.下列各数值表示有关元素的原子序数，其所表示的各原子组中能以离子键相互结合形成稳定化合物的是( )A. 10与19 B. 6与16 C. 11与17 D. 14与8【答案】C【解析】A. 10与19分别是Ne和K，二者不能形成化合物，A错误；B. 6与16分别是C和S，二者以共价键形成化合物CS2，B错误；C. 11与17分别是Na与Cl，二者形成离子化合物氯化钠，C正确；D. 14与8分别是Si与O，二者以共价键形成化合物SiO2，D错误，答案选C。3.已知：NH3H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的H24.2 kJmol1，强酸、强碱稀溶液反应的中和热为H57.3 kJmol1，则NH3H2O在水溶液中电离的H等于()A. 69.4 kJmol1 B. 45.2 kJmol1 C. 69.4 kJmol1 D. 45.2 kJmol1【答案】D【解析】试题分析：根据盖斯定律：2NH3H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O （l）H=-24.2kJ/mol2NH3H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）H=-24.2kJ/molNH3H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）H=-12.1kJ/moL （1）H+（aq）+OH-（aq）=H2O （l）H=-57.3kJ/mol （2）（1）-（2）可得：NH3H2O（aq）=NH4+（aq）+OH-（aq），H=+45.2kJ/mol，答案选D。考点：盖斯定律4.下列关于元素周期表的说法正确的是( )A. 每一周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束B. 第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子D. 元素周期表共有十六个纵行，也就是十六个族【答案】B【解析】【详解】A第一周期不含碱金属元素，除第一周期外，各周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束，故A错误；B第二、三周期各含8种元素，则第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个，如Li与Na、O与S等，故B正确；C第2列元素、He及某些过渡元素的最外层电子数为2，故C错误；D元素周期表共有十八个纵行，分为16个族，元素周期表中第8、9、10三个纵行为第族，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了元素周期表的结构及应用，把握周期表的结构及元素的位置等为解答的关键。本题的易错点为C，要注意一些特殊的原子的结构。5.下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A. 在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB. 在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC. 在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD. 加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【答案】B【解析】试题分析：A制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；BAl为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。考点：考查金属冶炼的一般原理【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。6.下列叙述正确的是()A. 铅位于元素周期表中金属元素与非金属元素交界处，可作半导体材料B. 若存在简单阴离子R2，则R一定属于第A族元素C. S和Se属于第A族元素，H2S的还原性比H2Se的强D. 最外层电子数为1的元素一定属于第A族元素【答案】B【解析】【详解】A项，Pb位于第六周期第IVA族，Pb在第IVA族中金属性最强，Pb不能作半导体材料，A项错误；B项，若存在简单阴离子R2-，R原子的最外层电子数为6，R一定属于第VIA族元素，B项正确；C项，S位于第三周期第VIA族，Se位于第四周期第VIA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：SSe，H2S的还原性比H2Se弱，C项错误；D项，最外层电子数为1的元素可能是第IA族元素、也可能是过渡金属如Cr、Cu等，D项错误；答案选B。7.下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（）A. 中Mg作负极，电子流向：Mg稀硫酸AlB. 中Al作负极，OH迁移方向：Al外电路MgC. 中Fe作正极，电极反应式：2H+2eH2D. 中Cu作正极，电极反应式：O2+4e+2H2O4OH【答案】D【解析】试题分析：A、中的氧化还原反应发生在金属镁和硫酸之间，失电子的是金属镁，为负极，电子不能通过溶液，故A错误；B、中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，原电池中，阴离子由正极移向负极，Mg外电路Al，故B错误；C、金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，金属铜可以和浓硝酸之间反应，从而形成原电池，金属铜是负极，Cu-2e-Cu2+，故C错误；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D正确；故选D。考点：考查了原电池的工作原理的相关知识。8.一些烷烃的燃烧热如下表：下列表达正确的是()A. 乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)7O2(g)=4CO2(g)6H2O(g)H1560.8 kJmol1B. 稳定性：正丁烷异丁烷C. 正戊烷的燃烧热大于3531.3 kJmol1D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多【答案】C【解析】【详解】A项，乙烷的燃烧热为1560.8kJ/mol，指1molC2H6（g）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）放出1560.8kJ的热量，乙烷燃烧热表示的热化学方程式为C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=-1560.8kJ/mol，A项错误；B项，正丁烷和异丁烷互为同分异构体，1mol正丁烷和异丁烷完全燃烧都生成4molCO2（g）和5molH2O（l），正丁烷的燃烧热异丁烷的燃烧热，则正丁烷具有的能量异丁烷具有的能量，根据能量越低越稳定，稳定性：正丁烷异丁烷的燃烧热知，互为同分异构体的化合物支链多的燃烧热小，正戊烷的燃烧热2甲基丁烷的燃烧热，正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ/mol，C项正确；D项，随着碳原子数的增多烷烃含碳质量分数逐渐增大，1gCH4、C2H6、C3H8完全燃烧放出的热量依次为55.64kJ（=55.64kJ）、52.03kJ（=52.03kJ）、50.49kJ（=50.49kJ），可见相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D项错误；答案选C。9.H2S有剧毒，石油化工中常用以下方法处理石油炼制过程中产生的H2S废气。先将含H2S 的废气（其它成分不参与反应）通入FeCl3溶液中，过滤后将溶液加入到以铁和石墨棒为电极的电解槽中电解（如图所示），电解后的溶液可以循环利用。下列有关说法不正确的是（）A. 过滤所得到沉淀的成分为S 和FeSB. 与外接电源a极相连的电极反应为Fe2+eFe3+C. 与外接电源b极相连的是铁电极D. 若有0.20mol 的电子转移，得到氢气2.24L（标准状况）【答案】A【解析】A.将通入溶液中,被铁离子氧化为S,即发生,所以过滤得到的沉淀是S沉淀,故A错误;B.与b 相连的电极上氢离子得电子生成氢气,故为阴极,所以与a极相连的电极为阳极,阳极上亚铁离子失电子生成铁离子,即电极反应式为,所以B选项是正确的;C如果.Fe与外接电源的a极相连,Fe作阳极失电子,而溶液中的亚铁离子不反应,所以不能用Fe作阳极与a相连，铁电极只能和b相连。,故C正确；D.电极反应,有0.20mol电子发生转移,会生成0,1mol氢气,在标准状况下,氢气的体积为2.24L,故D正确。.所以A选项是正确的。10.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是()YZXWA. 原子半径：XYZC. Z、W均可与Mg形成离子化合物D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：YW【答案】C【解析】试题分析：设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。A、原子半径：ZYX，故错误；B、气态氢化物的稳定性：X Z，故错误；C、O元素、Cl元素都能与Mg形成离子化合物，故正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：Y W，故错误。考点：考查物质结构、元素周期律等知识。视频11.据报道，上海某医院在研究用放射性碘I治疗肿瘤。该核素核内的中子数为（ ）A. 53 B. 125 C. 72 D. 19【答案】C【解析】【分析】原子左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，质量数质子数+中子数，据此解答。【详解】原子中质子数为53，该原子中质量数为125，质量数=质子数+中子数，所以中子数为1255372。答案选C。【点睛】本题考查了质子数、中子数、质量数、核外电子数及其相互联系，难度不大，明确各物理量之间的关系是解本题的关键。12.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4Cu（OH）2CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶体A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，依据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。详解：A以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，减少的是氯化氢，故A错误；B以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，减少的是铜和氧元素，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；C以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C正确；D以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误；故选C。点睛：本题考查学生电解原理的知识，解答本题要注意分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么。学习中注意把握电解原理和阴阳离子的放电顺序。13.如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是() A. 生铁块中的碳是原电池的正极B. 红墨水柱两边的液面变为左低右高C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe2eFe2+D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀【答案】B【解析】分析：生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀。详解：A、生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，选项A正确；B、左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边试管内气体的氧气减小，右边试管内气体的压强不大，导致U型管内红墨水左高右低，选项B错误；C、生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe-2e-Fe2+，选项C正确；D、左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，选项D正确。答案选B。考点：金属的电化学腐蚀与防护。点睛：本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，明确生铁在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中易发生析氢腐蚀。14.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是（ ）A. 放电时电池正极反应为：FePO4+Li+e-=LiFePO4B. 放电时电池内部Li+向负极移动C. 充电过程中，电池正极材料的质量增加D. 可加入硫酸以提高电解质的导电性【答案】A【解析】分析：本题考查的是原电池和电解池的工作原理和电极反应的书写，掌握原电池的负极或电解池的阳极失去电子即可解答。详解：A.当其为原电池时，负极材料为石墨和锂，锂失去电子，正极材料得到电子，电极反应为FePO4+Li+e-=LiFePO4，故正确；B.放电时阳离子向正极移动，故错误；C.充电过程为电解池，阳极反应为LiFePO4 -e-= FePO4+Li+，故电池的正极材料减少，故错误；D.因为锂可以和硫酸溶液反应，说明电解质不能用硫酸溶液，故错误。故选A。15.已知反应： H2(g)O2(g)=H2O(g)H1N2(g)O2(g)=NO2(g)H2 N2(g)H2(g)=NH3(g)H3,则反应2NH3(g)O2(g)=2NO2(g)3H2O(g)的H为()A. 2H12H22H3 B. H1H2H3C. 3H12H22H3 D. 3H12H22H3【答案】C【解析】【分析】分析各热化学方程式，用盖斯定律计算。【详解】分析各热化学方程式，消去H2（g）和N2（g），应用盖斯定律，将3+2-2得，2NH3（g）+O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g）H=3H1+2H2-2H3，答案选C。【点睛】用盖斯定律计算H的一般步骤为：找目标看来源变方向调系数相叠加得答案。16.xx5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：下列说法正确的是（ ）A. 图中能量转化方式只有2种B. H+向a极区移动C. b极发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023【答案】C【解析】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。17.下列物质互为同素异形体的一组是（ ）A. C60和金刚石 B. H和H C. 正丁烷和异丁烷 D. 乙烯和丙烯【答案】A【解析】【分析】根据同素异形体的概念可知，若两种物质是由同种元素组成的不同单质则互为同素异形体，据此判断。【详解】【解答】解：A、C60和金刚石都是由碳元素组成，且都是单质，则互为同素异形体，A正确；B、和是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，B错误；C、正丁烷和异丁烷是分子式相同，但结构不同的化合物，互为同分异构体，C错误；D、乙烯和丙烯是结构相似，组成上相差一个CH2的化合物，互为同系物，D错误；答案选A。【点睛】本题难度不大，判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：同种元素形成，不同单质，这是解决此类题的关键之所在。18.下列说法不正确的是()A. CO2、甲烷都属于温室气体B. 用甘蔗生产的燃料乙醇属可再生能源，利用乙醇燃料不会产生温室气体C. 太阳能、风能和生物质能属于新能源D. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能【答案】B【解析】【详解】A项，CO2、CH4都属于温室气体，A项正确；B项，乙醇燃料燃烧生成CO2和H2O，CO2属于温室气体，B项错误；C项，太阳能、风能和生物质能与化石能源相比，属于新能源，C项正确；D项，太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，D项正确；答案选B。19.下列氢氧化物中，碱性最强的是（ ）A. LiOH B. NaOH C. KOH D. RbOH【答案】D【解析】【详解】元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同主族元素从上而下金属性逐渐增强，金属性LiNaKRb，故碱性LiOHNaOHKOHRbOH。答案选D。20.已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g) Ha kJmol1,2C(s)O2(g)=2CO(g) H220 kJmol1,HH、O=O和OH键的键能分别为436、496和462 kJmol1，则a为()A. 332 B. 118 C. 350 D. 130【答案】D【解析】【分析】根据键能计算反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的H，再应用盖斯定律计算。【详解】根据H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=2E（HH）+E（O=O）-4E（OH）=2436kJ/mol+496kJ/mol-4462kJ/mol=-480kJ/mol，将反应编号，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-480kJ/mol（），2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=-220kJ/mol（），应用盖斯定律，将（-）2得，C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=（-220kJ/mol）-（-480kJ/mol）2=+130kJ/mol，即a=+130，答案选D。【点睛】掌握反应热H的各种计算方法是解答本题的关键。反应热H的计算常用的方法有：（1）H=生成物的总能量-反应物的总能量；（2）H=反应物的键能总和-生成物的键能总和；（3）应用盖斯定律计算。21.xx9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是（ ）A. 可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动B. 在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-C. 发生OER反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)【答案】B【解析】分析：根据2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应为：Zn-2e+2OH=Zn（OH）2，放电时阳离子向正极移动，充电与放电过程相反。详解：A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K向正极移动，故A错误；B、O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B正确；C、发生OER反应的电极反应式为4OH-4e=O2+2H20，故C错误；D 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D错误；故选B。22.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示，下列叙述错误的是（ ）A. M室发生的电极反应式：2H2O-4e-=O2+4H+B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C. N室中：a”或“ (4). C (5). (6). H-S-S-H (7). Na2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + S + SO2+ H2O【解析】【分析】Z元素在地壳中含量最高，Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；Q的原子序数大于J，Q的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，Q为S元素；Y的原子序数小于Z，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y为N元素；X的原子序数小于Y，X能与J形成离子化合物且J+的半径大于X-的半径，X为H元素；根据元素周期律和相关化学用语作答。【详解】Z元素在地壳中含量最高，Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；Q的原子序数大于J，Q的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，Q为S元素；Y的原子序数小于Z，Y的氧化物是形成酸雨的主要物质之一，Y为N元素；X的原子序数小于Y，X能与J形成离子化合物且J+的半径大于X-的半径，X为H元素。（1）Q为S元素，S元素在周期表中的位置为第三周期第VIA族。（2）根据“层多径大，序大径小”，五种元素原子半径由大到小的顺序为NaSNOH，排在第三的元素原子是N。（3）Z为O元素，Q为S元素，O位于第二周期第VIA族，S位于第三周期第VIA族，根据“同主族从上到下元素的非金属逐渐减弱”，元素的非金属性ZQ。A项，Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，发生的反应为O2+2H2S=2S+2H2O，通过该反应能说明O的非金属性强于S；B项，O与S形成的化合物中，O呈负价，S呈正价，能说明O的非金属性强于S；C项，Z和Q的单质的状态属于物理性质，不能说明O和S的非金属性强弱；D项，O和S处于同主族，O在S的上面，根据“同主族从上到下元素的非金属逐渐减弱”，Z和Q在周期表中的位置能说明O的非金属性强于S；答案选C。（4）H与N可形成分子A，也可形成阳离子B，A、B在水溶液中酸、碱性恰好相反，则A为NH3，B为NH4+，NH3的电子式为。H与S形成的极不稳定的原子个数比为1:1的化合物中既有极性键又有非极性键，该化合物为H2S2，H2S2的电子式为，结构式为HSSH。（5）由H、N、O、Na、S中的三种组成的化合物M和N均为强电解质，M和N在溶液中反应既有沉淀出现又有气体产生，M和N为H2SO4和Na2S2O3，M和N反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O。24.氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法，实验室合成的硫酰氯的反应和实验装置如下所示:SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2（1） H=-97.3KJ/mol。已知: 一般条件下，硫酰氯为无色液体，熔点为-54.1，沸点为69.1,在潮湿空气中会“发烟”；100以上开始分解，生成二氧化硫和氯气，长期放置会分解。请回答下列问题:（1）仪器己中盛放的试剂主要用于排气，该试剂最合适的是_(填名称)。（2）装置庚中的药品最合适的是_(填字母);a五氧化二磷 b碱石灰 c无水氯化钙 d硅胶装置丙的冷凝管中出水口是_(填标号)（3）活性炭的作用是_；装置乙和丁中盛有相同的化学试剂，该试剂是_，若缺少装置乙和丁，装置丙中会发生副反应，副反应的化学方程式是_。（4）为提高本实验的硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的有_。a控制气流速度，宜慢不宜快b保证装置的气密性良好c先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体d先通气体，再通冷凝水（5）写出硫酰氯在潮湿空气中“发烟”时生产的新物质的化学式：_【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). b (3). b (4). 催化剂 (5). 浓硫酸 (6). SO2+C12+2H2O=H2SO4+2HCl (7). abc (8). H2SO4、HCl【解析】【分析】根据合成SO2Cl2的反应和装置图分析，装置丙用于制备SO2Cl2，装置甲中Na2SO3和H2SO4反应制备SO2，装置戊用于提供Cl2；由于SO2Cl2在潮湿空气中会“发烟”，所以进入丙装置中的SO2、Cl2必须是干燥的，乙装置用于干燥SO2，丁装置用于干燥Cl2；为了防止SO2、Cl2污染大气以及SO2Cl2在潮湿空气中“发烟”，装置庚中盛放能吸收SO2、Cl2和H2O（g）的干燥剂；合成SO2Cl2的反应为放热反应，SO2Cl2在100以上开始分解，为防止SO2Cl2分解，实验过程中必须控制反应速率不能快、反应温度不能高；根据上述分析作答。【详解】（1）仪器己中盛放的试剂主要用于排出Cl2，即Cl2难溶于该试剂，该试剂最合适的是饱和食盐水。（2）为了防止Cl2、SO2污染大气以及外界空气中的H2O（g）进入装置丙中，装置庚中的药品必须能吸收SO2、Cl2和H2O（g）。a项，P2O5不能吸收SO2和Cl2；b项，碱石灰能吸收SO2、Cl2和H2O（g）；c项，无水CaCl2不能吸收SO2和Cl2；d项，硅胶不能吸收SO2和Cl2；装置庚中最合适的药品是碱石灰，答案选b。为了使生成的SO2Cl2充分冷凝，装置丙中的冷却水应“下进上出”，冷凝管中出水口是b。（3）根据制备SO2Cl2的反应，装置丙中活性炭的作用是催化剂。由于SO2Cl2在潮湿空气中会“发烟”，所以进入丙装置中的SO2、Cl2必须是干燥的，装置乙中盛放的试剂用于干燥SO2，装置丁中盛放的试剂用于干燥Cl2，则装置乙和丁中盛有的相同的试剂是浓硫酸。若缺少装置乙和丁，在装置丙中潮湿的SO2和Cl2会发生副反应生成H2SO4和HCl，副反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。（4）a项，控制气流速度较慢，能使SO2和Cl2缓慢的充分反应，使热量散失，能提高SO2Cl2的产率；b项，装置气密性良好确保SO2和Cl2被充分利用，能提高SO2Cl2的产率；c项，先向装置丙中通入一种气体，排出空气后再通入另一种气体，一方面防止SO2Cl2在潮湿空气中会“发烟”，另一方面使两种气体充分接触反应，能提高SO2Cl2的产率；d项，先通气体，再通冷凝水，反应放热使SO2Cl2分解，SO2Cl2的产率降低；答案选abc。（5）SO2Cl2在潮湿空气中会“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的新物质为H2SO4和HCl。【点睛】结合SO2Cl2的性质准确判断各装置的作用是解答本题的关键。与气体有关的实验按气流方向一般的连接顺序为：气体发生装置气体除杂和干燥装置气体的主体实验（或气体的收集装置）尾气吸收装置。25.铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857 。（1）工业上以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2为原料冶炼铬的流程如图所示：Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_价。高温氧化时反应的化学方程式为_。操作a由两种均发生了化学反应的过程构成的，其内容分别是_、铝热反应。（2）Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式_、_。（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。处理含有Cr2O72-的污水方法通常为：用铁作电极电解污水，Cr2O72-被阳极区生成的离子还原成为Cr3+，生成的Cr3+与阴极区生成的OH结合生成Cr(OH)3沉淀除去。则阴极上的电极反应式为_，若要处理含10 mol Cr2O72-的污水，则至少需要消耗的铁为_g。转化为重要产品磁性铁铬氧体 (CrxFeyOz)：先向含CrO42-的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气（氧化部分Fe2+）并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。写出CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+ 的离子方程式：_，若处理含1 mol CrO42-（不考虑其它含铬微粒）的污水时恰好消耗10 mol FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)n(Fe3+)=32时，铁铬氧体的化学式为_。【答案】 (1). +3 (2). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 (3). 灼烧使 Cr(OH)3分解 (4). NaCrO2 (5). Cr2(SO4)3 (6). 2H2O+2e=2OH+H2 （或者2H+2e=H2） (7). 3360 (8). 3Fe2+ CrO42-+8H+=3Fe3+Cr3+4H2O (9). Cr2Fe20O27【解析】【分析】（1）根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0分析。根据流程确定反应物和生成物，用化合价升降法配平书写化学方程式。由流程Cr（OH）3Cr和铝热反应逆推。（2）模仿Al（OH）3与NaOH、稀硫酸的反应确定生成物。（3）在阴极H+放电，根据电子守恒和原子守恒计算。根据化合价升降法配平书写离子方程式，根据原子守恒和电荷守恒确定化学式。【详解】（1）Fe（CrO2）2中Fe、Cr的化合价分别为+x、+y，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，（+x）+2（+y）+4（-2）=0，x、y均为整数，经讨论x=2，y=3，Fe的化合价为+2价，Cr的化合价为+3价。根据流程，高温氧化时Fe（CrO2）2与Na2CO3、O2反应生成CO2、Fe2O3、Na2CrO4，反应可写成Fe（CrO2）2+Na2CO3+O2CO2+Fe2O3+Na2CrO4，在反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，1molFe（CrO2）2参与反应失去7mol电子，1molO2参与反应得到4mol电子，根据电子守恒和原子守恒配平，高温氧化时反应的化学方程式为：4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O28CO2+2Fe2O3+8Na2CrO4。操作a将Cr（OH）3经两步反应生成Cr，后一步为铝热反应，则第一步反应为灼烧使Cr（OH）3分解，两步反应的化学方程式为2Cr（OH）3Cr2O3+3H2O、2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr。（2）Cr（OH）3与Al（OH）3都属于两性氢氧化物，模仿Al（OH）3与NaOH、稀硫酸的反应，Cr（OH）3与NaOH、稀硫酸反应的化学方程式分别为Cr（OH）3+NaOH=NaCrO2+2H2O、2Cr（OH）3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+6H2O，Cr（OH）3与NaOH、稀硫酸反应生成的盐的化学式为NaCrO2、Cr2（SO4）3。（3）以Fe作电极，阳极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-（或2H+2e-=H2）。在阳极区Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，Fe2+自身被氧化成Fe3+，1molCr2O72-得到6mol电子生成2molCr3+，1molFe2+失去1mol电子生成1molFe3+，根据得失电子守恒，n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=610mol=60mol，根据Fe守恒，至少需要消耗Fe的物质的量为60mol，至少需要消耗Fe的质量为60mol56g/mol=3360g。酸性条件下CrO42-被Fe2+还原为Cr3+，Fe2+被氧化成Fe3+，反应可写成Fe2+CrO42-+H+Fe3+Cr3+H2O，在反应中1molFe2+失去1mol电子，1molCrO42-得到3mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式为3Fe2+CrO42-+8H+=3Fe3+Cr3+4H2O。根据Fe守恒，铁铬氧体中n（Fe2+）=10mol=6mol，n（Fe3+）=10mol=4mol，根据Cr守恒，铁铬氧体中n（Cr3+）=n（CrO42-）=1mol，根据电荷守恒，铁铬氧体中n（O2-）=13.5mol，铁铬氧体中n（Cr）：n（Fe）：n（O）=1mol：10mol：13.5mol=2:20:27，铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O7。26.化学变化中伴随着能量的转化，在理论研究和生产生活中有很重要的作用。催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用催化工艺。（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向图1所示为一定条件下1 mol CH3OH 与O2发生反应时生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_（填“CO”、“CO2”或“HCHO”）；2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g) H=_。第三代混合动力车，可以用电动机，内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力,降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。（2）混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油（以辛烷C8H18计）和氧气充分反应，生成1 mol 水蒸气放热550kJ；若1 g水蒸气转化为液态水放热2.5kJ，则辛烷燃烧热的热化学方程式为_。（3）混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示）为负极，碱液（主要为KOH）为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为： H2+2NiOOH2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时乙电极周围溶液的pH_（填“增大”,“减小”或“不变”），该电极的电极反应式为_。（4）远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学有腐蚀中的_腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的_（填“正”或“负”）极相连。A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：阳离子Ag Na阴离子NO3 SO42 Cl如图1所示的装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液。电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了27克。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图如图2所示。据此回答下列问题：（5）M为电源的_极(填写“正”或“负”)，甲为_(填写化学式)。（6）计算电极f上生成的气体在标准状况下的体积_。（7）写出乙烧杯中的电解池反应_。（8）若电解后甲溶液的体积为25 L，则该溶液的pH为_。（9）要使丙恢复到原来的状态，应加入_g_。(填写化学式)【答案】 (1). HCHO (2). -470kJ/mol (3). C8H18(l)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) H=-5355kJ/mol (4). 增大 (5). NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH- (6). 吸氧 (7). 负 (8). 负 (9). NaCl (10). 1.4L (11). 4AgNO32H2O4AgO24HNO3 (12). 12 (13). 2.25 (14). H2O【解析】【分析】I.（1）活化能越低，普通分子越易转化为活化分子，反应越易发生。根据图表，反应2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，结合图表数据计算。II.（2）根据物质的状态、反应中能量的变化、燃烧热的概念、热化学方程式书写的注意事项书写热化学方程式。（3）汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，二次电池处于放电状态，根据电池总反应和电解质溶液书写乙电极的电极反应式。（4）海水不呈强酸性，钢铁在海水中易发生吸氧腐蚀。防止金属腐蚀的电化学保护法有：牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。III.根据放电顺序和乙中c电极的质量增加判断电极名称，根据电解时溶液pH与时间的关系确定各电解质溶液的组成，应用电子守恒和原子守恒进行相关计算。【详解】I.（1）根据图像，在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应生成HCHO的活化能H+Na+，接通电源经一段时间后，乙中c电极质量增加了27g，c电极上析出Ag且析出Ag的物质的量为n（Ag）=0.25mol，c电极的电极反应式为Ag+e-=Ag，则电路中通过的电子物质的量为0.25mol，c电极为阴极，d电极为阳极，Ag+与SO42-、Cl-不能大量共存，乙中盛放的是AgNO3溶液；甲烧杯中溶液的pH随着时间的推移而增大，甲中盛放的是NaCl溶液；丙烧杯中溶液的pH随着时间的推移不变，丙中盛放的是NaNO3或Na2SO4溶液。（5）c电极为阴极，c与直流电源的M相连，M为电源的负极，N为电源的正极。甲烧杯中溶液的pH随着时间的推移而增大，甲为NaCl。（6）电路中通过的电子物质的量为0.25mol；f与N相连，f为阳极，f电极的电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，f电极上产生O2物质的量为n（e-）=0.0625mol，在标准状况下的体积为0.0625mol22.4L/mol=1.4L。（7）乙烧杯中电解AgNO3溶液生成Ag、O2和HNO3，电解的总反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3。（8）甲烧杯中阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，电路中通过的电子物质的量为0.25mol，反应生成的OH-物质的量为n（OH-）=n（e-）=0.25mol，c（OH-）=0.25mol25L=0.01mol/L，则c（H+）=110-12mol/L，该溶液的pH=-lgc（H+）=12。（9）丙中电解总反应为2H2O2H2+O24e-，电路中通过的电子物质的量为0.25mol，电解过程中消耗H2O的物质的量n（H2O）=n（e-）=0.125mol，消耗水的质量为0.125mol18g/mol=2.25g；丙中本质上是电解水，要使丙恢复到原来状态应加入2.25g的H2O。