2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高三10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高三10月月考化学试题含解析，共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，结构与性质，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2023学年高三10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列化学用语使用正确的是
A．N2的结构式： B．质量数为2的氢核素：
C．KCl形成过程： D．Si原子的结构示意图为
【答案】B
【详解】A．氮气为含有氮氮三键的双原子分子，结构式为N≡N，故A错误；
B．质量数为2的氢核素的质子数为1，原子符号为，故B正确；
C．氯化钾是离子化合物，形成过程为，故C错误；
D．硅原子的核电荷数为14，原子结构示意图为，故D错误；
故选B。
2．下列说法不正确的是
A．二氧化硅是制造光导纤维的材料，单质硅是良好的半导体材料
B．SiO2和CO2都是酸性氧化物，SiO2能和水反应生成硅酸
C．保存NaOH溶液时不能用玻璃塞
D．普通玻璃的成分主要是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅
【答案】B
【详解】A．单质硅是良好的半导体材料，制造光导纤维的材料是二氧化硅，故A正确；
B．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故B错误；
C．玻璃的主要成分二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，硅酸钠溶液会将玻璃塞与瓶颈黏到一起，使玻璃塞无法打开，所以保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，故C正确；
D．制备普通玻璃的主要原料是石英、纯碱、石灰石，普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，故D正确；
故选B。
3．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．FeFeCl2Fe(OH)2
B．Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
C．NaAlO2(aq)Al(OH)3Al2O3
D．SSO2BaSO3
【答案】C
【详解】A．铁在氯气燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则物质间转化不能实现，故A错误；
B．电解熔融氯化镁才能制得镁单质，电解氯化镁溶液无法制得金属镁，则物质间转化不能实现，故B错误；
C．偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则物质间转化均能实现，故C正确；
D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，则物质间转化不能实现，故D错误；
故选C。
4．下列各组粒子的空间结构相同的是
①SO2和H2O；②和H3O+；③NH3和H3O+；④BF3和；⑤CO2和BeCl2。
A．全部 B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②⑤
【答案】C
【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=×（a-xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。
【详解】①SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，H2O中价层电子对个数=2+×（6-2）=4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型相同，故①正确；　
②中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6-1-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故②错误；
③NH3为三角锥形结构、H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6-1-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，所以二者空间构型相同，故③正确；　
④BF3中价层电子对个数=3+×（3-3）=3，不含孤电子对，为平面正三角形，中价层电子对个数=3+×（5+1-32）=3，不含孤电子对，为平面正三角形，故④正确；
⑤CO2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（4-2×2）=2，二氧化碳是直线型结构，BeCl2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（2-2×1）=2，BeCl2是直线型结构，CO2和BeCl2分子都是直线型分子，故⑤正确；
答案选C。
5．根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是
选项
事实
推测
A
Na、Al通常用电解法治炼
Mg可用电解法治炼
B
H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸
HClO4是强酸
C
Si是半导体材料，Ge也是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
D
Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应
Be与冷水更难反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则镁元素的金属性介于钠元素和铝元素之间，由钠和铝通常用电解法治炼可知，镁可用电解法治炼，故A正确；
B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硫元素，由最高价氧化物对应水化物硫酸是强酸可知，高氯酸是强酸，故B正确；
C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，非金属性依次减弱，则锡和铅的金属性强于锗，由位于金属元素和非金属元素分界线附近的硅和锗是半导体材料可知，锡和铅是金属材料，不是半导体材料，故C错误；
D．同主族元素，从上到下金属性依次增强，则铍的金属性弱于镁，由镁与冷水较难反应可知，铍与冷水更难反应，故D正确；
故选C。
6．下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A．与金属铝反应产生H2的溶液中：Cu2+、Mg2+、、Cl—
B．含有大量Fe3+的溶液中：SCN—、Na+、、I—
C．在10-14=的氢氧化钡溶液中：Na+、K+、Cl−、ClO−
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、HCO
【答案】C
【详解】A．与金属铝反应产生氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中，硝酸根离子与铝反应生成一氧化氮，不能生成氢气，碱溶液中，铜离子、镁离子与氢氧根离子反应，则四种离子在与金属铝反应产生氢气的溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．含有大量铁离子的溶液中，铁离子与溶液中硫氰酸根离子、碘离子反应，不能大量共存，故B错误；
C．四种离子在10-14=的氢氧化钡溶液中不发生任何反应，一定能大量共存，故C正确；
D．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子与亚硫酸根离子、碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。
7．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
①标准状况下，11.2 L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1 L2 mol/L的AlCl3溶液中含氯离子为6NA
④标准状况下，22.4 LHF中分子数为NA
⑤5.6 g铁与足量硫粉反应转移电子数为0.2NA
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．②③④⑤
【答案】A
【详解】①标准状况下，11.2 L以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量是0.5 mol，由于N2、O2都是双原子分子，则0.5 mol混合气体中含有的原子的物质的量是1 mol，则其中所含的原子数为NA，①正确；
②根据阿伏伽德罗定律可知：在同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等，②正确；
③1 L2 mol/L的AlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=1 L×2 mol/L=2 mol，由于1个AlCl3电离产生3个Cl-，则2 mol电离产生的Cl-的物质的量是6 mol，则其中含氯离子为6NA，③正确；
④标准状况下，HF以聚合分子(HF)n存在，因此22.4 LHF中分子数大于NA，④错误；
⑤Fe与S混合加热，反应产生FeS，每1 molFe反应转移2 mol电子。5.6 g铁的物质的量是0.1 mol，则5.6 g Fe与足量硫粉反应转移0.2 mol电子，转移的电子数为0.2NA，⑤正确；
综上所述可知：说法正确的是①②③⑤，故合理选项是A。
8．次氟酸（又名氟氧酸）是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O═HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是
A．氟单质与水反应制氧气 B．钠与水反应制氢气
C．氯气与水反应制次氯酸 D．过氧化钠与水反应制氧气
【答案】A
【分析】分析反应“F2+H2O=HOF+HF”和各选项中H2O的作用，根据分析结果作答。
【详解】HOF中F元素的化合价为-1价、H为+1价、O为0价，HF中F元素的化合价为-1价、H为+1价，反应F2+H2O=HOF+HF中F2为氧化剂，H2O为还原剂，其中O元素被氧化。
A项，F2与H2O反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，该反应中F元素的化合价由0价降至-1价，F2为氧化剂，O元素的化合价由-2价升至0价，H2O为还原剂，被氧化；
B项，Na与H2O反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中Na元素的化合价由0价升至+1价，Na为还原剂，H元素的化合价由+1价降至0价，H2O为氧化剂，被还原；
C项，Cl2与H2O反应的化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，该反应中Cl元素的化合价部分由0价升至HClO中+1价，部分由0价降至HCl中-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；
D项，Na2O2与H2O反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中Na2O2中-1价的O化合价部分升高至0价，部分降至-2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；
与反应“F2+H2O=HOF+HF”中H2O的作用相同的是A项，答案选A。
【点睛】本题易错选C项，注意HOF中F的化合价和HClO中Cl的化合价不同，HOF中F的化合价为-1价，而HClO中Cl的化合价为+1价，所以HOF中O的化合价和HClO中O的化合价也不同。
9．下列说法正确的是
A．在①P、S；②Mg、Ca；③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数和为41
B．放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子跃迁的结果，属于吸收光谱
C．Al原子激发态能量：＞
D．电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了泡利原理
【答案】A
【详解】A．第一电离能：①P＞S、②Mg＞Ca、③Al＜Si，每组第一电离能较大元素的原子序数之和为15+12+14=41，A正确；
B．放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，属于发射光谱，B错误；
C．原子核外各个轨道的能量：3p＞3s＞2p＞2s＞1s，所以Al原子激发态能量：＜，C错误；
D．电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理，D错误；
故合理选项是A。
10．下列实验现象及结论均正确的是
选项
实验
现象
结论
A
在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
该气体产物具有漂白性
B
铝箔插入稀硝酸中
无现象
铝箔表面被硝酸氧化形成致密的氧化膜
C
向稀的NaOH溶液中滴加FeCl3的饱和溶液
产生红褐色溶液
制备Fe(OH)3胶体
D
向某溶液中加入盐酸，无现象后，再加入BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中含

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，反应中二氧化硫表现还原性，故A错误；
B．铝在浓硝酸中发生钝化，在稀硝酸中不发生钝化，故B错误；
C．氯化铁饱和溶液滴入氢氧化钠溶液中制得氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故C错误；
D．向某溶液中加入盐酸，无现象说明溶液中不存在氯离子或碳酸根离子等，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，故D正确；
故选D。
11．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．等物质的量浓度、等体积的Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液混合：Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O
B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2：+CO2+H2O=2
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O=+4+2H2O
D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使沉淀完全：2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋6OH—=Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】A
【详解】A．等物质的量浓度、等体积的碳酸氢钙溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O，故A正确；
B．饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B错误；
C．氯化铝溶液与过量的浓氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓＋3，故C错误；
D．明矾溶液与氢氧化钡溶液恰好使硫酸根离子沉淀完全的反应为明矾溶液与氢氧化钡溶液反应生成偏铝酸根、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Al3＋＋2＋2Ba2＋＋4OH—=AlO＋2BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选A。
12．下列各组物质的分类正确的是
①混合物：氯水、氨水、水银、福尔马林、聚乙烯；
②电解质：明矾、冰醋酸、纯碱；
③非极性分子：CO2、CCl4、CH2Cl2；
④同位素：1H＋、2H2、3H；
⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨
⑥离子化合物：Na2O2、Al2O3、NH4Cl、
⑦含有分子间氢键：H2O、HF、对羟基苯甲醛
A．②⑤⑥⑦ B．①④⑤⑦ C．②③⑥⑦ D．全部正确
【答案】A
【详解】①纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，水银为单质、纯净物，故①错误；
②在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、纯碱水溶液中都可以电离出离子属于电解质，故②正确；
③非极性分子，原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，CH2Cl2为极性分子，故③错误；
④同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素，1H+、2H2并非原子，不是氢的同位素，故④错误；
⑤同素异形体的概念是同种元素的不同单质，C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故⑤正确；
⑥根据含有离子键的化合物属于离子化合物，Na2O2、Al2O3、NH4Cl均为离子化合物，故⑥正确；
⑦H2O、HF均存在分子间的氢键，对羟基苯甲醛，不同分子间的羟基和醛基也存在氢键，故⑦正确；
答案选A。
13．部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
【答案】B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
14．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。

下列有关说法正确的是
A．制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3
B．在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大
C．在实验①中涉及使用试剂加入的顺序为NaOH溶液→NaCO3溶液→BaCl2溶液→盐酸
D．步骤③④的目的是从海水中富集溴
【答案】D
【详解】A．制取碳酸氢钠的反应是先往精盐溶液中通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通入溶于水的二氧化碳使二氧化碳与氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠，故A错误；
B．步骤④发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故B错误；
C．实验①是粗盐提纯制备精盐，为除去氯化钡溶液除去硫酸根离子引入的过量钡离子，应在氯化钡溶液之后加入的碳酸钠溶液，否则无法除去溶液中的钡离子，故C错误；
D．步骤③④是将含有溴离子的稀溶液转化为浓溶液，达到从海水中富集溴元素的目的，故D正确；
故选D。
15．某工业废水中含有较高浓度的Mn2+及少量的Fe2+、Fe3+，欲回收锰元素并净化废水，实验小组设计了如图流程：

已知：①Fe2+完全沉淀的pH=9，Fe3+完全沉淀pH=3，②Mn(OH)2的溶解度大于MnS的溶解度。
下列说法不正确的是
A．Mn2+的3d能级处于半充满状态，故不易被氧化
B．Mn(OH)2悬浊液中加Na2S，Mn(OH)2不可能转化为MnS
C．试剂X可用Na2S，它比NaOH更有利于滤液检测合格
D．通空气氧化Fe2+，可降低NaOH的用量
【答案】B
【分析】由题给流程可知，向废水中通入空气曝气的目的是将废水中的亚铁离子氧化为铁离子，向曝气后的废水中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有锰离子的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将锰离子转化为硫化锰沉淀，过滤得到硫化锰和检测合格后可排放的滤液。
【详解】A．锰元素的原子序数为25，锰离子的价电子排布式为3d5，3d能级处于半充满的稳定状态，离子的性质稳定，不易被氧化，故A正确；
B．由氢氧化锰的溶解度大于硫化锰的溶解度可知，氢氧化锰悬浊液中加入硫化钠溶液，氢氧化锰会转化为溶解度小的硫化锰，故B错误；
C．由氢氧化锰的溶解度大于硫化锰的溶解度可知，若试剂X选用硫化锰，与氢氧化钠溶液相比，滤液中锰离子的浓度会更小，更有利于滤液检测合格，故C正确；
D．由氢氧化铁和氢氧化亚铁完全沉淀的pH可知，通入空气将废水中的亚铁离子氧化为铁离子可降低使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀所用氢氧化钠的用量，故D正确；
故选B。
16．甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下图，已知己元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是

A．丙与戊的原子序数相差25
B．丙的最高价为＋3，它与丁的性质具有相似性
C．简单离子半径：乙>己>甲
D．气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊
【答案】B
【分析】己元素基态原子的M层有6种运动状态不同的电子，则为S元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲为Na元素，根据位置可推知乙为K元素；根据S元素的位置可推知丙为B元素，丁为Si元素，庚为F元素，戊为As元素。
【详解】A．丙与戊的原子序数相差为33- 5= 28，选项A错误；
B．丙为B元素最高价为＋3，根据对角线规则，它与丁的性质具有相似性，选项B正确；
C．甲的离子比乙、已少一个电子层，离子半径最小，乙和已具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径：己>乙>甲，选项C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，同周期自左而右非金属性增强，同主族自.上而下非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性:庚>己>戊，选项D错误；
答案选B。
17．下列叙述中正确的是
A．某物质熔融状态能导电，可以证明该物质内一定存在离子键
B．单质分子中含有共价键一定是非极性共价键
C．离子键就是使阴阳离子结合成化合物的静电引力
D．共价化合物中，一定存在极性共价键，可能存在非极性键，一定不存在离子键
【答案】D
【详解】A．金属熔融状态也能导电，不含离子键，A错误；
B．单质分子中可能不含共价键，如稀有气体是单原子分子，不含化学键，B错误；
C．离子键就是使阴阳离子结合成化合物的静电作用力，包含引力和斥力，C错误；
D．共价化合物中，一定不存在离子键，一定存在极性共价键，可能存在非极性键，D正确；
故选D。
18．下列实验装置不能达到实验目的的是

A．图I：用SO2做喷泉实验
B．图II：验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C．图III：验证NH3易溶于水
D．图IV：制取氨气
【答案】D
【详解】A．二氧化硫能与浓氢氧化钠溶液反应，烧瓶中气体的物质的量迅速减小，气体压强迅速减小，形成内外压强差，从而形成喷泉，故A正确；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，气体的物质的量减小，由U形管中液面左低右高可知，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水时，反应放出的热量使U试管中的气体受热膨胀，故B正确；
C．将胶头滴管中的水滴入烧瓶中，极易溶于水的氨气溶于水，烧瓶中的气体的物质的量减小，气球会立刻膨胀起来，故C正确；
D．盛有氯化铵的大试管直接受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口重新结合生成NH4Cl，不能制取氨气，故D错误；
答案选D。
19．过多的排放，往往会产生污染。某研究性小组探究NO与炽热的铜粉反应，设计如下实验

已知：NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成，E中产生的浓度较稀。
下列说法错误的是
A．实验前通，排尽空气，防止空气中氧气干扰实验，实验后通，排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性气体
B．装置B中的试剂为
C．反应一段时间后，装置D中铜粉变黑，D中发生反应的化学方程式
D．F装置中的试剂是NaOH，吸收多余的NO，防止污染环境
【答案】D
【详解】装置A中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮；装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮通过五氧化二磷进行干燥；在装置D中一氧化氮与铜粉在加热条件下反应；装置E中酸性高锰酸钾溶液用于除去未反应的一氧化氮，装置F用于检查装置气密性，以此来解析；
A．实验前通N2，排尽空气，防止空气中氧气氧化NO干扰实验，实验后通N2，排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性气体，A不符合题意；
B．装置B中的试剂为H2O，吸收NO中混有的NO2，B不符合题意；
C．反应一段时间后，装置D中铜粉变黑生成CuO，且E中产生的NO浓度较稀，则D中NO被消耗，发生反应的化学方程式：2Cu+2NO2CuO+N2，C不符合题意；
D．NO与NaOH不反应，不能吸收多余的NO不能防止污染环境，D符合题意；
20．下列叙述中正确的个数为
①向某溶液中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定没有
②硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中
③CO、NO、NO2 都是大气污染气体，在空气中均能稳定存在
④常温下，可用铁制容器盛装浓硝酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸不反应
⑤浓硫酸与蔗糖反应时，蔗糖变黑膨胀，体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
⑥可以用CS2清洗残留硫粉的试管
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】D
【详解】①稀氢氧化钠与铵根离子反应生成一水合氨，由于反应产生的一水合氨浓度较小，且没有加热条件，因此不产生氨气，而没有使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故不能据此检验的存在，①错误；
②浓硝酸不稳定，在光照条件下分解成二氧化氮、水、氧气，所以为避免浓硝酸分解，一般将其盛放在棕色试剂瓶中放置在阴凉处，②正确；
③CO、NO、NO2 都是大气污染气体，但NO和O2在室温下迅速反应生成NO2，因此在空气中不能稳定存在，③错误；
④常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，是因为浓硝酸将铁氧化而“钝化”， ④错误；
⑤蔗糖属于有机物，浓硫酸有脱水性，可以使蔗糖脱水炭化变为碳(变黑)，同时放热，浓硫酸将反应得到碳单质氧化为二氧化碳，浓硫酸被还原为二氧化硫，气体从固体中逸出，导致物质体积膨胀，这体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，⑤错误；
⑥S是由非极性分子构成的物质，易溶于由非极性分子构成的溶剂CS2中，因此可以用CS2清洗残留硫粉的试管，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是②⑥，共2项，则合理选项是D。
21．某离子液体的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大，且原子半径依次减小的短周期非金属元素，其中Z在地壳中含量最多。下列说法正确的是

A．简单氢化物的沸点：W>Z>Y
B．元素电负性：W>Z>X>Y
C．最高价氧化物对于应水化物的酸性元素W强于元素Y
D．该离子液体的阴离子中所有原子均达到8电子稳定结构
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大，且原子半径依次减小的短周期非金属元素，Z元素在地壳中含量最多，则Z为O元素；由图可知，W能形成一个共价键，则W为F元素；Y能形成4个共价键、该离子带一个单位负电荷，且能形成Y—Y，则Y为C元素、X为B元素。
【详解】A．氟化氢分子间的氢键弱于水分子，沸点低于水分子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则硼元素的电负性小于碳元素，故B错误；
C．氟元素的非金属性强，没有正化合价，所以不可能存在最高价氧化物对于应水化物，故C错误；
D．由离子液体的阴离子结构示意图可知，阴离子中所有原子均达到8电子稳定结构，故D增强；
故选D。
22．火山喷发产生的化学物质，在自然界的转化历程和工业应用如图所示。下列说法错误的是

A．火山喷发会形成硫酸型酸雨，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
B．火山喷发会造成气温下降，可能原因是大量气体进入平流层形成硫酸气溶胶阻挡太阳辐射
C．FeS2转化为石膏时，1molFeS2最多消耗3.5molO2
D．工业制备硫酸可用硫铁矿经FeS2→SO2→SO3→H2SO4多步反应制备
【答案】C
【详解】A．硫酸型酸雨的形成可以近似看做排放到空气中的二氧化硫气体，与潮湿空气中水蒸气、氧气在空气粉尘的催化作用下生成硫酸或空气中粉尘做催化剂，氧气氧化二氧化硫生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故A正确；
B．火山喷发产生大量二氧化硫，进入大气中形成硫酸气溶胶阻挡太阳辐射，造成气温下降，故B正确；
C．FeS2转化为石膏时，Fe元素由+2价升高为+3价，S元素由-1价升高为+6价，1molFeS2最多失去1mol×{(3-2)+2×[6-(-1)]}=15mol，根据电子转移守恒，可消耗O2为=3.75mol，故C错误；
D．工业制备硫酸的反应是：4FeS2+11O2═2Fe2O3+8SO2，2SO2+O2═2SO3，SO3+H2O═H2SO4，可用硫铁矿经FeS2→SO2→SO3→H2SO4多步反应制备硫酸，故D正确；
故选：C。
23．下列叙述中正确的个数有
①价层电子对用于形成σ键和π键
②互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质也相同
③以下原子中，①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4半径最大的是①
④某短元素的逐级电离能(kJ∙mol−1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素可能在第三周期IIA族
⑤NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短
⑥卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高
⑦主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大
⑧氢原子的电子云图中小黑点表示电子的运动轨迹
⑨共价键一定有方向性和饱和性
⑩只要分子的空间结构为平面三角形，中心原子均为sp2杂化
⑪由酸性FCH2COOH>CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH>CH3COOH
A．4个 B．6个 C．5个 D．3个
【答案】C
【详解】①价层电子对只用于形成σ键，不能用于形成π键，故错误；
②互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，但性质不相同，故错误；
③以下原子中，①1s22s22p63s23p2为Si原子、②1s22s22p3为N元素原子、③1s22s22p2为C碳原子、④1s22s22p63s23p4为S原子，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径最大的是硅原子，故正确；
④由某短元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703可知，该元素的第二电离能与第三电离能产生突变，说明原子的最外层电子数为2，可能位于元素周期表第三周期IIA族，故正确；
⑤同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮原子的原子半径小于碳原子，所以NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短，故正确；
⑥卤素氢化物中氟化氢能形成分子间氢键，熔、沸点高于其他不能形成分子间氢键的氢化物，故错误；
⑦主族元素的非金属性越强，电负性越大，但ⅤA族的原子元素原子的p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，如氮元素的第一电离能大于电负性大的氧元素，故错误；
⑧氢原子的电子云图中小黑点表示核外电子出现的几率，不能表示电子的运动轨迹，故错误；
⑨共价键不一定有方向性和饱和性，如氢分子的s-s键不具有方向性，故错误；
⑩微粒的立体构型是平面三角形说明中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子采用sp2杂化，故正确；
⑪酸性FCH2COOH>CH3COOH说明分子中存在含有强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性增强， ClCH2COOH分子中的氯原子为强吸引电子基团，则酸性ClCH2COOH>CH3COOH，故正确；
③④⑤⑩⑪正确，故选C。
24．按如图装置进行实验。在I中加入试剂后，塞紧橡皮塞，立即打开止水夹，II中有气泡冒出；一段时间后，关闭止水夹，II中液面上升，原无色溶液变浑浊。符合以上实验现象的I和II中对应的试剂为


A
B
C
D
I
FeS、稀
铁粉、稀
铝片、浓
Cu、浓
II
溶液
氨水
溶液
溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．FeS与稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢和氯化铁反应生成淡黄色的硫单质，硫酸亚铁和氯化铁不反应，故A不符合题意；
B．铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁和氨水反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，故B符合题意；
C．铝片、浓硫酸发生钝化，因此II中没有气泡冒出，故C不符合题意；
D．Cu和浓硫酸在加热条件下反应，常温下不反应，因此II中没有气泡冒出，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
25．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测定生成沉淀的质量比合金的质量增加5.1克，则下列有关叙述中正确的是
A．加入合金的质量可能是6.4克
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200ml
D．溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24升。
【答案】A
【分析】将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2 +2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg((NO3)2 +2NaOH =Mg((OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2 +2NaOH =Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为：n(OH-)==0.3mol，根据反应方程式可知，Mg2+~2OH-，Cu2+~2OH-，故镁和铜的总的物质的量为0.3mol ×=0.15mol。
【详解】A．假设金属全为镁，金属质量为0.15mol 24g/mol=3.6g，若全为铜，则金属质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，两者混合金属的质量可能为6.4g，A正确；
B．根据方程式可知参加反应的n(HNO3)=n(金属)==0.4mol，B错误；
C．反应消耗氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=n(OH-)=0.3mol，故加入的氢氧化钠溶液的体积==0.1L=100mL，C错误；
D．金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol2=0.3mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量 n(NO)==0.1mol，没有说明是标准状况，不能确定气体的体积，D错误；
故选A。

二、填空题
26．I.下面是同学们熟悉的物质：①SO2②P4③NaBr④CCl4⑤Na2CO3⑥NH4Cl⑦NaHSO4⑧Ne⑨Na2O2⑩H2O2。
(1)其中只含有共价键的非极性化合物有_______(填序号，下同)
(2)含有非极性共价键的离子化合物_______；
(3)不含共价键的化合物_______；
(4)含有极性键和非极性键的化合物是_______；
(5)将NaHSO4加热到熔融，写出其熔融状态的电离方程式：_______。
II.写出用下图所示装置写出制备Cl2、NH3的化学方程式。(依据条件需要装置可以加热)

(6)制备Cl2_______。
(7)制备NH3_______。
【答案】(1)④
(2)⑨
(3)③
(4)⑩
(5)
(6)
(7)

【解析】（1）
④CCl4中含有C-Cl极性共价键，分子为正四面体结构，属于非极性分子，答案为④；
（2）
⑨Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中O-O之间形成的是非极性共价键，故含有非极性共价键的离子化合物有⑨；
（3）
③NaBr由钠离子和溴离子构成的离子化合物，不含共价键，故不含共价键的化合物有③；
（4）
化合物⑩H2O2中O-O键为非极性键，H-O键为极性键，故含有极性键和非极性键的化合物是⑩；
（5）
将NaHSO4加热到熔融，电离出钠离子和硫酸氢根离子，故其熔融状态的电离方程式为： ；
（6）
利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，反应的化学方程式为 ；
（7）
浓氨水滴加到氢氧化钠固体中反应生成氨气和水，反应的化学方程式为。

三、结构与性质
27．已知a、b、c、d、e、f是中学化学中常见的七种元素，其结构或者性质信息如下表所示：
元素
结构或者性质信息
a
原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数
b
非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物
c
原子的最外层电子数是内层电子数的3倍
d
第四周期VIII族中原子序数最大的元素
e
元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子
f
单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子

(1)写出元素d基态原子的核外电子排布是_______。
(2)写出元素e基态原子的价电子轨道排布式_______。
(3)元素a的原子核外共有_______种不同运动状态的电子，有_______种不同能量的电子。
(4)c、f的气态氢化物的稳定性顺序为_______(填化学式)，请比较a、b、c的电负性大小顺序为_______(填元素符号)。
(5)用电子式表示ac2的形成过程_______，在分子中键与π键的比值关系_______。
(6)元素f位于周期表中_______区。
(7)氢元素与b元素形成的10电子分子的价层电子对数____，分子的空间构型为_____。
(8)元素e第二电离能为1958kJ/mol，元素d的第二电离能为1753kJ/mol，元素e的第二电离能大于元素d的第二电离能的原因是_______。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2
(2)
(3)     6     3
(4)     H2O     O＞N＞C
(5)          1：1
(6)p
(7)     4     三角锥形
(8)Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大

【分析】a原子的L层上s能级电子数等于p能级电子数，则a为C元素；b元素非金属元素，其单质为气态，有多种氧化物且都是大气污染物，则b为N元素；c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O元素；d元素为第四周期VIII族中原子序数最大的元素，则d为Ni元素；e元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则e为Cu元素；f的单质常温、常压下是易挥发的液体，基态原子的N层上有1个未成对的p电子，则f为Br元素。
（1）
镍元素的原子序数为28，基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；
（2）
铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子轨道排布式为，故答案为：；
（3）
碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，由泡利不相容原理可知，碳原子的核外有6种不同运动状态的电子，有1s、2s、2p共种不同能量的电子，故答案为：6；3；
（4）
元素的非金属性越强，电负性越大、气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于溴元素，则水的稳定性强于溴化氢，碳、氮、氧三种元素的非金属性依次增强，则电负性依次增大，故答案为：H2O；O＞N＞C；
（5）
二氧化碳为共价化合物，表示二氧化碳的形成过程的电子式为，碳氧双键中含有1个键和1个π键，则分子中键与π键的比值为2：2=1：1，故答案为：；1：1；
（6）
溴元素的原子序数为35，价电子排布式为4s24p5，位于元素周期表的p区，故答案为：p；
（7）
氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以氨分子的空间构型为三角锥形，故答案为：4；三角锥形；
（8）
Cu+的外围电子排布为3d10，呈半充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大。

四、原理综合题
28．金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：
(1)目前使用量最大的合金是_______。
A．钢 B．青铜 C．镁合金 D．铝合金
(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______。
A．Mg2+ B．Fe2+ C．A13+ D．Cu2+
(3)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取高铁酸钠并回收金属Cu，其工艺流程如下：

①试剂a为_______(填化学式，下同)，滤渣II的主要成分为_______。
②检验滤液I中是否存在Fe3+的试剂是_______。
③滤液II中有少量铜离子，产生的原因_______；用_______(物质名称)将其除去。
④制备Na2FeO4的反应原理是：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，当反应中转移电子总数约为时，则生成Na2FeO4的物质的量为_______mol。
(4)纳米铁粉可用于处理废水中的。酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe3+与，其反应的离子方程式是_______。
【答案】(1)A
(2)BC
(3)     H2SO4     Cu     KSCN溶液     废金属屑含有少量Fe2O3，与硫酸反应产生的铁离子与铜反应生成铜离子2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+     铁粉     0.3mol
(4)

【分析】在流程图中， 对废金属屑加少量硫酸，除去氧化铁得到硫酸亚铁溶液和铁铜的混合固体，过滤之后再加足量的稀硫酸，得到硫酸亚铁溶液和固体铜，过滤之后可回收铜；合并两次的硫酸亚铁溶液，经过一系列操作之后得到硫酸亚铁固体，再加入过氧化钠在氮气作保护气700℃的条件下，反应生成高铁酸钠固体。
（1）
钢是目前使用量最大的合金，答案选A；
（2）
向这四种离子的加入过氧化钠，亚铁离子被氧化成了铁离子，一定会大量减少；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，铝离子与过量的氢氧化钠反应会生成偏铝酸钠溶液，过滤之后不再滤渣之中，故也会大量减少，而镁离子和铜离子虽然与氢氧化钠反应生成了氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，但是又与盐酸反应生成了镁离子和铜离子，几乎没有变化，答案选BC；
（3）
①废金属屑主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3，对废金属屑加少量的试剂a，主要就是处理氧化铁，根据一系列操作之后得到的是硫酸亚铁，故试剂a为稀硫酸；滤渣I为铁铜混合物，再经过足量的稀硫酸，生成硫酸亚铁溶液和固体铜，故滤渣II为铜；答案为H2SO4；Cu；
②检验Fe3+的试剂一般是KSCN溶液，现象是出现溶液变为血红色；答案为KSCN溶液；  
③滤液II中有少量铜离子，产生的原因是废金属屑含有少量Fe2O3，与硫酸反应产生的铁离子与铜反应生成铜离子2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，用铁粉将其除去；
④在方程式中，铁元素的化合价由+2上升为+6，有两个铁原子发生了这种变化，O元素从-1上升到0价，有两个氧原子发生了这种变化，故转移电子数为10e-，实际转移电子总数约为9.03×1023，即1.5mol，则根据比例关系；
（4）
酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe3+与，同时有水生成，其离子方程式为。

五、实验题
29．根据要求，回答下列问题：
I.用下列仪器进行实验，可检验碳与浓硫酸反应生成的气体中含有CO2和SO2(图中加热及夹持仪器略去)。
A．B．C．D．
(1)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为_______。
(2)上述仪器按气流方向从左到右的连接顺序为A_______(填装置标号，根据需要可以重复使用某些装置)。
(3)证明加热时碳与浓硫酸发生的反应中有CO2气体产生的实验现象是_______。
II.实验室设计了如图所示装置对焦炭还原二氧化硅所得到的气体产物进行探究。

已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd↓(产生黑色金属钯沉淀)。
(4)实验时要长时间通入N2，其目的是_______。
(5)装置C、D中所盛试剂分别为_______、_______。若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_______。
(6)该装置的缺点是_______。
【答案】(1)
(2)ACBCD
(3)气体第二次通入品红溶液中，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊
(4)避免空气中的O2、CO2和H2O对实验产生干扰
(5)     澄清石灰水     PdCl2    
(6)该装置缺少尾气处理装置

【分析】利用加热条件下碳与浓硫酸发生反应生成物进行探究分析，设计方案，再设计对焦炭还原二氧化硅所得气体进行分析探究其成分。
（1）
加热时，碳与浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为；
（2）
二氧化碳和二氧化硫的混合气体应该选择选检验二氧化硫，再除二氧化硫，防止对二氧化碳的鉴别造成干扰，再用一次品红检验二氧化硫是否除尽，最后鉴别二氧化碳；酸性高锰酸钾溶液用于除二氧化硫、品红溶液用于鉴别二氧化硫和检验二氧化硫是否除尽、澄清石灰水用于鉴别二氧化碳，故上述仪器按气流方向从左到右的连接顺序为ACBCD；
（3）
当第二次品红不变色，即二氧化硫除尽；当石灰水变浑浊，即反应中有二氧化碳产生，证明加热时碳与浓硫酸发生的反应中有CO2气体产生的实验现象是气体第二次通入品红溶液中，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊；
（4）
装置中充满了空气，通N2的目的就是为了排尽装置内的空气。避免空气中的O2、CO2和H2O对实验产生干扰；
（5）
C中装澄清石灰水，以检验生成了二氧化碳，D中装PdCl2，以检验CO的存在；经检测两气体产物的物质的量相等，即方程式中CO和CO2的系数相等，即反应的化学方程式为；
（6）
由于CO和氯化钯溶液反应生有HCl气体生成，还有剩余CO气体，故会污染空气，该装置缺少尾气处理装置。