湖南省长沙市A佳教育联盟2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题
一、单选题
1．中国的量子通信、5G技术在世界上处于领先地位。下列说法不正确的是
A．工业制粗硅反应的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑
B．光导纤维被广泛应用于光缆通讯，其成分是二氧化硅
C．“北斗”全球导航卫星计算机的芯片材料是高纯度硅
D．普通玻璃的生产以烧碱、石灰石和石英砂为原料
【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】 A．工业利用C还原SiO2制取粗硅，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A正确；
B．光导纤维被广泛应用于光缆通讯，其成分是二氧化硅，故B正确；
C．高纯度硅单质是半导体材料可以做“北斗”全球导航卫星计算机的芯片材料，故C正确；
D．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料，经混合、粉碎，在玻璃窑中熔融，发生复杂的物理变化和化学变化而制得，故D错误；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质判断应用，D．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料分析。
2．下列物质不能通过单质间直接化合生成的是
A．Cu2S B．SO3 C．Fe3O4 D．FeCl3
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A. 硫的氧化性较弱，硫与铜反应只能生成硫化亚铜，故A正确；
B.硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫，故B错误；
C. Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故C正确；
D. 氯气与Fe反应生成氯化铁，故D正确；
故答案为：B。
【分析】依据元素及其化合物的性质分析，B.硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫。
3．下列除杂质的方法错误的是
A．CO2气体中混有少量SO2：用KMnO4溶液洗气
B．FeCl3溶液(CuCl2)：加入Fe粉
C．Cl2气体中混有少量HCl：用饱和食盐水溶液洗气
D．Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】 A．SO2具有还原性，可以被强氧化性的物质KMnO4溶液氧化为硫酸，而CO2气体不能反应，因此可以达到除杂净化的目的，A正确；
B．Fe与FeCl3发生反应产生FeCl2，导致物质物质完全变质，因此不能使用Fe粉除杂，B错误；
C．Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应为可逆反应，HCl能够在饱和食盐水中溶解，但溶液中Cl-增大会抑制Cl2的溶解、反应，因此可用饱和食盐水溶液洗气来除去Cl2气体中混有少量HCl杂质，C正确；
D．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，能够达到除杂、净化的目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】依据物质和杂质的性质分析，除杂时与被提纯的物质反应，且不引入新的杂质分析。
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下，4.8g由O2和O3组成的混合气体中所含氧原子总数为0.3NA
B．1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数是：3NA
C．1mL1mol L-1的HCl溶液中所含H+的数目为0.3NA
D．标准状况下，3.36LCH4中含有氢原子的数目等于0.6NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】 A．O2和O3的最简式为“O”，所以常温常压下，4.8g由O2和O3组成的混合气体中所含氧原子总数为，A正确；
B．Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成，所以1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数为3NA，B正确；
C．HCl为强酸，所以1mL1mol L-1的HCl溶液中所含H+数目为1mol/L×1×10 3L×NAmol 1=0.001 NA，C错误；
D．标准状况下，3.36LCH4的物质的量为，含有氢原子的数目为0.15mol×4×NAmol 1=0.6NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．O2和O3的最简式为“O”；
B．Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成；
C．HCl为强酸；
D．依据分子组成和计算。
5．研究表明，核废水中含有Cs、Cs下列有关说法中错误的是
A．Cs和Cs互为同位素
B．Cs原子中核外电子数为79
C．Cs和Cs属于两种不同的核素
D．Cs原子中含有的中子数为82
【答案】B
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 质子数相同中子数不同的核素互为同位素，则Cs和Cs 互为同位素，A正确；
B.依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析核外电子数=质子数=55，故B错误；
C. Cs和Cs二者的质子数相同中子数不同，属于两种不同的核素，故C正确；
D. Cs 原子中含有的中子数=质量数-质子数137-55=82，故D正确；
故答案为：B
【分析】依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析核外电子数=质子数；质子数相同中子数不同的核素互为同位素分析。
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
A．某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO、OH-
B．与铝反应放出H2的溶液：NH、K+、SO、NO
C．透明溶液：K+、H+、MnO、SO
D．含有大量Fe2+的溶液中：H+、Ca2+、NO、Cl-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】 A．Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B．与铝反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，B不符合题意；
C．K+、H+、、不能发生任何反应，在透明溶液中可以大量共存，C符合题意；
D．Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A．Cu2+水溶液显蓝色；
B．H+、与Al反应不能产生H2；OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O；
C．K+、H+、、不能发生任何反应；
D．Fe2+、H+、反应。
7．某同学根据化学反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，并利用实验室材料制作原电池。下列关于该原电池组成的说法正确的是
选项 A B C D
正极 锌棒 铁棒 石墨棒 铁棒
负极 铁棒 石墨棒 铁棒 铜棒
电解质溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】 A．由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为负极，Fe为正极，A不符合题意；
B．由于电极活动性：Fe＞石墨，则Fe为负极，石墨为正极，B不符合题意；
C．由于电极活动性：Fe＞石墨，则Fe为负极，石墨为正极，H2SO4为电解质溶液，能够发生原电池反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，C符合题意；
D．由于电极活动性：Fe＞Cu，则Fe为负极，Cu为正极，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 若将反应Fe+2H+=Fe2++H2↑设计为原电池，则Fe为负极，活动性比Fe弱的电极为正极，电解质溶液为硫酸，结合原电池反应中，活动性强的为负极，活动性弱的为正极，据此分析解答。
8．除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)加入的药品顺序不正确的是
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→过滤后加盐酸
【答案】A
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】 粗盐中Mg2+、、Ca2+利用沉淀法进行除去，选择的试剂分别为NaOH、BaCl2、Na2CO3。但过量的BaCl2需要Na2CO3进行沉淀除去，而过量的NaOH、Na2CO3需要盐酸进行除去。所以Na2CO3应该在BaCl2之后，而盐酸在最后加入。A项过量的BaCl2无法除去，所以A项错误；
故答案为：A。
【分析】依据过量的BaCl2需要Na2CO3进行沉淀除去判断。
9．下列说法正确的是
A．凡是需要加热的化学反应都不是放热反应
B．灼热的炭与二氧化碳的反应属于放热反应
C．有能量放出或吸收的变化一定是化学变化
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量为吸热反应
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】 A．铝热反应需要高温，属于放热反应，A错误；
B．灼热的炭与二氧化碳的反应属于吸热反应，B错误；
C．有能量放出或吸收的变化不一定是化学变化，如灯泡的发光放热属于物理变化，C错误；
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量，则整体表现为吸收热量，即该反应为吸热反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．铝热反应需要高温；
B．反应属于吸热反应；
C．灯泡的发光放热属于物理变化；
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量反应为吸热反应。
10．下列由实验操作、现象所得结论正确的是
选项 操作现象结论
A 向溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变为红色 溶液中一定含有Fe2+
B 将碘化钾溶液滴到一片馒头上 显蓝色 馒头中含有淀粉
C 气体通入石灰水中 石灰水变浑浊 气体为CO2
D 将分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒相互靠近 有白烟生成 浓盐酸、浓氨水均具有挥发性，并生成铵盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A．操作时加入的试剂顺序不科学，应该先加入KSCN，若无明显现象，再加入氯水，溶液变红，则证明原溶液中含亚铁离子，A错误；
B．淀粉遇到碘单质会变蓝，所以操作中检验试剂和现象错误，B错误；
C．二氧化硫也属于酸性氧化物，遇到澄清石灰水也会变浑浊，所以能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是二氧化碳，C错误；
D．浓盐酸、浓氨水均易挥发，挥发的HCl和NH3会发生反应生成氯化铵固体小颗粒，可观察到有白烟生成，操作、现象和结论均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．操作时加入的试剂顺序不科学；
B．淀粉遇到碘单质会变蓝；
C．二氧化硫遇到澄清石灰水也会变浑浊；
D．浓盐酸、浓氨水均易挥发。
11．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．与Z同主族元素的氢化物中，Z的氢化物稳定性最强
B．W、X、Y、Z四种元素的原子半径，X的最大
C．自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为X的氧化物
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，可知HF的稳定性最强，故A错误；
B.同周期同左到右原子半径依次减小，可知钠的最大，故B错误；
C.自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为硅的氧化物，故C正确；
D.硅酸是弱酸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
12．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示。则下列说法中正确的是
A．还原性：I-＜Fe2+＜Br-
B．原混合溶液中Br-的物质的量为4mol
C．线段BC表示Cl-的物质的量变化
D．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】
A.反应中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：，反应中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：，所以还原性，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2 mol，通入氯气的量为1~3 mol的过程中，亚铁离子从4 mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4 mol，在通入氯气的量为3~6 mol的过程中溴离子从6 mol降到0，所以溴离子的物质的量是6 mol，故B错误；
C.由A分析可知，通入氯气后，碘离子先被氧化，Cl-的物质的量就会增大，而后是Fe2+，据此分析，线段BC表示Fe3+的物质的量变化 ，故C错误；
D.碘离子的物质的量为2 mol，亚铁离子是4 mol，溴离子的物质的量是6 mol，n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据强制弱的规律，还原性；
BD.依据反应的顺序和得失电子守恒判断；
C.由A分析。
13．将12.8g铜片加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L(标准状况下)；若向反应后的溶液中加入400mL 2mol/LNaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀．下列说法不正确的是
A．铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol
B．反应后溶液中剩余的物质的量为0.4mol
C．混合气体中NO和的体积之比为1：1
D．原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L
【答案】B
【知识点】物质的量浓度；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】 A.由于12.8g铜的物质的量，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，即转移的电子为0.4mol，A项正确，不符合题意；
B.加入氢氧化钠溶液使铜离子完全沉淀后的溶液中的溶质是NaNO3，所以溶液中反应剩余的n(NO3-)=n(Na+)=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，B项错误，符合题意；
C. 12.8g铜的物质的量，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，在氧化还原反应中得失电子数相同，设混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，则有：
，解得，因此两气体的物质的量之比为1：1，而体积之比等于物质的量之比，故体积之比也为1：1，C项正确，不符合题意；
D.原硝酸溶液反应后，一部分氮元素变为NO和NO2以气体的形式从反应容器中逸出，而另一部分氮元素以NO3-的形式存在于溶液中。当加入NaOH溶液使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，此时溶液中n(NO3-)=n(Na+)=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，即反应后溶液中剩余NO3-的物质的量为0.8mol，而逸出的气体中含有的N原子的物质的量，则可知原硝酸的物质的量n=0.8mol+0.2mol=1mol，则物质的量浓度为，D项正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 铜的物质的量，反应后铜化合价升高到+2价，可知失去的电子的物质的量为0.4mol，设混合气体中NO为x mol，NO2为 ymol，那么可列出二元一次方程组计算NO和NO2的物质的量，据此进行分析判断。
14．一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入4molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共32g时，隔板处于如下图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是
A．右边CO与CO2分子数之比为3∶1
B．左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左右两边体积比为3∶1
C．右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为5∶6
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边 CO和CO2 气体总的物质的量为1 mol，设，，，，联立计算x=0.75mol，y=0.25mol，根据分子数之比等于物质的量之比，可知右边 CO和CO2 分子数之比为3：1，故A正确；
B.右侧CO和CO2 的物质的量1mol， 左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左侧气体的物质的量为3mol，同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，左右两边体积比为3∶1，故B正确；
C.同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体的平均分子量为，氧气的相对分子质量为32，可知右侧气体密度与相同条件下氧气密度相等，故C错误；
D.若改变右边CO和CO2的充入量，使隔板处于距离右侧1/3处，根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边CO和CO2气体总的物质量为2 mol，同温同体积下物质的量之比等于压强之比，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为，故D正确。
故答案为：C。
【分析】根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比和同温同体积下物质的量之比等于压强之比分析。
二、非选择题
15．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如图：
（1）工业上常以黄铁矿(FeS2)为原料，通过高温锻烧的方式来制备SO2，将KSCN滴入其另一种产物(红棕色氧化物)与盐酸充分反应后的溶液中，变成血红色，写出该反应的化学方程式 。
（2）为提高吸收塔中的工作效率，可采用的方式是 。
（3）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。尾气处理可用NaOH溶液吸收，写出相关反应的离子方程式 。
（4）为验证SO2的某些性质，设计了下列装置图。试回答：
①E中的实验现象为 ，证明SO2具有 性。
②通入SO2后，F中的酸性KMnO4溶液褪色，证明SO2具有 性，写出相关的离子方程式 。
③H中使用倒置漏斗的目的是 。
【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
（2）气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收
（3）SO2+2OH-=SO+H2O
（4）有淡黄色沉淀生成；氧化；还原；5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+；防倒吸
【知识点】工业制取硫酸；性质实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)、KSCN滴入其另一种产物(红棕色氧化物)与盐酸充分反应后的溶液中，变成血红色， 说明有+3价铁离子，首先判断该反应中元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，根据得失电子守恒配平即可，该反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ，故答案为： 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ；
(2)为提高吸收塔中的工作效率，可采用的方式是气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收 ；故答案为： 气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收；
(3)、SO2可用NaOH溶液吸收， 二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式：SO2+2OH-=SO+H2O，故答案为： SO2+2OH-=SO+H2O ；
(4)、① 二氧化硫有氧化性与氢硫酸反应生成硫单质和水，所以会有淡黄色沉淀生成，证明SO2具有氧化性。故答案为： 有淡黄色沉淀生成 ； 氧化；
②通入SO2后，F中的酸性KMnO4溶液褪色， 二氧化硫与高锰酸钾溶液发生反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸；反应过程中硫的化合价升高，说明SO2具有还原性，相关的离子方程式5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+。故答案为： 还原 ； 5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+；
③ 二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸，所以使用倒置漏斗的目的是防倒吸。 故答案为： 防倒吸。
【分析】(1)、依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
(2)依据影响反应速率的因素分析；
(3)、二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；
(4)、① 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水；
②二氧化硫与高锰酸钾溶液发生反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸；
③ 二氧化硫易溶于水。
16．请回答下列问题。
（1）从断键和成键的角度分析反应中2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化，化学键的键能如表所示：
化学键 H－H O=O H－O
键能/(kJ/mol) 436 496 463
①生成3molH2O(g)可放出的热量为 kJ。
②写出水分子的结构式 。
③写O2分子的电子式 。
（2）Mg、Al设计成如图所示原电池装置：
①若X为氢氧化钠溶液，负极的电极反应式为 。
②电解质溶液中的阴离子移向 极(填“Mg”或“Al”)。
③当电路中通过1mole-时，溶液质量 (填“增加”或“减少”) g。
【答案】（1）726；；
（2）Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O；Al；增加；8
【知识点】反应热和焓变；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】 （1）①断裂1molH-H键需要吸热436kJ，断裂0.5molO=O键需要吸热为，形成2molH-O键需要放热463kJ×2=926kJ，则生成3molH2O（g）可以放出3×（926-436-248）kJ=726kJ热量，
故答案为：726；
②水分子的结构为V形，其结构式为：，
故答案为：；
③O2分子中氧原子之间以共价双键形式连接形成8电子稳定结构，其电子式为：，
故答案为：；
（2）①Al与氢氧化钠水溶液会发生氧化还原反应，所以上述电池中，Al为负极，发生失电子的氧化反应转化为偏铝酸根离子，其电极反应为：，
故答案为：；
②原电池装置中，电解质溶液中的阴离子移向负极，即上述装置中，阴离子移向Al电极，
故答案为：Al；
③上述反应的总化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，溶液质量增加（2×27-3×2）g=48g时，电路中转移6mol e-，那么当电路中通过1mole-时，溶液质量增加，
故答案为：增加；8。
【分析】 （1）①反应放出或吸收的能量=反应物和生成物总键能差的绝对值；
②水分子的结构为V形；
③O2分子中氧原子之间以共价双键形式连接形成8电子稳定结构；
（2）①Al与氢氧化钠水溶液会发生氧化还原反应，所以上述电池中，Al为负极，发生失电子的氧化反应转化为偏铝酸根离子；
②原电池装置中，电解质溶液中的阴离子移向负极；
③上述反应的总化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
17．请回答下列问题。
随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示：
（1）f的离子结构示意图为 。
（2）将上述处在第三周期的元素的离子，按半径由小到大进行排列 (填离子符号)。
（3）研究g、h非金属性强弱的方案中不可行的是____(填序号)。
A．比较其简单氢化物稳定性
B．比较其单质与氢气反应的难易程度
C．比较其简单阴离子的还原性
D．比较其氧化物的水化物的酸性
（4）元素y在周期表中的位置为 ，对x、z组成的简单阳离子进行检验，反应的离子方程式是 ，现象是 。
（5）f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）
（2）Al3+＜Na+＜Cl-＜S2-
（3）D
（4）第二周期第IVA族；NH+OH-NH3↑+H2O；产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
（5）Al2O3+3C+N22AlN+3CO
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 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)、Al是13号元素，铝离子核外电子数为10，铝的离子结构示意图为，故答案为：；
(2)、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：Al3+＜Na+＜Cl-＜S2- ，故答案为： Al3+＜Na+＜Cl-＜S2-；
(3)、A：同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强气态氢化物越稳定，故A可行；
B：非金属性越强，单质与氢气反应越容易，故B可行；
C：单质的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，故C可行；
D：元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应的水化物则不一定，故D不可行；
故答案为：D。
(4)、y是C元素，在周期表中的位置为第二周期第IVA族，氨根离子与碱反应生成氨气和水，反应的离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O ；检验铵根离子时应加入碱溶液，加热能够产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，故答案为：第二周期第IVA族 ； NH+OH-NH3↑+H2O ； 产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 ；
(5)Z为氮，G为铝，组成的化合物氮化铝；工业上用G的氧化物为氧化铝、Y单质为碳、Z单质为氮气，在高温下反应制备氮化铝，其中氧化铝和碳单质的物质的量之比为1∶3，该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO ； 故答案为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO ；
【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。
18．已知氮元素及其化合物的转化关系如图所示，回答下列问题。
（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是 (填序号)。
（2）实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取。
①该方法制备的原理是 。
②干燥氨气不可选用的试剂是 (填字母)。
a．浓硫酸 b．碱石灰 c．氯化钙固体 d．氢氧化钠固体
（3）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
①水吸收法。用水直接吸收NO2存在明显的缺陷，需通入适量的氧气加以改进，用化学方程式说明通入适量氧气的优势 。
②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2= +NaNO2+H2O(填化学式，不需要配平方程式)。
③用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：
(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)
i．根据图和题中相关信息可得知 (填字母)。
a．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
b．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
c．吸收后的尾气中含量较多的气体是NO
ii．标准状况下，当α等于50%时，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，求实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度 (保留两位有效数字)。
【答案】（1）①
（2）生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)；ac
（3）4NO2+O2+2H2O=4HNO3；NaNO3；bc；0.045 mol/L
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气与氧气在催化剂存在条件下反应生成一氧化氮，一氧化碳与氧气反应生成二氧化氮。二氧化氮和水反应生成硝酸，同时反应产生一氧化氮。
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程，有上述转化过程中属于氮的固定的是①，故答案为：①
(2)、①实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取，这是由于氧化钙与水反应产生氢氧化钙反应放出热量导致NH3 H2O分解产生氨气和水，该反应的方程式生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)，故答案为：生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑) ；
② 浓硫酸或与氨气发生反应，因此不能使用浓硫酸干燥氨气，a符合题意；碱石灰显碱性，与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，b不符合题意；氯化钙固体能够与氨气反应产生，不能能做氨气的干燥剂，c符合题意；氢氧化钠固体呈碱性与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，d不符合题意；故答案为：ac ；
(3)、①二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮，在用水吸收二氧化氮时，鼓入氧气可以使一氧化氮进一步被氧化，从而可促进其吸收反应，产生硝酸，总的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ；
②依据氧化还原反应原理，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应的方程式为 2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：NaNO3 ；
③i．a．根据图示可知，氢氧化钠溶液浓度较大时，二氧化碳吸收率并不是很大，a错误；
b．根据图示可知，混合气体中二氧化碳含量越大。氮氧化物的吸收率越大，b正确；
c．用不同浓度氢氧化钠溶液吸收二氧化碳含量不同的尾气的关系图示可知，二氧化氮含量越大，氮氧化物的吸收率越大，氢氧化钠溶液吸收一氧化氮，二氧化氮混合物时会发生反应。据此可知，只有当混合气体中气体时气体会被完全吸收，一氧化氮气体不能单独被氢氧化钠溶液吸收，故吸收后的尾气中含有较多的气体是一氧化氮，c正确；故答案为：bc ；
ii．标准状况下，当α等于50%时，气体是一氧化碳，二氧化碳等体积的混合气体，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，发生反应 2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O， 反应后产生的NaNO2物质的量与气体的物质的量相等，假设混合气体的体积是VL，则实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度，故答案为：0.045 mol/L 。
【分析】
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程；
(2)、①生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热；
②依据物质和杂质的性质选择试剂；
(3)、①二氧化氮、氧气与水反应产生硝酸；
②依据氧化还原反应原理；
③ 根据图示分析判断；
ii．利用化学方程式计算 。
湖南省长沙市A佳教育联盟2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题
一、单选题
1．中国的量子通信、5G技术在世界上处于领先地位。下列说法不正确的是
A．工业制粗硅反应的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑
B．光导纤维被广泛应用于光缆通讯，其成分是二氧化硅
C．“北斗”全球导航卫星计算机的芯片材料是高纯度硅
D．普通玻璃的生产以烧碱、石灰石和石英砂为原料
2．下列物质不能通过单质间直接化合生成的是
A．Cu2S B．SO3 C．Fe3O4 D．FeCl3
3．下列除杂质的方法错误的是
A．CO2气体中混有少量SO2：用KMnO4溶液洗气
B．FeCl3溶液(CuCl2)：加入Fe粉
C．Cl2气体中混有少量HCl：用饱和食盐水溶液洗气
D．Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温常压下，4.8g由O2和O3组成的混合气体中所含氧原子总数为0.3NA
B．1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数是：3NA
C．1mL1mol L-1的HCl溶液中所含H+的数目为0.3NA
D．标准状况下，3.36LCH4中含有氢原子的数目等于0.6NA
5．研究表明，核废水中含有Cs、Cs下列有关说法中错误的是
A．Cs和Cs互为同位素
B．Cs原子中核外电子数为79
C．Cs和Cs属于两种不同的核素
D．Cs原子中含有的中子数为82
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
A．某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO、OH-
B．与铝反应放出H2的溶液：NH、K+、SO、NO
C．透明溶液：K+、H+、MnO、SO
D．含有大量Fe2+的溶液中：H+、Ca2+、NO、Cl-
7．某同学根据化学反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，并利用实验室材料制作原电池。下列关于该原电池组成的说法正确的是
选项 A B C D
正极 锌棒 铁棒 石墨棒 铁棒
负极 铁棒 石墨棒 铁棒 铜棒
电解质溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液 H2SO4溶液
A．A B．B C．C D．D
8．除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)加入的药品顺序不正确的是
A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸
D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→过滤后加盐酸
9．下列说法正确的是
A．凡是需要加热的化学反应都不是放热反应
B．灼热的炭与二氧化碳的反应属于放热反应
C．有能量放出或吸收的变化一定是化学变化
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量为吸热反应
10．下列由实验操作、现象所得结论正确的是
选项 操作现象结论
A 向溶液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变为红色 溶液中一定含有Fe2+
B 将碘化钾溶液滴到一片馒头上 显蓝色 馒头中含有淀粉
C 气体通入石灰水中 石灰水变浑浊 气体为CO2
D 将分别蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒相互靠近 有白烟生成 浓盐酸、浓氨水均具有挥发性，并生成铵盐
A．A B．B C．C D．D
11．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．与Z同主族元素的氢化物中，Z的氢化物稳定性最强
B．W、X、Y、Z四种元素的原子半径，X的最大
C．自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为X的氧化物
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
12．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示。则下列说法中正确的是
A．还原性：I-＜Fe2+＜Br-
B．原混合溶液中Br-的物质的量为4mol
C．线段BC表示Cl-的物质的量变化
D．原溶液中：n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3
13．将12.8g铜片加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L(标准状况下)；若向反应后的溶液中加入400mL 2mol/LNaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀．下列说法不正确的是
A．铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4mol
B．反应后溶液中剩余的物质的量为0.4mol
C．混合气体中NO和的体积之比为1：1
D．原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L
14．一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入4molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共32g时，隔板处于如下图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是
A．右边CO与CO2分子数之比为3∶1
B．左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左右两边体积比为3∶1
C．右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为5∶6
二、非选择题
15．硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如图：
（1）工业上常以黄铁矿(FeS2)为原料，通过高温锻烧的方式来制备SO2，将KSCN滴入其另一种产物(红棕色氧化物)与盐酸充分反应后的溶液中，变成血红色，写出该反应的化学方程式 。
（2）为提高吸收塔中的工作效率，可采用的方式是 。
（3）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。尾气处理可用NaOH溶液吸收，写出相关反应的离子方程式 。
（4）为验证SO2的某些性质，设计了下列装置图。试回答：
①E中的实验现象为 ，证明SO2具有 性。
②通入SO2后，F中的酸性KMnO4溶液褪色，证明SO2具有 性，写出相关的离子方程式 。
③H中使用倒置漏斗的目的是 。
16．请回答下列问题。
（1）从断键和成键的角度分析反应中2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化，化学键的键能如表所示：
化学键 H－H O=O H－O
键能/(kJ/mol) 436 496 463
①生成3molH2O(g)可放出的热量为 kJ。
②写出水分子的结构式 。
③写O2分子的电子式 。
（2）Mg、Al设计成如图所示原电池装置：
①若X为氢氧化钠溶液，负极的电极反应式为 。
②电解质溶液中的阴离子移向 极(填“Mg”或“Al”)。
③当电路中通过1mole-时，溶液质量 (填“增加”或“减少”) g。
17．请回答下列问题。
随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示：
（1）f的离子结构示意图为 。
（2）将上述处在第三周期的元素的离子，按半径由小到大进行排列 (填离子符号)。
（3）研究g、h非金属性强弱的方案中不可行的是____(填序号)。
A．比较其简单氢化物稳定性
B．比较其单质与氢气反应的难易程度
C．比较其简单阴离子的还原性
D．比较其氧化物的水化物的酸性
（4）元素y在周期表中的位置为 ，对x、z组成的简单阳离子进行检验，反应的离子方程式是 ，现象是 。
（5）f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为 。
18．已知氮元素及其化合物的转化关系如图所示，回答下列问题。
（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是 (填序号)。
（2）实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取。
①该方法制备的原理是 。
②干燥氨气不可选用的试剂是 (填字母)。
a．浓硫酸 b．碱石灰 c．氯化钙固体 d．氢氧化钠固体
（3）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：
①水吸收法。用水直接吸收NO2存在明显的缺陷，需通入适量的氧气加以改进，用化学方程式说明通入适量氧气的优势 。
②NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O，NaOH+NO2= +NaNO2+H2O(填化学式，不需要配平方程式)。
③用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：
(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)
i．根据图和题中相关信息可得知 (填字母)。
a．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
b．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
c．吸收后的尾气中含量较多的气体是NO
ii．标准状况下，当α等于50%时，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，求实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度 (保留两位有效数字)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】 A．工业利用C还原SiO2制取粗硅，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A正确；
B．光导纤维被广泛应用于光缆通讯，其成分是二氧化硅，故B正确；
C．高纯度硅单质是半导体材料可以做“北斗”全球导航卫星计算机的芯片材料，故C正确；
D．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料，经混合、粉碎，在玻璃窑中熔融，发生复杂的物理变化和化学变化而制得，故D错误；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质判断应用，D．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料分析。
2．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A. 硫的氧化性较弱，硫与铜反应只能生成硫化亚铜，故A正确；
B.硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫，故B错误；
C. Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故C正确；
D. 氯气与Fe反应生成氯化铁，故D正确；
故答案为：B。
【分析】依据元素及其化合物的性质分析，B.硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫。
3．【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】 A．SO2具有还原性，可以被强氧化性的物质KMnO4溶液氧化为硫酸，而CO2气体不能反应，因此可以达到除杂净化的目的，A正确；
B．Fe与FeCl3发生反应产生FeCl2，导致物质物质完全变质，因此不能使用Fe粉除杂，B错误；
C．Cl2与水反应产生HCl、HClO，该反应为可逆反应，HCl能够在饱和食盐水中溶解，但溶液中Cl-增大会抑制Cl2的溶解、反应，因此可用饱和食盐水溶液洗气来除去Cl2气体中混有少量HCl杂质，C正确；
D．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，能够达到除杂、净化的目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】依据物质和杂质的性质分析，除杂时与被提纯的物质反应，且不引入新的杂质分析。
4．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】 A．O2和O3的最简式为“O”，所以常温常压下，4.8g由O2和O3组成的混合气体中所含氧原子总数为，A正确；
B．Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成，所以1molNa2O2中含有的阴、阳离子总数为3NA，B正确；
C．HCl为强酸，所以1mL1mol L-1的HCl溶液中所含H+数目为1mol/L×1×10 3L×NAmol 1=0.001 NA，C错误；
D．标准状况下，3.36LCH4的物质的量为，含有氢原子的数目为0.15mol×4×NAmol 1=0.6NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．O2和O3的最简式为“O”；
B．Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成；
C．HCl为强酸；
D．依据分子组成和计算。
5．【答案】B
【知识点】元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 质子数相同中子数不同的核素互为同位素，则Cs和Cs 互为同位素，A正确；
B.依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析核外电子数=质子数=55，故B错误；
C. Cs和Cs二者的质子数相同中子数不同，属于两种不同的核素，故C正确；
D. Cs 原子中含有的中子数=质量数-质子数137-55=82，故D正确；
故答案为：B
【分析】依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析核外电子数=质子数；质子数相同中子数不同的核素互为同位素分析。
6．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】 A．Cu2+水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B．与铝反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，B不符合题意；
C．K+、H+、、不能发生任何反应，在透明溶液中可以大量共存，C符合题意；
D．Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A．Cu2+水溶液显蓝色；
B．H+、与Al反应不能产生H2；OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O；
C．K+、H+、、不能发生任何反应；
D．Fe2+、H+、反应。
7．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】 A．由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为负极，Fe为正极，A不符合题意；
B．由于电极活动性：Fe＞石墨，则Fe为负极，石墨为正极，B不符合题意；
C．由于电极活动性：Fe＞石墨，则Fe为负极，石墨为正极，H2SO4为电解质溶液，能够发生原电池反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，C符合题意；
D．由于电极活动性：Fe＞Cu，则Fe为负极，Cu为正极，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 若将反应Fe+2H+=Fe2++H2↑设计为原电池，则Fe为负极，活动性比Fe弱的电极为正极，电解质溶液为硫酸，结合原电池反应中，活动性强的为负极，活动性弱的为正极，据此分析解答。
8．【答案】A
【知识点】粗盐提纯
【解析】【解答】 粗盐中Mg2+、、Ca2+利用沉淀法进行除去，选择的试剂分别为NaOH、BaCl2、Na2CO3。但过量的BaCl2需要Na2CO3进行沉淀除去，而过量的NaOH、Na2CO3需要盐酸进行除去。所以Na2CO3应该在BaCl2之后，而盐酸在最后加入。A项过量的BaCl2无法除去，所以A项错误；
故答案为：A。
【分析】依据过量的BaCl2需要Na2CO3进行沉淀除去判断。
9．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】 A．铝热反应需要高温，属于放热反应，A错误；
B．灼热的炭与二氧化碳的反应属于吸热反应，B错误；
C．有能量放出或吸收的变化不一定是化学变化，如灯泡的发光放热属于物理变化，C错误；
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量，则整体表现为吸收热量，即该反应为吸热反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．铝热反应需要高温；
B．反应属于吸热反应；
C．灯泡的发光放热属于物理变化；
D．断键吸收的能量大于成键放出的能量反应为吸热反应。
10．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】 A．操作时加入的试剂顺序不科学，应该先加入KSCN，若无明显现象，再加入氯水，溶液变红，则证明原溶液中含亚铁离子，A错误；
B．淀粉遇到碘单质会变蓝，所以操作中检验试剂和现象错误，B错误；
C．二氧化硫也属于酸性氧化物，遇到澄清石灰水也会变浑浊，所以能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是二氧化碳，C错误；
D．浓盐酸、浓氨水均易挥发，挥发的HCl和NH3会发生反应生成氯化铵固体小颗粒，可观察到有白烟生成，操作、现象和结论均正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．操作时加入的试剂顺序不科学；
B．淀粉遇到碘单质会变蓝；
C．二氧化硫遇到澄清石灰水也会变浑浊；
D．浓盐酸、浓氨水均易挥发。
11．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，可知HF的稳定性最强，故A错误；
B.同周期同左到右原子半径依次减小，可知钠的最大，故B错误；
C.自然界中的水晶、玛瑙的主要成分为硅的氧化物，故C正确；
D.硅酸是弱酸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】
A.反应中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：，反应中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：，所以还原性，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2 mol，通入氯气的量为1~3 mol的过程中，亚铁离子从4 mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4 mol，在通入氯气的量为3~6 mol的过程中溴离子从6 mol降到0，所以溴离子的物质的量是6 mol，故B错误；
C.由A分析可知，通入氯气后，碘离子先被氧化，Cl-的物质的量就会增大，而后是Fe2+，据此分析，线段BC表示Fe3+的物质的量变化 ，故C错误；
D.碘离子的物质的量为2 mol，亚铁离子是4 mol，溴离子的物质的量是6 mol，n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A.依据强制弱的规律，还原性；
BD.依据反应的顺序和得失电子守恒判断；
C.由A分析。
13．【答案】B
【知识点】物质的量浓度；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】 A.由于12.8g铜的物质的量，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，即转移的电子为0.4mol，A项正确，不符合题意；
B.加入氢氧化钠溶液使铜离子完全沉淀后的溶液中的溶质是NaNO3，所以溶液中反应剩余的n(NO3-)=n(Na+)=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，B项错误，符合题意；
C. 12.8g铜的物质的量，而由于铜反应后变为+2价，故0.2mol铜失去的电子的物质的量为0.4mol，在氧化还原反应中得失电子数相同，设混合气体中NO为xmol，NO2为ymol，则有：
，解得，因此两气体的物质的量之比为1：1，而体积之比等于物质的量之比，故体积之比也为1：1，C项正确，不符合题意；
D.原硝酸溶液反应后，一部分氮元素变为NO和NO2以气体的形式从反应容器中逸出，而另一部分氮元素以NO3-的形式存在于溶液中。当加入NaOH溶液使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，此时溶液中n(NO3-)=n(Na+)=cV=2mol/L×0.4L=0.8mol，即反应后溶液中剩余NO3-的物质的量为0.8mol，而逸出的气体中含有的N原子的物质的量，则可知原硝酸的物质的量n=0.8mol+0.2mol=1mol，则物质的量浓度为，D项正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 铜的物质的量，反应后铜化合价升高到+2价，可知失去的电子的物质的量为0.4mol，设混合气体中NO为x mol，NO2为 ymol，那么可列出二元一次方程组计算NO和NO2的物质的量，据此进行分析判断。
14．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边 CO和CO2 气体总的物质的量为1 mol，设，，，，联立计算x=0.75mol，y=0.25mol，根据分子数之比等于物质的量之比，可知右边 CO和CO2 分子数之比为3：1，故A正确；
B.右侧CO和CO2 的物质的量1mol， 左边抽出1molN2时，隔板向左移动，左侧气体的物质的量为3mol，同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，左右两边体积比为3∶1，故B正确；
C.同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体的平均分子量为，氧气的相对分子质量为32，可知右侧气体密度与相同条件下氧气密度相等，故C错误；
D.若改变右边CO和CO2的充入量，使隔板处于距离右侧1/3处，根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比，可以得知右边CO和CO2气体总的物质量为2 mol，同温同体积下物质的量之比等于压强之比，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为，故D正确。
故答案为：C。
【分析】根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比和同温同体积下物质的量之比等于压强之比分析。
15．【答案】（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
（2）气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收
（3）SO2+2OH-=SO+H2O
（4）有淡黄色沉淀生成；氧化；还原；5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+；防倒吸
【知识点】工业制取硫酸；性质实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)、KSCN滴入其另一种产物(红棕色氧化物)与盐酸充分反应后的溶液中，变成血红色， 说明有+3价铁离子，首先判断该反应中元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，根据得失电子守恒配平即可，该反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ，故答案为： 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 ；
(2)为提高吸收塔中的工作效率，可采用的方式是气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收 ；故答案为： 气、液逆流吸收；将98%硫酸以喷淋方式与SO3接触吸收；增大气体接触面积，使SO3充分吸收；
(3)、SO2可用NaOH溶液吸收， 二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式：SO2+2OH-=SO+H2O，故答案为： SO2+2OH-=SO+H2O ；
(4)、① 二氧化硫有氧化性与氢硫酸反应生成硫单质和水，所以会有淡黄色沉淀生成，证明SO2具有氧化性。故答案为： 有淡黄色沉淀生成 ； 氧化；
②通入SO2后，F中的酸性KMnO4溶液褪色， 二氧化硫与高锰酸钾溶液发生反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸；反应过程中硫的化合价升高，说明SO2具有还原性，相关的离子方程式5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+。故答案为： 还原 ； 5SO2+2H2O+2MnO=5SO+2Mn2++4H+；
③ 二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸，所以使用倒置漏斗的目的是防倒吸。 故答案为： 防倒吸。
【分析】(1)、依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；
(2)依据影响反应速率的因素分析；
(3)、二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；
(4)、① 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水；
②二氧化硫与高锰酸钾溶液发生反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸；
③ 二氧化硫易溶于水。
16．【答案】（1）726；；
（2）Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O；Al；增加；8
【知识点】反应热和焓变；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】 （1）①断裂1molH-H键需要吸热436kJ，断裂0.5molO=O键需要吸热为，形成2molH-O键需要放热463kJ×2=926kJ，则生成3molH2O（g）可以放出3×（926-436-248）kJ=726kJ热量，
故答案为：726；
②水分子的结构为V形，其结构式为：，
故答案为：；
③O2分子中氧原子之间以共价双键形式连接形成8电子稳定结构，其电子式为：，
故答案为：；
（2）①Al与氢氧化钠水溶液会发生氧化还原反应，所以上述电池中，Al为负极，发生失电子的氧化反应转化为偏铝酸根离子，其电极反应为：，
故答案为：；
②原电池装置中，电解质溶液中的阴离子移向负极，即上述装置中，阴离子移向Al电极，
故答案为：Al；
③上述反应的总化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，溶液质量增加（2×27-3×2）g=48g时，电路中转移6mol e-，那么当电路中通过1mole-时，溶液质量增加，
故答案为：增加；8。
【分析】 （1）①反应放出或吸收的能量=反应物和生成物总键能差的绝对值；
②水分子的结构为V形；
③O2分子中氧原子之间以共价双键形式连接形成8电子稳定结构；
（2）①Al与氢氧化钠水溶液会发生氧化还原反应，所以上述电池中，Al为负极，发生失电子的氧化反应转化为偏铝酸根离子；
②原电池装置中，电解质溶液中的阴离子移向负极；
③上述反应的总化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
17．【答案】（1）
（2）Al3+＜Na+＜Cl-＜S2-
（3）D
（4）第二周期第IVA族；NH+OH-NH3↑+H2O；产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
（5）Al2O3+3C+N22AlN+3CO
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 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)、Al是13号元素，铝离子核外电子数为10，铝的离子结构示意图为，故答案为：；
(2)、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：Al3+＜Na+＜Cl-＜S2- ，故答案为： Al3+＜Na+＜Cl-＜S2-；
(3)、A：同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强气态氢化物越稳定，故A可行；
B：非金属性越强，单质与氢气反应越容易，故B可行；
C：单质的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，故C可行；
D：元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应的水化物则不一定，故D不可行；
故答案为：D。
(4)、y是C元素，在周期表中的位置为第二周期第IVA族，氨根离子与碱反应生成氨气和水，反应的离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O ；检验铵根离子时应加入碱溶液，加热能够产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，故答案为：第二周期第IVA族 ； NH+OH-NH3↑+H2O ； 产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 ；
(5)Z为氮，G为铝，组成的化合物氮化铝；工业上用G的氧化物为氧化铝、Y单质为碳、Z单质为氮气，在高温下反应制备氮化铝，其中氧化铝和碳单质的物质的量之比为1∶3，该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N22AlN+3CO ； 故答案为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO ；
【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。
18．【答案】（1）①
（2）生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)；ac
（3）4NO2+O2+2H2O=4HNO3；NaNO3；bc；0.045 mol/L
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】氮气和氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，氨气与氧气在催化剂存在条件下反应生成一氧化氮，一氧化碳与氧气反应生成二氧化氮。二氧化氮和水反应生成硝酸，同时反应产生一氧化氮。
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程，有上述转化过程中属于氮的固定的是①，故答案为：①
(2)、①实验室制备少量氨气时，常用浓氨水滴到生石灰固体的方法制取，这是由于氧化钙与水反应产生氢氧化钙反应放出热量导致NH3 H2O分解产生氨气和水，该反应的方程式生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑)，故答案为：生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热(或CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑) ；
② 浓硫酸或与氨气发生反应，因此不能使用浓硫酸干燥氨气，a符合题意；碱石灰显碱性，与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，b不符合题意；氯化钙固体能够与氨气反应产生，不能能做氨气的干燥剂，c符合题意；氢氧化钠固体呈碱性与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，d不符合题意；故答案为：ac ；
(3)、①二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮，在用水吸收二氧化氮时，鼓入氧气可以使一氧化氮进一步被氧化，从而可促进其吸收反应，产生硝酸，总的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ；
②依据氧化还原反应原理，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应的方程式为 2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：NaNO3 ；
③i．a．根据图示可知，氢氧化钠溶液浓度较大时，二氧化碳吸收率并不是很大，a错误；
b．根据图示可知，混合气体中二氧化碳含量越大。氮氧化物的吸收率越大，b正确；
c．用不同浓度氢氧化钠溶液吸收二氧化碳含量不同的尾气的关系图示可知，二氧化氮含量越大，氮氧化物的吸收率越大，氢氧化钠溶液吸收一氧化氮，二氧化氮混合物时会发生反应。据此可知，只有当混合气体中气体时气体会被完全吸收，一氧化氮气体不能单独被氢氧化钠溶液吸收，故吸收后的尾气中含有较多的气体是一氧化氮，c正确；故答案为：bc ；
ii．标准状况下，当α等于50%时，气体是一氧化碳，二氧化碳等体积的混合气体，用一定量尾气与足量NaOH溶液做喷泉实验，发生反应 2NaOH+NO2+NO=2NaNO2+H2O， 反应后产生的NaNO2物质的量与气体的物质的量相等，假设混合气体的体积是VL，则实验后得到的NaNO2溶液的物质的量浓度，故答案为：0.045 mol/L 。
【分析】
(1)、氮的固定是氮元素的单质变为氮的化合物的过程；
(2)、①生石灰遇水生成氢氧化钙并大量放热；
②依据物质和杂质的性质选择试剂；
(3)、①二氧化氮、氧气与水反应产生硝酸；
②依据氧化还原反应原理；
③ 根据图示分析判断；
ii．利用化学方程式计算 。
