甘肃省武威第一中学2020届高三化学12月月考试题含解析.doc

甘肃省武威第一中学2020届高三化学12月月考试题（含解析）本试卷可用到的相对原子质量：S:32 N:14 O:16 Cu:64 一、选择题(每小题2分，共50分。只有一项是最符合题目要求的。)1.下列有关说法错误的是( )A. 成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D. 荷塘月色中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体【答案】B【解析】【详解】A、百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；B、常温下，成语“金戈铁马”中的金属为铁，在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；C、雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；D、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即10-9m10-7m，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查了物质变化过程分析判断、物质性质和胶体分析应用，掌握基础是解题关键。2.下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（ ）A. 碘的升华、石油的分馏B. NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电C. 蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白D. 热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫【答案】C【解析】【详解】A碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；C蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；故选C。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. FeSO4具有氧化性，可用作食品抗氧化剂B. SiO2熔点高、硬度大，可用于制光学仪器C. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D. NH3具有还原性，可用作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A. FeSO4具有还原性，可用作食品抗氧化剂，A项错误；B. SiO2晶体透光性好，可用于制光学仪器，B项错误；C.Al(OH)3具有弱碱性，能中和胃酸又不伤害人体组织细胞，C项正确；D.NH3易液化，液化时放热，液氨汽化时吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂。D项错误；答案选C。4.同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占体积之比为12，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是()A. 甲与乙的相对分子质量之比为11B. 同温同压下，甲和乙的密度之比是11C. 同温同体积下，等质量的甲和乙的压强之比是11D. 等质量的甲和乙中的原子数之比是11【答案】D【解析】【分析】同温同压下，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，由n=可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n=进行判断。【详解】A根据m=nM=M知，二者的相对分子质量为1：1，选项A正确；B同温同压下，气体摩尔体积相同，m g甲气体和2m g乙气体所占的体积之比为1：2，根据知，其密度相同，选项B正确；C根据PV=nRT=RT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，选项C正确；D等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，题目难度不大，注意把握相关计算公式的运用。5.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. c(H)<c(OH)的溶液中：Na、K、SO42-、ClOB. 能使酚酞变红的溶液中：Na、Cu2、CO32-、NO3-C. 0.1 mol·L1 FeCl3溶液中：K、NH4+、I、SCND. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2、NO3-、SO42-【答案】A【解析】【详解】A.氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性，所给离子在碱性条件下可大量共存，正确；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Cu2在碱性条件下不能大量存在，错误；C.Fe3与SCN可发生络合反应Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，Fe3与I会发生氧化还原反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，所以不能大量共存，错误；D.加入铝粉能产生氢气的溶液，可能呈碱性或酸性，碱性条件下，NH4+、Fe2+不能大量存在，酸性条件下，加入铝会与硝酸根离子反应生成NO，不能生成氢气，且酸性条件下Fe2+与NO3-发生氧化还原反应，错误，答案选A。【点睛】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。6.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是( )A. NH3NOHNO3B. 浓盐酸Cl2漂白粉C. Al2O3AlCl3(aq) 无水AlCl3D. 葡萄糖C2H5OHCH3CHO【答案】C【解析】【分析】氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮和氧气与水反应得到硝酸；浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙；氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【详解】A、氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成NO，NO和氧气与水反应得到硝酸，物质的转化在给定条件下能实现，故A正确； B、浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙和氯化钙，即生成漂白粉，物质的转化在给定条件下能实现，故B正确；C、Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氯化铝溶液受热水解生成氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故C错误；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇与氧气在催化剂加热条件想反应生成乙醛，物质的转化在给定条件下能实现，故D正确。答案选C。【点睛】考查常见元素及其化合物的性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力。7.ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：5NaClO24HCl(稀)=5NaCl4ClO22H2O；NaClO24HCl(浓)=NaCl2Cl22H2O。下列说法中正确的是()A. 两种反应中HCl均是还原剂B. 盐酸浓度越大，还原性越强C. 中氧化产物与还原产物物质的量之比为45D. 中每生成1 mol Cl2转移2 mol电子【答案】B【解析】【分析】根据还原剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。【详解】A.中盐酸中的Cl全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A错误；B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B正确；C.中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为41，C错误；D.中每生成1 mol Cl2时转移1.5 mol电子，D错误。正确选项B。8.取m g相对原子质量为M的某金属与足量稀硫酸反应，在标准状况下产生a L氢气，该反应生成的硫酸盐中金属元素的化合价为()A. aM/(22.4m)B. am/(11.2M)C. 11.2m/(aM)D. aM/(11.2m)【答案】D【解析】【分析】金属的物质的量为n=m/Mmol,生成的氢气的物质的量为n=a/22.4mol, 则生成氢气转移的电子数为a/11.2mol。设金属的化合价为x，金属与氢气得失电子数目相等，则m/Mx=a/11.2mol,x=+aM/(11.2m)。【详解】金属的物质的量为n=m/Mmol,生成的氢气的物质的量为n=a/22.4mol, 则生成氢气转移的电子数为a/11.2mol。设金属的化合价为x，金属与氢气得失电子数目相等，则m/Mx=a/11.2mol,x=+aM/(11.2m)。A. aM/(22.4m)是错的；B. am/(11.2M)是错的；C. 11.2m/(aM)是错的；D. aM/(11.2m)是正确的。答案：D。9.下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较水和乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不能达到；C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，D能达到。故选D。【此处有视频，请去附件查看】10.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L1的是（ ）A. 10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B. 将80g SO3溶于水并配成1L的溶液C. 将0.5mol·L1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D. 标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液【答案】C【解析】【详解】A10gNaOH的物质的量为：=0.25mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故A不选；B80g三氧化硫的物质的量为：=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为：=1mol/L，故B不选；C将0.5molL-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1mol/L，故C选；D标准状况下，22.4LHCl的物质的量为：=1mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故D不选；故答案选C。【点晴】有关物质的量浓度的计算必须紧紧抓住计算公式c=，通过题中已知量计算出n和V(溶液)。注意适用于溶液中溶质的物质的量及浓度的计算，溶液的体积与溶剂的体积是不同的概念。明确物质的量浓度的概念及表达式为解答结构，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同。11.下列化学反应的离子方程式正确的是A. 0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合产生沉淀：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2OB. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3+2Na+C. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4+OH-NH3+H2OD. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3-+6H+ Fe3+3NO2+3H2O【答案】A【解析】A、根据物质量的关系可得nNH4Al(SO4)2：nBa(OH)2=1：2，所以1个Al3+与3个 OH- 结合生成Al(OH)3，剩余1个OH-与1个NH4+结合生成NH3H2O，还有2个BaSO4，所以A正确；B、Na2SiO3溶于水，应写为离子形式，故B错误；C、OH-不仅能与NH4+反应，还能与HCO3反应，所以C错误；D、由于铁粉过量，Fe3+被还原为Fe2+，所以D错误。本题正确答案为A。12.依据元素周期律进行推断，下列不正确的是()A. 原子半径：ClSB. 氧化性：Cl2SC. 稳定性：HBrHID. 酸性：HClHF【答案】D【解析】【详解】A、同周期，原子序数大的半径小，则原子半径为ClS，故A不选；B、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性：ClS，故氧化性：Cl2S，故B不选；C、同周期从左到右，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HBrHI，故C不选；D、HCl、HF不是最高价氧化物对应水化物，其酸性强弱不能用元素周期律解释，故D符合题意。答案选D。【点睛】考查原子结构与元素周期律的关系，明确元素周期律的内容为解答关键，试题侧存在基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。13.下列物质中所有原子最外层达到8电子稳定结构的化合物是( )A. NH3B. P4C. PCl5D. CCl4【答案】D【解析】【分析】化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断。【详解】A、NH3中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，故A错误； B、P原子最外层电子数是5，P4中两个P原子之间存在3个共用电子对，则P4中P原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，但是单质不是化合物，故B错误；C、PCl5中Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，故C错误；D、CCl4中Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，所以满足8电子结构，故D正确。答案选D。【点睛】考查了8电子结构判断，注意分子中含有氢元素，该分子一定不满足各原子达8电子结构。14.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NAB. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中,每生成3molI2转移电子数为5NAC. 向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,共转移电子的数目为NAD. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA【答案】B【解析】【详解】A. 1molCl2与足量Fe反应，氯气少量，按照氯气计算转移的电子数，为2NA，与题意不符，A错误；B. 在反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，每生成3molI2，则有5mol的碘离子变为碘单质，转移电子数为5NA，符合题意，B正确；C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，溶液中的碘离子还原性强，先反应，当有1molFe2+被氧化时，碘离子的量未知，则无法计算共转移电子的数目，与题意不符，C错误；D. 1molCl2参加反应，若全部变为-1价时，转移电子数一定为2NA，若部分升高，部分降低时，则不一定为2NA，与题意不符，D错误；答案为B。【点睛】氯气与水反应时，化合价部分升高，部分降低。15.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是A. 向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应D. 向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应【答案】C【解析】【详解】A. 的氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；B. 向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；C. 向浓度都为0.1mol/L 的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；D. 铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。16.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（ ）A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。【此处有视频，请去附件查看】17.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）用电子式表示HCl的形成过程：MgCl2的电子式： 质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs乙烯、乙醇结构简式依次为：CH2=CH2、C2H6O S2的结构示意图：次氯酸分子的结构式：H-O-Cl CO2的分子模型示意图:A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】A【解析】分析：用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式；氯化镁中含有两个氯离子不能合并；元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析；乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH；硫离子核电荷数为16，电子数18；次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键；碳原子半径大于氧原子半径。详解：用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式，故错误；氯化镁中含有两个氯离子，应写成，故错误；元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析，质子数=133-78=55，故正确；乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH，故错误；硫离子核电荷数为16，电子数为18，故正确；次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故正确。碳原子半径大于氧原子半径，故错误。综合以上分析，正确的有三项，故答案选A。点睛：在书写电子式是要注意，电子尽可能的分步在元素符号的四周，有化学键的物质的电子式要注意分清化学键的类型，若为离子键，则书写电荷和，若为共价键，则不能写电荷和，同时注意电子式的对称性和电子的总数，注意多数原子满足8电子的稳定结构（氢原子满足2电子稳定结构）。18.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NO和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）A. V1>V2>V3B. V1>V3>V2C. V2>V3>V1D. V3>V1>V2【答案】D【解析】【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高，试管中剩余气体越少。【详解】设每种气体各占1L，则组合发生反应：3NO2+H2O2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L4/3L；组合发生反应：4NO2+O2+2H2O4HNO3，剩余气体的体积为1L1/4L3/4L；组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3V1V2，答案选D。19.同一短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大。常温下，含甲的化合物r浓度为0.1mol·L-1时溶液pH=13。同周期元素简单离子中，乙离子的半径最小。p和q分别是元素丙和丁的单质，其中p为浅黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(产物水已略去)。下列说法不正确的是A. 原子半径的大小关系：甲>乙>丙>丁B. 反应的离子方程式为：C12+H2OH+C1-+HC1OC. m、n的阴离子在酸性条件下不能大量共存D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物两两之间均可以发生反应【答案】B【解析】【分析】p是元素丙的单质，p为浅黄色固体，丙为S元素，p为单质硫；甲、乙、丙、丁是同一短周期元素且原子序数依次增大，丁为Cl元素，q为Cl2，甲、乙都是第三周期元素；含甲的化合物r浓度为0.1mol/L时溶液pH=13，r为一元强碱，甲为Na元素，r为NaOH；同周期元素简单离子中，乙离子半径最小，乙为Al元素。【详解】A. 同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：甲乙丙丁，A项正确；B. 反应为Cl2与NaOH的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项错误；C. 反应为S与NaOH的反应，反应的离子方程式为3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，S2-、SO32-酸性条件下发生归中反应不能大量共存，反应的离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O，C项正确；D. 甲、乙、丁的最高价氧化物对应水化物依次为NaOH、Al（OH）3、HClO4，相互间发生的反应有：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O、NaOH+HClO4=NaClO4+H2O、Al（OH）3+3HClO4=Al（ClO4）3+3H2O，D项正确；答案选B。20.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。21.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下图所示，下列说法不正确的是A. 甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素B. 反应、中含氮元素的反应物都被氧化C. 中发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4ClD. 利用丁物质受热易分解的性质【答案】B【解析】由图得到，甲为氮气，丁为碳酸氢钠，乙为NO，丙为NO2。所以选项A正确。反应中氮气转化为氨气，氮元素化合价降低，所以氮被还原，选项B错误。反应实际是侯氏制碱法的反应，向饱和食盐水中通入二氧化碳和氨气，得到碳酸氢钠沉淀，方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，选项C正确。反应是将碳酸氢钠受热分解制得碳酸钠，选项D正确。22. 下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是A. 氯气二氧化碳氢氧化钠B. 氯化钠氦气氢氧化钠C. 氯化钠过氧化钠氯化铵D. 氯化钠过氧化氢氯化铵【答案】D【解析】【详解】A. 氯气为单质，只含共价键；二氧化碳为共价化合物，只含共价键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B.  NaCl为离子化合物，只含离子键；氦气为单原子分子，不含化学键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误； C. NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误； D. NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化氢为共价化合物，只含共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故D正确；故选D。23.某无色溶滚中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种为检验其中含有的离子，进行如下实验：取10mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色；分液后，将中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体下列关于原溶液的说法正确的是A. 肯定存在NH4+、Cl、BrB. SO42、SO32至少含有一种C. 是否存在Na+需要通过焰色反应来确定D. 肯定不存在Ba2+、Cu2+、SO32、CO32【答案】B【解析】无色溶液中不存在有色的Cu2+；根据加入足量氯水，无气体产生可知原溶液中不存在CO32-，再加入CCl4溶液分层，下层为橙红色，说明存在Br-；将中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，该沉淀为硫酸钡，2.33g硫酸钡的物质的量为：=0.01mol，说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，且物质的量之和为0.01mol，一定不存在Ba2+；根据可知生成的气体为氨气，其物质的量为：=0.02mol，说明原溶液中含有0.02molNH4+；由于溶液中含有溴离子，根据电荷守恒可知原溶液中负电荷的物质的量一定大于0.02mol，而正电荷只有0.02mol，说明溶液中一定还含有Na+。根据上述分析可知，溶液中一定含有的离子为：Na+、NH4+、Br-及SO42-、SO32-中的至少一种离子；一定不存在的离子为：Ba2+、Cu2+、CO32-，不能确定的离子为Cl-。A肯定存在NH4+、Br-，无法确定是否含有Cl-，故A错误；B根据分析可知，SO42-、SO32-至少含有一种，故B正确；C根据分析可知，溶液中一定含有Na+，不需要通过焰色反应检验，故C错误；D肯定不存在Ba2+、Cu2+、CO32-，可能含有SO32-，故D错误；故选B。点睛：明确常见离子的性质为解答关键。根据电荷守恒判断钠离子的存在情况为是解答本题的难点。易错点为亚硫酸根离子的判断，中加入了氯水，能够将SO32-氧化为SO42-，因此2.33g沉淀为硫酸钡，只能说明原溶液中含有SO42-、SO32-中的至少一种离子，不能判断二者是否一定存在。24.2.56克Cu完全溶于一定量的浓HNO3中，生成的气体恰好充满500mL的烧瓶，然后将该烧瓶倒置于水中，缓缓通入一定量的氧气后容器内刚好充满水，则通入的氧气为( )A. 0.16gB. 0.02molC. 0.224gD. 0.32g【答案】B【解析】【分析】根据电子守恒计算，已知HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。【详解】n（Cu）=0.04mol，反应时失去电子数目为2×0.04mol=0.08mol，整个过程发生：HNO3NO（NO2）HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=0.02mol，故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，根据HNO3NO（NO2）HNO3得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键。25.2.8gFe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列说法正确的是( )A. 反应后溶液中存在Fe3+和Fe2+B. 反应后的溶液最多还能溶解1.82g FeC. 反应后溶液中c(NO3-)=0.75mol/LD. 1.12L气体是NO、NO2的混合气体【答案】B【解析】【分析】A、测得反应后溶液的pH为1，则HNO3过量，故Fe只可能转化为Fe3+；B、计算原硝酸溶液中硝酸的物质的量，根据氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO），当生成Fe（NO3）2 时原硝酸溶解的铁最多，据此计算原硝酸溶解的铁的最大重量，减去已经溶解的2.8g，即为反应后的溶液最多还能溶解的Fe的质量；C、由题目信息可知，反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，根据电荷守恒溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+），据此计算；D、2.8gFe的物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒，利用极限假设法解答，若只生成NO，计算生成NO的体积；若只生成NO2，计算生成的NO2体积，根据体积判断。【详解】A、反应后溶液pH为1，故HNO3过量，Fe只可能转化为Fe3+，故A错误；B、由B中分析可知，原硝酸是稀硝酸，反应生成NO，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3nFe（NO3）3+n剩余（HNO3）+n（NO）=0.05mol×3+0.1mol/L×0.2+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO时原硝酸溶解的铁最多，由3 Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2 NO+4H2O 可知，0.22molHNO3最多溶解铁×0.22mol，质量为×0.22mol×56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.64g-2.8g=1.82g，故B正确；C、反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒由n（Fe）=n（Fe3+）=0.05mol，所以c（Fe3+）=0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L×3+0.1mol/L=0.85mol/L，故C错误；D、2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）=0.05mol，则V（NO）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）=0.15mol，V（NO2）=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查根据方程式的有关计算，难度中等，判断生成的气体为NO、硝酸有剩余是解题的关键，B选项为易错点，学生容易考虑剩余的硝酸溶解铁，而忽略硝酸铁也与Fe反应。二、非选择题(50分)26.(1)按要求写出电子式：CO2_ COCl2_ NaCN_ N2H_(2)元素周期表中“对角线规则”是指处于周期表中对角线位置(左上和右下方)两元素，其性质具有相似性，例如：Be和Al处于对角线位置。写出Be与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(3)写出氢，氧，钠，硫四种元素组成的两种酸式盐发生复分解反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). Be+2OH-BeO22-+H2 (6). H+HSO3-=SO2+H2O【解析】【分析】（1）先分析是共价化合物还是离子化合物，再分析原子之间形成共用电子对的数目；（2）Be（OH）2与Al（OH）3的性质相似，故Be（OH）2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O；（3）由氢，氧，钠，硫四种组成的两种酸式盐能够发生反应，这两种酸式盐应为硫酸的酸式盐和亚硫酸的酸式盐。【详解】（1）CO2是共价化合物，碳原子有四个电子分别和氧原子形成两对共用电子对，电子式为，COCl2分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯键，其电子式为，NaCN为离子化合物，CN-中各原子均满足8电子稳定结构，存在CN键，电子式为，N2H相当于是N2H4结合了一个氢离子，故其电子式为：；故答案为：；（2）Be与Al的性质相似，则Be与NaOH溶液反应的化学方程式为：Be+2NaOHNa2BeO2+H2，改成离子方程式为：Be+2OH-BeO22-+H2，故答