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黑龙江省鹤岗市第一中学2020届高三10月月考化学试题
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鹤岗一中高三10月月考化学试题
选择题（每题只有一个选项符合题意）
1.习近平同志在党的十九大报告中提出“绿水青山就是金山银山”，“生态文明建设”要求加大环境保护力度。下列做法不符合这一主题的是
A. 工业废水处理后再排放 B. 大量使用农药提高农作物产量
C. 开发利用各种清洁能源 D. 使用共享自行车代替汽车出行
【答案】B
【解析】
【详解】A、工业废水处理后再排放能保护环境，符合这一主题；
B、大量使用农药提高农作物产量会造成环境的污染，不符合这一主题；
C、开发利用各种清洁能源能保护环境，符合这一主题；
D、使用共享自行车代替汽车出行能保护环境，节约资源，符合这一主题；
答案选B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 4 g重水（D2O）中所含质子数为0.2NA
B. 4.48 L N2与CO的混合物所含分子数为0.2NA
C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NA
D. 12.5 mL 16 mol·L－1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
4g重水是0.2mol，含有2mol质子，A不正确；B不正确，乙烷不一定是标准状况下；白磷和红磷互为同素异形体，因此含有0.2molP原子，C正确；由于浓硫酸在和铜的反应过程中，浓度会逐渐变稀，而稀硫酸和铜不反应，所以选项D中转移电子数应该小于0.2mol，D不正确，答案选C。
3.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250ml一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是
A. 原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1
B. 原稀硝酸的浓度为1.3mol·L-1
C. 产生的NO在标准状况下的体积为2.24L
D. 反应后剩余硝酸的物质的量为0.01mol
【答案】C
【解析】
【分析】
铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即19.6/98=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6-64×0.2=0.8g，物质的量为0.8/16=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。
【详解】A. 根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1:0.05=2:1，故错误；B. 所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2+0.05×2×1=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为（0.5+0.1）/0.25=2.4mol·L-1，故错误；C. 由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故正确；D. 硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6-0.4-0.1=0.1mol，故错误。故选C。
【点睛】掌握守恒法计算。铜的物质的量等于硝酸铜的物质的量，硝酸的物质的量等于硝酸铜的物质的量×2+一氧化氮的物质的量+剩余硝酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量。
4.下列关于氮及其化合物的说法错误的是( )
A. N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮键很强
B. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D. HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【解析】
【详解】A. N2分子中存在氮氮三键，化学性质比较稳定，故A正确；
B. NO、NO2均为大气污染气体，其中NO遇氧气可以与之反应生成NO2，故B错误；
C. 浓盐酸易挥发，与氨气反应生成氯化铵，可以看到白烟，可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，故C正确；
D. HNO3具有强氧化性，可以与铜和银反应，所以可溶解铜、银等不活泼金属，故D正确，
故选B。
5.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
7.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为：2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l)△H=－632kJ·mol-1。下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 电池在工作时，电流从电极a经过负载流向电极b
B. 电极a上发生的电极反应为： 2H2S - 4e- = S2 + 4 H+
C. 当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热量
D. 当电路中通过4mol电子时，有4mol H+经质子膜进入负极区
【答案】B
【解析】
由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应可知，H2S 发生氧化反应，a是负极、b是正极，电流从电极b经过负载流向电极a，故A错误；由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，电极反应为2H2S - 4e- =S2+4H+，故B正确；该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出热量，故C错误；根据正极反应O2+4H++4e-=2H2O，当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，故D错误。
8.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是( )
A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上
B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水
C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI
D. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A冰中分子排列有序，含有氢键数目增多；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键；
D.氢键具有方向性和饱和性。
【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C错误；
D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查氢键的形成与性质，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响，题目难度不大。
9.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 原子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37Cl
B. 次氯酸的电子式可表示为
C. 和互为同分异构体
D. 16O与18O互为同位素； 、、、互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A、35Cl、37Cl的核电荷数＝核外电子总数＝17，二者原子结构示意图为，故A正确；
B、次氯酸为共价化合物，结构式为H－O－Cl，次氯酸正确的电子式为，故B错误；
C、和都是甲烷，不属于同分异构体，故C错误；
D、16O与18O互为同位素，但、、、都是水，属于化合物，因此不能互称同素异形体，故D错误。
【点睛】判断“四同”一般需要从研究的对象入手，同素异形体研究的对象是单质，同位素研究的对象是原子，同系物、同分异构体研究对象是化合物。
10.下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A. 检验溴乙烷的消去产物
B. 检验碳与浓硫酸反应产物中含有CO2
C. 验证铁的析氢腐蚀
D. 杨峥牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】
A、溴乙烷的消去产物为乙烯，能被高锰酸钾氧化，利用高锰酸钾溶液褪色可检验乙烯，但气体应“长管进、短管出”，装置连接错误，故A错误；B、碳与浓硫酸反应生成CO2、SO2，二者均能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2之前，应先除去SO2，品红溶液一般应用于检验SO2，不能用于除SO2，故该装置不合理，可将品红修改为足量酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C、食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，在酸性条件下可发生析氢腐蚀，故C错误；D、向溶液中滴加铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀，说明没有Fe2+产生，铁未参与反应，则该装置中，锌作负极，铁作正极，正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。故选D。
11.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJ
B. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 由C(s,石墨)=C(s,金刚石) △H= +1.90kJ/mol可知，石墨没有金刚石稳定
D. 在101kPa时，2g的氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -285.8kJ/mol
【答案】A
【解析】
A. 浓硫酸稀释放热，所以含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放热大于57.3kJ，故A正确；B. 硫蒸气含有的能量多于等物质的量的硫固体，所以前者放出的热量多，故B错误；C. △H=生成物能量-反应物能量，由C(s,石墨)=C(s,金刚石) △H=+1.90kJ/mol>0可知，石墨能量低于等物质的量的金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D. 在101kPa时，2g即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -571.6kJ/mol，故D错误。故选A。
12.下列反应中，浓硫酸表现出强氧化性的是 （ ）
①用铁槽车盛装浓硫酸 ②铜片与浓硫酸共热制备SO2
③浓硫酸与碘化钠固体共热 ④浓硫酸吸收NH3
⑤浓硫酸使蔗糖炭化时有刺激性气体产生
⑥将含水蒸气的氯气通过盛浓硫酸的洗气瓶
⑦浓硫酸和乙醇共热制乙烯
⑧浓硫酸，乙醇和乙酸共热制乙酸乙酯
A. ⑤⑥⑦⑧ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ②③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①常温下，浓硫酸具有强氧化性，能够使 发生钝化，反应停止，因此用铁槽车盛装浓硫酸；②铜片与浓硫酸共热反应生成硫酸铜和SO2，体现浓硫酸的酸性和强氧化性；③浓硫酸具有强氧化性，能够把碘离子氧化；④浓硫酸吸收NH3生成硫酸铵，体现浓硫酸的酸性；⑤浓硫酸使蔗糖炭化时，体现浓硫酸的脱水性，脱水后产生的碳与浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳等，体现浓硫酸的强氧化性；⑥将含水蒸气的氯气通过盛浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸能够吸水，体现吸水性；⑦浓硫酸和乙醇共热制乙烯，发生消去反应，体现浓硫酸的催化、脱水作用；⑧浓硫酸，乙醇和乙酸共热制乙酸乙酯，体现浓硫酸的催化、吸水作用；
结合以上分析可知，浓硫酸表现出强氧化性的是 ①②③⑤；
故答案选C。
13.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A. 熔点：X氧化物比Y的氧化物高
B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物
C. X与Z可形成离子化合物ZX
D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。
A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；
B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；
C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；
D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D错误；
答案选B。
14.已知下列反应的热化学方程式为：
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的ΔH（单位为kJ·mol－1）为：
A. －488.3 B. －191 C. －476.8 D. －1 549.6
【答案】A
【解析】
【分析】
利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），以此计算反应热可得答案。
【详解】将②×2+③×2-①可得2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），
则△H=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3kJ/mol
正确答案选A。
15.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是
A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】
【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误
答案选D。
16.微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是和，电解质溶液，电池总反应为，下列说法正确的是( )
A. 电池工作过程中，溶液浓度降低
B. 电池工作过程中，电解液中向正极迁移
C. 负极发生反应
D. 正极发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电池总反应式知，Zn失去电子发生氧化反应而作负极，负极发生反应为，Ag2O得到电子发生还原反应而作正极，正极发生反应为
，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此解答。
【详解】A. 根据电池总反应式知该反应消耗溶剂水，因此溶液浓度升高，A项错误；
B. 电池工作过程为放电过程，阴离子向负极移动，因此电解液中向负极迁移，B项错误；
C. 根据电池总反应式知，Zn失去电子发生氧化反应而作负极，负极发生反应为，C项正确；
D. 根据电池总反应式知，得到电子发生还原反应而作正极，正极发生反应为
，D项错误；
答案选C。
【点睛】电化学中书写电极反应式是常考点，已知总反应式时，根据总反应式中化合价的变化先确定两极反应物以及产物，再结合溶液环境进行配平，电极反应式也要符合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒。如本题中Zn化合价升高失去电子发生氧化反应而作负极，产物为Zn(OH)2，再结合环境呈碱性，写出负极反应式为，Ag2O中银元素化合价降低得到电子发生还原反应而作正极，产物为Ag，1mol Ag2O得到2mol电子生成2mol Ag，溶液环境呈碱性，因此需在电极反应式右边用氢氧根配平电荷守恒，再根据元素守恒在左边加1mol水配平电极反应式，正极电极反应式为：。
17.用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是（ ）
A. X极为负极
B. 放电时铅蓄电池正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+4e−==PbSO4+2H2O
C. c、d电极产生气体的物质的量之比为1:2
D. 电路中通过1 mol电子时，Y电极质量增加48 g
【答案】D
【解析】
a极质量增加，即析出了 Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，故A错；正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+2e−==PbSO4+2H2O，故B错误； C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为2∶1，故C错误； Y电极为负极，电极反应为Pb+SO42−-2e−==PbSO4，电路中通过1 mol电子时，质量增加48 g，故D正确。
18.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表共有16个列
B. VII A族元素的非金属性自上而下依次减弱
C. 主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价
D. 第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个第VIII族，除了第VIII族外，其它每个族位于一列，第VIII族有3列，所以有18列，A项错误；
B. 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VII A族元素的非金属性自上而下依次减弱，B项正确；
C. 主族元素最高化合价与其族序数不一定相等，如F元素最高化合价为0价，但是其位于第VIIA族，C项错误；
D. 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，D项错误；
答案选B。
19.2008年质检部门在众多品牌乳制品中检出有毒有机物三聚氰胺[C3N3(NH2)3]，在乳制品行业掀起了一场轩然大波，引发了一场关于食品安全问题的大讨论。三聚氰胺是一种重要的有机化工原料，因其含氮量高而被不法商家用作食品添加剂，以提升食品检测中的蛋白质含量指标（N%），因此三聚氰胺也被人称为“蛋白精”。三聚氰胺遇强酸或强碱水溶液水解，胺基逐步被羟基取代，最后生成三聚氰酸[C3N3(OH)3]。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：
C3N3(OH)3 3HNCO； 8HNCO＋6NO27N2＋8CO2＋4H2O，下列说法正确的
是（ ）
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1mol NO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】
分析】
HCNO中，C元素化合价为+4价，N为-3价，在反应8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O中，结合氧化还原反应的规律分析判断。
【详解】A．C3N3(OH)3与HNCO的组成和结构都不同，为不同物质，故A错误；
B．HCNO中，N元素化合价为-3价，处于最低价态，具有还原性，为还原剂，故B错误；
C．由反应8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O可知，反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，则1mol NO2在反应中转移的电子为4mol，故C正确；
D．反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，NO2为氧化剂，故D错误；
故选C。
20.已知短周期元素 A、B、C、D、E 的最高价氧化物对应的水化物分别为 X、Y、M、Z、W，B 是短周期主族元素中原子半径最大的元素，常温下 X、Y、Z、W 均可与 M 反应，A、B、D、E 的原子序数及其对应 0.1mol/L X、Y、Z 、W 溶液的 pH 如图所示。
下列说法正确的是：
A. D的简单气态氢化物的热稳定性大于E的气态氢化物热稳定性
B. A、B、C 三种元素简单离子半径的大小顺序为C>B>A
C. Y 的稀溶液与 Z 或 W 的稀溶液分别发生中和反应时，对应的中和热在数值上相等
D. Y与W 两物质的化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一元强酸，且A的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，据此解答。
【详解】短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一元强酸，且A的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，
A. 非金属性Cl>S，故氢化物稳定性HCl>H2S，故A错误；
B. N3-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3->Na+>Al3+，故B错误；
C. 中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时的反应热，所以NaOH的稀溶液与 HNO3或 HClO4的稀溶液分别发生中和反应时，对应的中和热在数值上相等，故C正确；
D. NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用、元素化合物推断、pH的有关计算等，根据溶液pH值进行推断是关键。
21.连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
(1)中S的化合价为______。
(2)向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____mol；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
(3)电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】 (1). +3 (2). 2 (3). (4). (5). 与水反应
【解析】
【分析】
(1)根据化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，结合常见的Na为+1价，O为-2价判断S元素的化合价；
(2)根据反应前后Zn元素的化合价的变化判断转移电子的物质的量，根据质量守恒定律书写反应方程式；
(3)负极上是Li失去电子变为Li+，根据闭合回路中电子转移数目相等，结合正极反应式，叠加，可得总反应方程式；Li是比较活泼的金属，可以与水反应产生相应的碱和氢气。
【详解】(1)在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
(2)向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2mol；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
(3)电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的标定、氧化还原反应中的电子转移、化学方程式的书写及原电池反应原理的应用的知识。掌握化学反应基本原理及元素化合物的基础知识是解题关键。
22.自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
(1)2016年确认了四种新元素，其中一种为，中文名为“”。元素可由反应：+=+3得到。该元素的质子数为______，与互为_________。
(2)位于元素周期表中第族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式________________.该分子内存在的共价键类型有_______。
(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中价氧化物的分子式为______，价简单含氧酸的分子式为______。
【答案】 (1). 115 (2). 同位素 (3). (4). 极性键和非极性键 (5). P4O6 (6). H3PO4
【解析】
【分析】
(1)根据可确定Mc元素的质子数；根据质子数相同而中子数不同的原子互为同位素判断与的关系；
(2)N原子最外层有5个电子，两个N原子形成一个共用电子对，每个N原子分别与2个H原子形成2对共用电子对，每个原子都达到稳定结构；同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键；
(3)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合P元素化合价可确定氧化物、含氧酸的分子式。
【详解】(1) 根据，可得Mc的质子数为115；与质子数都是115，由于质量数分别是287、288，则二者的中子数分别是172、173，二者质子数相同，中子数不同，它们互为同位素；
(2) N原子最外层有5个电子，化合物NH2NH2中2个N原子形成一对共用电子对，每个N原子与2个H原子形成2对共用电子对，所以该化合物电子式为。在该物质分子中含有4个N-H极性键，一个N-N非极性键；
(3)P元素的氧化物为PxOy，由于P为+3价，O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，可得3x=2y，所以x：y=2：3，结合白磷的正四面体结构，可知该氧化物的化学式为P4O6；P元素的价简单含氧酸的分子式为H3PO4。
【点睛】本题考查了原子结构、核素的表示、同位素的概念、电子式和化学式的书写、共价键的类型等知识，在原子中，Z代表质子数，A代表质量数，同种元素的质子数相同，注意应用价键规则书写电子式。
23.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：
方法a
用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O
方法c
电解法，反应为
方法d
用肼（N2H4）还原新制的Cu(OH)2
（1）已知：①2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)；△H = -169kJ·mol-1
②C(s)＋O2(g)=CO(g)；△H = -110.5kJ·mol-1
③Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)；△H = -157kJ·mol-1
则方法a发生反应的热化学方程式是：____________。
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：
该离子交换膜为__________离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为___________，钛极附近的pH值______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为________。
【答案】 (1). 2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g) ΔH=+34.5kJ/mol (2). 阴 (3). 2Cu-2e-+2OH-= Cu2O+H2O (4). 增大 (5). 4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律并结合热化学方程式的书写方法来书写；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子的浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值的变化；
（3）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式。
【详解】（1）已知：①2Cu(s) +O2(g)=Cu2O(s)；△H= -169kJ/mol，
②C(s)+O2(g)=CO(g)；△H= -110.5kJ/mol，
③Cu(s)+O2(g)═CuO(s)；△H= -157kJ/mol，
用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)，该反应可以由②-③×2+①得到，则反应的焓变为-110.5 kJ/mol –(-157 kJ/mol×2)-169 kJ/mol=34.5 kJ/mol；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子的浓度；在电解池中，铜电极连接电源的正极，则铜电极作阳极，且根据总反应式知，铜作阳极失去电子生成Cu2O，则在碱性环境下，阳极的电极反应式为2Cu-2e- +2OH- = Cu2O+H2O，钛极是阴极，发生还原反应，氢离子得电子，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，所以氢氧根离子浓度增大，则pH值增大；
（3）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，依据得失电子守恒、元素守恒，写出化学方程式为：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑。
【点睛】1、电化学中书写电极反应式是常考点，也是学生们的易错点，已知总反应式时，根据总反应式中化合价的变化先确定两极反应物以及产物，再结合溶液环境进行配平，电极反应式也要符合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒。如本题中利用方法c—电解法制备纳米Cu2O，已知总反应式，阳极发生氧化反应，则应该是铜作阳极失电子生成Cu2O，2mol Cu失去2mol电子生成1mol Cu2O，溶液环境呈碱性，因此需在电极反应式左边用2mol氢氧根配平电荷守恒，再根据元素守恒在右边加1mol水配平电极反应式，阳极反应式为：2Cu-2e- +2OH- = Cu2O+H2O。
2、电极附近pH值的变化取决于电极反应，如本题中钛极是阴极，发生还原反应，氢离子得电子，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，所以氢氧根离子浓度增大，则钛极附近pH值增大。
24.二乙酸环己二醇酯可通过下列路线合成：
（1）属于取代反应的是______，属于加成反应的是______（填序号）．
（2）A的结构简式为______．
（3）写出反应④、⑦的化学方程式：______、______．
（4）分子式为C4H8BrCl的有机物共有________种。
【答案】 (1). ① ⑥ ⑦ (2). ③ ⑤ ⑧ (3). (4). (5). + 2CH3COOH + 2H2O (6). 12
【解析】
【分析】
由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为卤代烃在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应，则A为，A与溴的四氯化碳溶液发生反应，反应③应为加成反应，生成B为，B在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应可以生成，反应⑤为发生1，4-加成反应，反应⑥为在NaOH/水条件下发生水解反应生成，C为，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，反应⑧为中的碳碳双键与氢气发生加成反应，据此解答。
【详解】（1）由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为卤代烃在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应生成，反应③为与溴的四氯化碳溶液发生的加成反应生成，反应④为在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应生成，反应⑤为发生1，4-加成反应，反应⑥为在NaOH/水条件下发生水解反应生成，水解反应也属于取代反应，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，酯化反应也属于取代反应，反应⑧为中的碳碳双键与氢气发生的加成反应，则属于取代反应的是①⑥⑦，属于加成反应的是③⑤⑧；
（2）反应②为氯苯在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应生成，则A的结构简式为；
（3）反应④为在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应生成，反应的方程式为，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，反应的方程式为+ 2CH3COOH + 2H2O；
（4）C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种结构，先分析碳骨架异构，分别为C−C−C−C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C−C−C−C有、共8种，骨架有、，共4种，总共12种。
25.某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。
(1)利用I、Ⅱ装置可制取收集气体(K2关闭，K1打开)。
①下列各组物质中能直接利用这套装置进行实验的是_____ (填正确选项的标号)。
A.锌和稀硫酸 B.双氧水和二氧化锰
C.浓氨水和氧化钙 D.浓盐酸和二氧化锰
②在不改变I、II装置及位置的前提下，若要制取收集NO气体，可采取的改进方法是装置II内充满水；若要制取收集NO2气体，可采取的改进方法是：_______________________。
(2)利用I、III装置可验证物质的性质(K2打开，K1关闭)。
①若要证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中发生的离子反应方程式___________________________________。
②若要证明乙炔为不饱和烃，则I中发生的化学反应方程式为：_________________。C中的现象为（假设乙炔纯净）________________________________。
(3)装置Ⅲ中使用球形干燥管D的作用为_________________。
【答案】 (1). AC (2). 将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂 (3). Cl2+ 2Br-2Cl-+Br2 (4). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (5). 溴水褪色或高锰酸钾溶液褪色 (6). 防止倒吸
【解析】
【分析】
（1）①根据气体发生装置、气体收集装置的特点选择；
②根据二氧化氮的性质选取试剂；
（2）①根据氯气和溴之间的置换反应判断氧化性强弱，并写出相应的离子方程式；
②碳化钙和水反应生成乙炔，写出相应的化学方程式；乙炔与溴水或酸性高锰酸钾反应均是与碳碳三键反应，根据现象进行判断；
（3）根据球形干燥管的特点分析。
【详解】（1）①I装置为气体发生装置，反应物反应时不需加热，而浓盐酸和二氧化锰的反应需要加热，所以排除D项；Ⅱ装置为气体收集装置，导气管为短进长出，则反应生成的气体密度小于空气的密度，而氧气的密度比空气大，则排除B项，符合条件的是AC；
②NO2的密度比空气大，因此不能用排空气法收集，只能是将Ⅱ装置装满某种不与NO2反应的液体，通过排出液体收集NO2，二氧化氮能和水反应，所以不能用排水法收集，可将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂来收集二氧化氮气体；
故答案为：将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂；
(2)①氯气能和溴化物置换出溴单质Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2，从而确定氯气的氧化性大于溴的氧化性；
②碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；溴水与乙炔能发生加成反应使溴水褪色，乙炔由于存在碳碳三键可被酸性高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾溶液褪色，所以根据乙炔能使溴水或高锰酸钾溶液褪色判断乙炔为不饱和烃；
(3)当气体被吸收时，液体上升到球形管中，由于球形管容积较大，导致试管中液面明显下降，使球形管口脱离液面，球形管中的液体又流回试管中，从而防止了倒吸，则装置Ⅲ中使用球形干燥管D的作用为防止倒吸。
鹤岗一中高三10月月考化学试题
选择题（每题只有一个选项符合题意）
1.习近平同志在党的十九大报告中提出“绿水青山就是金山银山”，“生态文明建设”要求加大环境保护力度。下列做法不符合这一主题的是
A. 工业废水处理后再排放 B. 大量使用农药提高农作物产量
C. 开发利用各种清洁能源 D. 使用共享自行车代替汽车出行
【答案】B
【解析】
【详解】A、工业废水处理后再排放能保护环境，符合这一主题；
B、大量使用农药提高农作物产量会造成环境的污染，不符合这一主题；
C、开发利用各种清洁能源能保护环境，符合这一主题；
D、使用共享自行车代替汽车出行能保护环境，节约资源，符合这一主题；
答案选B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 4 g重水（D2O）中所含质子数为0.2NA
B. 4.48 L N2与CO的混合物所含分子数为0.2NA
C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NA
D. 12.5 mL 16 mol·L－1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
4g重水是0.2mol，含有2mol质子，A不正确；B不正确，乙烷不一定是标准状况下；白磷和红磷互为同素异形体，因此含有0.2molP原子，C正确；由于浓硫酸在和铜的反应过程中，浓度会逐渐变稀，而稀硫酸和铜不反应，所以选项D中转移电子数应该小于0.2mol，D不正确，答案选C。
3.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250ml一定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是
A. 原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1
B. 原稀硝酸的浓度为1.3mol·L-1
C. 产生的NO在标准状况下的体积为2.24L
D. 反应后剩余硝酸的物质的量为0.01mol
【答案】C
【解析】
【分析】
铜和氧化亚铜和硝酸反应生成硝酸铜，和一氧化氮，溶液中加入氢氧化钠，反应生成氢氧化铜沉淀19.6g，即19.6/98=0.2mol，说明铜离子物质的量为0.2mol，则原混合物中氧元素的质量为13.6-64×0.2=0.8g，物质的量为0.8/16=0.05mol，则氧化亚铜的物质的量为0.05mol，铜的物质的量为0.1mol。
【详解】A. 根据以上分析可知原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.1:0.05=2:1，故错误；B. 所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子沉淀完全，说明溶液为硝酸钠，即硝酸根离子物质的量等于钠离子物质的量，则溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol，原硝酸的物质的量=硝酸根离子物质的量+一氧化氮物质的量，根据电子守恒分析，铜元素失去电子数=0.1×2+0.05×2×1=0.3mol则一氧化氮的物质的量为0.1mol，则原稀硝酸的浓度为（0.5+0.1）/0.25=2.4mol·L-1，故错误；C. 由B 中计算一氧化氮物质的量为0.1mol，则标准状况下的体积为2.24L，故正确；D. 硝酸的物质的量为0.6mol，反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.2mol则硝酸根离子物质的量为0.4mol，一氧化氮的物质的量为0.1mol，则说明反应后剩余硝酸的物质的量为0.6-0.4-0.1=0.1mol，故错误。故选C。
【点睛】掌握守恒法计算。铜的物质的量等于硝酸铜的物质的量，硝酸的物质的量等于硝酸铜的物质的量×2+一氧化氮的物质的量+剩余硝酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量。
4.下列关于氮及其化合物的说法错误的是( )
A. N2化学性质稳定，是因为分子内氮氮键很强
B. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在
C. 可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏
D. HNO3具有强氧化性，可溶解铜、银等不活泼金属
【答案】B
【解析】
【详解】A. N2分子中存在氮氮三键，化学性质比较稳定，故A正确；
B. NO、NO2均为大气污染气体，其中NO遇氧气可以与之反应生成NO2，故B错误；
C. 浓盐酸易挥发，与氨气反应生成氯化铵，可以看到白烟，可用浓盐酸检测输送NH3的管道是否发生泄漏，故C正确；
D. HNO3具有强氧化性，可以与铜和银反应，所以可溶解铜、银等不活泼金属，故D正确，
故选B。
5.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
6.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
7.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为：2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l)△H=－632kJ·mol-1。下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 电池在工作时，电流从电极a经过负载流向电极b
B. 电极a上发生的电极反应为： 2H2S - 4e- = S2 + 4 H+
C. 当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热量
D. 当电路中通过4mol电子时，有4mol H+经质子膜进入负极区
【答案】B
【解析】
由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应可知，H2S 发生氧化反应，a是负极、b是正极，电流从电极b经过负载流向电极a，故A错误；由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，电极反应为2H2S - 4e- =S2+4H+，故B正确；该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出热量，故C错误；根据正极反应O2+4H++4e-=2H2O，当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，故D错误。
8.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是( )
A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上
B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水
C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI
D. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A冰中分子排列有序，含有氢键数目增多；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键；
D.氢键具有方向性和饱和性。
【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确；
B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确；
C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C错误；
D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查氢键的形成与性质，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响，题目难度不大。
9.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 原子结构示意图可以表示35Cl，也可以表示37Cl
B. 次氯酸的电子式可表示为
C. 和互为同分异构体
D. 16O与18O互为同位素； 、、、互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A、35Cl、37Cl的核电荷数＝核外电子总数＝17，二者原子结构示意图为，故A正确；
B、次氯酸为共价化合物，结构式为H－O－Cl，次氯酸正确的电子式为，故B错误；
C、和都是甲烷，不属于同分异构体，故C错误；
D、16O与18O互为同位素，但、、、都是水，属于化合物，因此不能互称同素异形体，故D错误。
【点睛】判断“四同”一般需要从研究的对象入手，同素异形体研究的对象是单质，同位素研究的对象是原子，同系物、同分异构体研究对象是化合物。
10.下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A. 检验溴乙烷的消去产物
B. 检验碳与浓硫酸反应产物中含有CO2
C. 验证铁的析氢腐蚀
D. 杨峥牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】
A、溴乙烷的消去产物为乙烯，能被高锰酸钾氧化，利用高锰酸钾溶液褪色可检验乙烯，但气体应“长管进、短管出”，装置连接错误，故A错误；B、碳与浓硫酸反应生成CO2、SO2，二者均能使澄清石灰水变浑浊，所以检验CO2之前，应先除去SO2，品红溶液一般应用于检验SO2，不能用于除SO2，故该装置不合理，可将品红修改为足量酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C、食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，在酸性条件下可发生析氢腐蚀，故C错误；D、向溶液中滴加铁氰化钾溶液，不产生蓝色沉淀，说明没有Fe2+产生，铁未参与反应，则该装置中，锌作负极，铁作正极，正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。故选D。
11.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJ
B. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 由C(s,石墨)=C(s,金刚石) △H= +1.90kJ/mol可知，石墨没有金刚石稳定
D. 在101kPa时，2g的氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -285.8kJ/mol
【答案】A
【解析】
A. 浓硫酸稀释放热，所以含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放热大于57.3kJ，故A正确；B. 硫蒸气含有的能量多于等物质的量的硫固体，所以前者放出的热量多，故B错误；C. △H=生成物能量-反应物能量，由C(s,石墨)=C(s,金刚石) △H=+1.90kJ/mol>0可知，石墨能量低于等物质的量的金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D. 在101kPa时，2g即1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -571.6kJ/mol，故D错误。故选A。
12.下列反应中，浓硫酸表现出强氧化性的是 （ ）
①用铁槽车盛装浓硫酸 ②铜片与浓硫酸共热制备SO2
③浓硫酸与碘化钠固体共热 ④浓硫酸吸收NH3
⑤浓硫酸使蔗糖炭化时有刺激性气体产生
⑥将含水蒸气的氯气通过盛浓硫酸的洗气瓶
⑦浓硫酸和乙醇共热制乙烯
⑧浓硫酸，乙醇和乙酸共热制乙酸乙酯
A. ⑤⑥⑦⑧ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ②③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①常温下，浓硫酸具有强氧化性，能够使 发生钝化，反应停止，因此用铁槽车盛装浓硫酸；②铜片与浓硫酸共热反应生成硫酸铜和SO2，体现浓硫酸的酸性和强氧化性；③浓硫酸具有强氧化性，能够把碘离子氧化；④浓硫酸吸收NH3生成硫酸铵，体现浓硫酸的酸性；⑤浓硫酸使蔗糖炭化时，体现浓硫酸的脱水性，脱水后产生的碳与浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳等，体现浓硫酸的强氧化性；⑥将含水蒸气的氯气通过盛浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸能够吸水，体现吸水性；⑦浓硫酸和乙醇共热制乙烯，发生消去反应，体现浓硫酸的催化、脱水作用；⑧浓硫酸，乙醇和乙酸共热制乙酸乙酯，体现浓硫酸的催化、吸水作用；
结合以上分析可知，浓硫酸表现出强氧化性的是 ①②③⑤；
故答案选C。
13.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A. 熔点：X氧化物比Y的氧化物高
B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物
C. X与Z可形成离子化合物ZX
D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。
A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；
B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；
C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；
D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D错误；
答案选B。
14.已知下列反应的热化学方程式为：
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的ΔH（单位为kJ·mol－1）为：
A. －488.3 B. －191 C. －476.8 D. －1 549.6
【答案】A
【解析】
【分析】
利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），以此计算反应热可得答案。
【详解】将②×2+③×2-①可得2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），
则△H=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3kJ/mol
正确答案选A。
15.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是
A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】
【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误
答案选D。
16.微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是和，电解质溶液，电池总反应为，下列说法正确的是( )
A. 电池工作过程中，溶液浓度降低
B. 电池工作过程中，电解液中向正极迁移
C. 负极发生反应
D. 正极发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电池总反应式知，Zn失去电子发生氧化反应而作负极，负极发生反应为，Ag2O得到电子发生还原反应而作正极，正极发生反应为
，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此解答。
【详解】A. 根据电池总反应式知该反应消耗溶剂水，因此溶液浓度升高，A项错误；
B. 电池工作过程为放电过程，阴离子向负极移动，因此电解液中向负极迁移，B项错误；
C. 根据电池总反应式知，Zn失去电子发生氧化反应而作负极，负极发生反应为，C项正确；
D. 根据电池总反应式知，得到电子发生还原反应而作正极，正极发生反应为
，D项错误；
答案选C。
【点睛】电化学中书写电极反应式是常考点，已知总反应式时，根据总反应式中化合价的变化先确定两极反应物以及产物，再结合溶液环境进行配平，电极反应式也要符合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒。如本题中Zn化合价升高失去电子发生氧化反应而作负极，产物为Zn(OH)2，再结合环境呈碱性，写出负极反应式为，Ag2O中银元素化合价降低得到电子发生还原反应而作正极，产物为Ag，1mol Ag2O得到2mol电子生成2mol Ag，溶液环境呈碱性，因此需在电极反应式右边用氢氧根配平电荷守恒，再根据元素守恒在左边加1mol水配平电极反应式，正极电极反应式为：。
17.用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是（ ）
A. X极为负极
B. 放电时铅蓄电池正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+4e−==PbSO4+2H2O
C. c、d电极产生气体的物质的量之比为1:2
D. 电路中通过1 mol电子时，Y电极质量增加48 g
【答案】D
【解析】
a极质量增加，即析出了 Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，故A错；正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+2e−==PbSO4+2H2O，故B错误； C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为2∶1，故C错误； Y电极为负极，电极反应为Pb+SO42−-2e−==PbSO4，电路中通过1 mol电子时，质量增加48 g，故D正确。
18.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表共有16个列
B. VII A族元素的非金属性自上而下依次减弱
C. 主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价
D. 第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个第VIII族，除了第VIII族外，其它每个族位于一列，第VIII族有3列，所以有18列，A项错误；
B. 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VII A族元素的非金属性自上而下依次减弱，B项正确；
C. 主族元素最高化合价与其族序数不一定相等，如F元素最高化合价为0价，但是其位于第VIIA族，C项错误；
D. 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，D项错误；
答案选B。
19.2008年质检部门在众多品牌乳制品中检出有毒有机物三聚氰胺[C3N3(NH2)3]，在乳制品行业掀起了一场轩然大波，引发了一场关于食品安全问题的大讨论。三聚氰胺是一种重要的有机化工原料，因其含氮量高而被不法商家用作食品添加剂，以提升食品检测中的蛋白质含量指标（N%），因此三聚氰胺也被人称为“蛋白精”。三聚氰胺遇强酸或强碱水溶液水解，胺基逐步被羟基取代，最后生成三聚氰酸[C3N3(OH)3]。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：
C3N3(OH)3 3HNCO； 8HNCO＋6NO27N2＋8CO2＋4H2O，下列说法正确的
是（ ）
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1mol NO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】
分析】
HCNO中，C元素化合价为+4价，N为-3价，在反应8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O中，结合氧化还原反应的规律分析判断。
【详解】A．C3N3(OH)3与HNCO的组成和结构都不同，为不同物质，故A错误；
B．HCNO中，N元素化合价为-3价，处于最低价态，具有还原性，为还原剂，故B错误；
C．由反应8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O可知，反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，则1mol NO2在反应中转移的电子为4mol，故C正确；
D．反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，NO2为氧化剂，故D错误；
故选C。
20.已知短周期元素 A、B、C、D、E 的最高价氧化物对应的水化物分别为 X、Y、M、Z、W，B 是短周期主族元素中原子半径最大的元素，常温下 X、Y、Z、W 均可与 M 反应，A、B、D、E 的原子序数及其对应 0.1mol/L X、Y、Z 、W 溶液的 pH 如图所示。
下列说法正确的是：
A. D的简单气态氢化物的热稳定性大于E的气态氢化物热稳定性
B. A、B、C 三种元素简单离子半径的大小顺序为C>B>A
C. Y 的稀溶液与 Z 或 W 的稀溶液分别发生中和反应时，对应的中和热在数值上相等
D. Y与W 两物质的化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一元强酸，且A的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，据此解答。
【详解】短周期元素A、B、C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、M、Z、W，B是短周期中原子半径最大的元素，则B为Na元素，则Y为NaOH；0.1mol/L的X、W溶液pH=1，则X和W均为一元强酸，且A的原子序数小于Na元素，E的原子序数大于Na元素，则A为N元素、X为HNO3；E为Cl元素、W为HClO4；0.1mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Y、Z、W均可与M反应，则M为两性氢氧化物，则M为Al(OH)3、C为Al元素，
A. 非金属性Cl>S，故氢化物稳定性HCl>H2S，故A错误；
B. N3-、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3->Na+>Al3+，故B错误；
C. 中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时的反应热，所以NaOH的稀溶液与 HNO3或 HClO4的稀溶液分别发生中和反应时，对应的中和热在数值上相等，故C正确；
D. NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用、元素化合物推断、pH的有关计算等，根据溶液pH值进行推断是关键。
21.连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
(1)中S的化合价为______。
(2)向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____mol；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
(3)电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】 (1). +3 (2). 2 (3). (4). (5). 与水反应
【解析】
【分析】
(1)根据化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，结合常见的Na为+1价，O为-2价判断S元素的化合价；
(2)根据反应前后Zn元素的化合价的变化判断转移电子的物质的量，根据质量守恒定律书写反应方程式；
(3)负极上是Li失去电子变为Li+，根据闭合回路中电子转移数目相等，结合正极反应式，叠加，可得总反应方程式；Li是比较活泼的金属，可以与水反应产生相应的碱和氢气。
【详解】(1)在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
(2)向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2mol；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
(3)电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的标定、氧化还原反应中的电子转移、化学方程式的书写及原电池反应原理的应用的知识。掌握化学反应基本原理及元素化合物的基础知识是解题关键。
22.自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
(1)2016年确认了四种新元素，其中一种为，中文名为“”。元素可由反应：+=+3得到。该元素的质子数为______，与互为_________。
(2)位于元素周期表中第族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式________________.该分子内存在的共价键类型有_______。
(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中价氧化物的分子式为______，价简单含氧酸的分子式为______。
【答案】 (1). 115 (2). 同位素 (3). (4). 极性键和非极性键 (5). P4O6 (6). H3PO4
【解析】
【分析】
(1)根据可确定Mc元素的质子数；根据质子数相同而中子数不同的原子互为同位素判断与的关系；
(2)N原子最外层有5个电子，两个N原子形成一个共用电子对，每个N原子分别与2个H原子形成2对共用电子对，每个原子都达到稳定结构；同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键；
(3)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合P元素化合价可确定氧化物、含氧酸的分子式。
【详解】(1) 根据，可得Mc的质子数为115；与质子数都是115，由于质量数分别是287、288，则二者的中子数分别是172、173，二者质子数相同，中子数不同，它们互为同位素；
(2) N原子最外层有5个电子，化合物NH2NH2中2个N原子形成一对共用电子对，每个N原子与2个H原子形成2对共用电子对，所以该化合物电子式为。在该物质分子中含有4个N-H极性键，一个N-N非极性键；
(3)P元素的氧化物为PxOy，由于P为+3价，O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，可得3x=2y，所以x：y=2：3，结合白磷的正四面体结构，可知该氧化物的化学式为P4O6；P元素的价简单含氧酸的分子式为H3PO4。
【点睛】本题考查了原子结构、核素的表示、同位素的概念、电子式和化学式的书写、共价键的类型等知识，在原子中，Z代表质子数，A代表质量数，同种元素的质子数相同，注意应用价键规则书写电子式。
23.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的四种方法：
方法a
用炭粉在高温条件下还原CuO
方法b
用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2制备Cu2O
方法c
电解法，反应为
方法d
用肼（N2H4）还原新制的Cu(OH)2
（1）已知：①2Cu(s)＋O2(g)=Cu2O(s)；△H = -169kJ·mol-1
②C(s)＋O2(g)=CO(g)；△H = -110.5kJ·mol-1
③Cu(s)＋O2(g)=CuO(s)；△H = -157kJ·mol-1
则方法a发生反应的热化学方程式是：____________。
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示：
该离子交换膜为__________离子交换膜（填“阴”或“阳”），该电池的阳极反应式为___________，钛极附近的pH值______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）方法d为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。该制法的化学方程式为________。
【答案】 (1). 2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g) ΔH=+34.5kJ/mol (2). 阴 (3). 2Cu-2e-+2OH-= Cu2O+H2O (4). 增大 (5). 4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律并结合热化学方程式的书写方法来书写；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子的浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值的变化；
（3）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式。
【详解】（1）已知：①2Cu(s) +O2(g)=Cu2O(s)；△H= -169kJ/mol，
②C(s)+O2(g)=CO(g)；△H= -110.5kJ/mol，
③Cu(s)+O2(g)═CuO(s)；△H= -157kJ/mol，
用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的化学方程式为2CuO(s)+C(s)=Cu2O(s)+CO(g)，该反应可以由②-③×2+①得到，则反应的焓变为-110.5 kJ/mol –(-157 kJ/mol×2)-169 kJ/mol=34.5 kJ/mol；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子的浓度；在电解池中，铜电极连接电源的正极，则铜电极作阳极，且根据总反应式知，铜作阳极失去电子生成Cu2O，则在碱性环境下，阳极的电极反应式为2Cu-2e- +2OH- = Cu2O+H2O，钛极是阴极，发生还原反应，氢离子得电子，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，所以氢氧根离子浓度增大，则pH值增大；
（3）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，依据得失电子守恒、元素守恒，写出化学方程式为：4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑。
【点睛】1、电化学中书写电极反应式是常考点，也是学生们的易错点，已知总反应式时，根据总反应式中化合价的变化先确定两极反应物以及产物，再结合溶液环境进行配平，电极反应式也要符合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒。如本题中利用方法c—电解法制备纳米Cu2O，已知总反应式，阳极发生氧化反应，则应该是铜作阳极失电子生成Cu2O，2mol Cu失去2mol电子生成1mol Cu2O，溶液环境呈碱性，因此需在电极反应式左边用2mol氢氧根配平电荷守恒，再根据元素守恒在右边加1mol水配平电极反应式，阳极反应式为：2Cu-2e- +2OH- = Cu2O+H2O。
2、电极附近pH值的变化取决于电极反应，如本题中钛极是阴极，发生还原反应，氢离子得电子，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+2OH-，所以氢氧根离子浓度增大，则钛极附近pH值增大。
24.二乙酸环己二醇酯可通过下列路线合成：
（1）属于取代反应的是______，属于加成反应的是______（填序号）．
（2）A的结构简式为______．
（3）写出反应④、⑦的化学方程式：______、______．
（4）分子式为C4H8BrCl的有机物共有________种。
【答案】 (1). ① ⑥ ⑦ (2). ③ ⑤ ⑧ (3). (4). (5). + 2CH3COOH + 2H2O (6). 12
【解析】
【分析】
由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为卤代烃在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应，则A为，A与溴的四氯化碳溶液发生反应，反应③应为加成反应，生成B为，B在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应可以生成，反应⑤为发生1，4-加成反应，反应⑥为在NaOH/水条件下发生水解反应生成，C为，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，反应⑧为中的碳碳双键与氢气发生加成反应，据此解答。
【详解】（1）由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为卤代烃在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应生成，反应③为与溴的四氯化碳溶液发生的加成反应生成，反应④为在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应生成，反应⑤为发生1，4-加成反应，反应⑥为在NaOH/水条件下发生水解反应生成，水解反应也属于取代反应，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，酯化反应也属于取代反应，反应⑧为中的碳碳双键与氢气发生的加成反应，则属于取代反应的是①⑥⑦，属于加成反应的是③⑤⑧；
（2）反应②为氯苯在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生的消去反应生成，则A的结构简式为；
（3）反应④为在NaOH的醇溶液且加热的条件下发生消去反应生成，反应的方程式为，反应⑦为与醋酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成，反应的方程式为+ 2CH3COOH + 2H2O；
（4）C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种结构，先分析碳骨架异构，分别为C−C−C−C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C−C−C−C有、共8种，骨架有、，共4种，总共12种。
25.某兴趣小组设计了如图所示的实验装置，既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。
(1)利用I、Ⅱ装置可制取收集气体(K2关闭，K1打开)。
①下列各组物质中能直接利用这套装置进行实验的是_____ (填正确选项的标号)。
A.锌和稀硫酸 B.双氧水和二氧化锰
C.浓氨水和氧化钙 D.浓盐酸和二氧化锰
②在不改变I、II装置及位置的前提下，若要制取收集NO气体，可采取的改进方法是装置II内充满水；若要制取收集NO2气体，可采取的改进方法是：_______________________。
(2)利用I、III装置可验证物质的性质(K2打开，K1关闭)。
①若要证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中发生的离子反应方程式___________________________________。
②若要证明乙炔为不饱和烃，则I中发生的化学反应方程式为：_________________。C中的现象为（假设乙炔纯净）________________________________。
(3)装置Ⅲ中使用球形干燥管D的作用为_________________。
【答案】 (1). AC (2). 将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂 (3). Cl2+ 2Br-2Cl-+Br2 (4). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (5). 溴水褪色或高锰酸钾溶液褪色 (6). 防止倒吸
【解析】
【分析】
（1）①根据气体发生装置、气体收集装置的特点选择；
②根据二氧化氮的性质选取试剂；
（2）①根据氯气和溴之间的置换反应判断氧化性强弱，并写出相应的离子方程式；
②碳化钙和水反应生成乙炔，写出相应的化学方程式；乙炔与溴水或酸性高锰酸钾反应均是与碳碳三键反应，根据现象进行判断；
（3）根据球形干燥管的特点分析。
【详解】（1）①I装置为气体发生装置，反应物反应时不需加热，而浓盐酸和二氧化锰的反应需要加热，所以排除D项；Ⅱ装置为气体收集装置，导气管为短进长出，则反应生成的气体密度小于空气的密度，而氧气的密度比空气大，则排除B项，符合条件的是AC；
②NO2的密度比空气大，因此不能用排空气法收集，只能是将Ⅱ装置装满某种不与NO2反应的液体，通过排出液体收集NO2，二氧化氮能和水反应，所以不能用排水法收集，可将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂来收集二氧化氮气体；
故答案为：将Ⅱ装置加满(难挥发的)有机溶剂；
(2)①氯气能和溴化物置换出溴单质Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2，从而确定氯气的氧化性大于溴的氧化性；
②碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；溴水与乙炔能发生加成反应使溴水褪色，乙炔由于存在碳碳三键可被酸性高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾溶液褪色，所以根据乙炔能使溴水或高锰酸钾溶液褪色判断乙炔为不饱和烃；
(3)当气体被吸收时，液体上升到球形管中，由于球形管容积较大，导致试管中液面明显下降，使球形管口脱离液面，球形管中的液体又流回试管中，从而防止了倒吸，则装置Ⅲ中使用球形干燥管D的作用为防止倒吸。
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