安徽省三人行名校联盟2020届高三10月联考化学试题


安徽省三人行名校联盟
2019－2020学年第一学期高三年级10月份联考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Fe56
第I卷(选择题 共54分)
本卷共18小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。答案填涂到答题卡上。
1.化学与社会、生活密切相关。下列事实和解释均正确的是
选项
事实
解释
A
单晶硅用于制造光导纤维
单晶硅可使光发生全反射
B
用乙醇洗去织物上油污
乙醇能与油污发生取代反应
C
利用铝热剂(Al和Fe2O3)焊接钢轨
铝置换出铁，吸收能量使铁凝固
D
泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3溶液与饱和NaHCO3溶液混合产生气体
Al3＋与HCO3一的水解相互促进，生成阻燃性气体CO2，隔绝空气


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制造光导纤维的材料是SiO2，不是单晶Si，故A错误；
B．用乙醇洗去织物上的油污，是乙醇能溶解油脂，故B错误；
C．铝热反应是放热反应，故C错误；
D．利用Al3＋与HCO3一的水解相互促进，生成阻燃性气体CO2，隔绝空气达到灭火的作用，是泡沫灭火器选择Al2(SO4)3溶液与饱和NaHCO3溶液的主要原因，故D正确；
故答案为D。
2.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2＋、Na＋、NO3－、K＋
B. 0.1 mol/L FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、SO42一、MnO4一
C. 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：SO42一、AlO2－、NH4＋、Br－
D. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3＋、Cl－、Br－、K＋
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加盐酸产生沉淀的溶液中可能含有Ag+和SiO32-，Ca2+与SiO32-反应，SiO32-存在时不能共存，故A 错误；
B．Fe2+能被MnO4一氧化，则不能大量共存，故B错误；
C．AlO2-与NaHCO3、NH4+发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+、Cl-、Br-、K+之间不反应，且都不与(NH4)2Fe(SO4)2反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故答案为D。
【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时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-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；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。
3.下列物质的制备与工业生产相符的是
①NH3NOHNO3
②浓HClCl2漂白粉
③MgCl2(aq)无水MgCl2Mg
④饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3
⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3Al
A. ①②⑤ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①NH3催化氧化生成NO，NO、O2的混合气体能被水吸收生成HNO3，故①正确；
②工业上制备氯气通常采用电解饱和食盐水，故②错误；
③MgCl2(aq)直接加热只能生成Mg(OH)2，故③错误；
④向氨化饱和NaCl(aq)中通入CO2生成NaHCO3沉淀，过滤再加热使之分解生成Na2CO3，故④正确；
⑤用NaOH溶液溶解铝土矿中的Al2O3，过滤得到NaAlO2溶液，滤液中通入过量CO2得到Al(OH)3沉淀，再将过滤得到的Al(OH)3沉淀加热使之分解得Al2O3，最后电解Al2O3得到Al，故⑤正确；
①④⑤正确，故答案为B。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 3 g HD中，中子数为NA
B. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
C. 标准状况下，2.24 L HCl气体中含有0.1 mol H＋
D. 将0.1 mol CO2溶于适量水，溶液中CO32－、HCO3－、H2CO3粒子总数小于0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．D原子核内有1个中子，H原子核内没有中子，3 g HD的物质的量为1mol，含有中子数为NA，故A正确；
B．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合气体的物质的量为0.5mol，CH4和乙烯分子内均含有4个H原子，则混合物中含氢原子数目为2NA，故B正确；
C．HCl气体中不存在H＋，HCl气体溶于水才能电离出H＋，故C错误；
D．二氧化碳溶于水，部分与水反应，部分仍然以二氧化碳分子存在，依据碳原子守恒可知：将0.1 mol CO2溶于适量水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3粒子总数小于0.1NA，故D正确；
故答案为C。
5.下列有关化学用语表示正确的是
A. 239Pu比235U原子核内多4个中子
B. 肼(N2H4)的电子式为：
C. 硫酸氢钠熔融时的电离方程式：NaHSO4＝Na＋＋HSO4－
D. 过氧化氢的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．U：中子数=质量数-质子数=235-92=143，Pu：中子数=质量数-质子数=239-94=145，145-143=2，故A错误；
B．N2H4中含有1个N-N键和4个N-H键，正确的电子式为，故B错误；
C．电解质加热熔时只能破坏离子键，则硫酸氢钠熔融时的电离方程式为NaHSO4＝Na＋＋HSO4－，故C正确；
D．过氧化氢为共价化合物，过氧化氢的电子式为，故D错误；
故答案为C。
6.一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，达到平衡后，下列措施能改变化学反应速率且能使平衡发生移动的是
A. 恒容，按原平衡各物质的比例充入N2、O2和NO B. 恒容，充入He
C. 恒压，充入He D. 恒压，充入N2
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知N2(g)＋O2(g)2NO(g)反应前后气体的总物质的量不变，则平衡后，恒容，按原平衡各物质的比例充入N2、O2和NO，浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，故A错误；
B．恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，且平衡不移动，故B错误；
C．恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，且平衡不移动，故C错误；
D．恒压，充入N2，体积增大，氧气和NO的浓度降低，反应速率改变，且平衡移动，故D正确；
故答案为D。
【点睛】由于压强对反应速率或平衡状态的影响其实质是改变浓度，所以需要特别注意惰性气体加入时平衡的变化，可总结为“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。
7.下列实验中，能达到实验目的的是
A. 实验室制取氨气
B. 烧杯中红色褪去能证明生成HBr
C. 实验室制取氧气
D. 用酸性KMnO4溶液滴定H₂C₂O4溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸氢铵受热分解生成水、CO2和NH3，利用碱石灰吸收水和CO2，即可得到NH3，故A正确；
B．如果反应中生成Br2，溴蒸气也能使滴有酚酞的NaOH溶液红色褪去，故B错误；
C．Na2O2能与水剧烈反应且放热，使用简易装置，无法控制反应进行或停止，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液显紫色，则用酸性KMnO4溶液滴定H₂C₂O4溶液不需要使用指示剂，只要当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色显紫色，且半分钟不褪去，即达到滴定终点，故D错误；
故答案为A。
8.下列离子方程式中正确的是
A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
C. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极Fe要溶解，发生的离子反应为Fe＋2H2OFe(OH)2↓+H2↑，故A错误；
B．NO3-在酸性条件下也有强氧化性，能氧化I-，则Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，发生的离子方程式为12H＋+3NO3－+Fe3＋+10I－=3NO↑+Fe2＋+5I2+6H2O，故B错误；
C．SO2有较强还原性，HClO有强氧化性，则少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故D正确；
故答案为D。
9.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将生成的气体通入溴水中
溴水褪色
石蜡油催化裂解生成不饱和烃
B
将湿润的KI－淀粉试纸置于集满红棕色气体的集气瓶口
试纸变蓝
该气体为Br2
C
将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液
出现沉淀
沉淀只有AgBr
D
将NaHCO3溶液滴入Ca(ClO)2溶液中
出现沉淀
Ka2(H2CO3)>Ka(HClO)


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成的气体通入溴水中，溴水褪色，可知石蜡油被催化裂解，生成了不饱和的烃，故A正确；
B．气体NO2也是红棕色，也能使湿润淀粉KI试纸变蓝色，则不一定为溴蒸气，故B错误；
C．AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，Ag+过量，溶解平衡逆向移动，生成AgCl、AgBr沉淀，故C错误；
D．将NaHCO3溶液滴入Ca(ClO)2溶液中生成碳酸钙沉淀，是溶液中Ca2+浓度大，促进HCO3-的电离平衡正向移动，则无法判断Ka2(H2CO3)和Ka(HClO)的大小关系，故D错误；
故答案为A。
10.已知反应BeCl2＋Na2BeO2＋2H2O＝2NaCl＋2Be(OH)2↓能进行完全。以下推断中正确的是
A. BeCl2溶液pH<7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2
B. Na2BeO2溶液pH>7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeO
C. Be(OH) 2即能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液
D. BeCl2水溶液的导电性强，BeCl2一定是离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be(OH)2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，以此解答该题。
【详解】A．BeCl2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液pH＜7，将其蒸干，灼烧后可得残留物BeO，故A错误；
B．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，灼烧后可得残留物Na2BeO2，故B错误；
C．Be(OH)2性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；
D．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物，故D错误；
故答案为C。
11.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是
A. 该反应的氧化剂只有Cu2O
B. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
C. Cu既是氧化产物又是还原产物
D. 每生成19.2gCu，反应中转移0.6mol电子
【答案】B
【解析】
试题分析：硫化亚铜和氧化亚铜中铜均为+1价，反应后降为0价，得6e-；硫由－2价升为+4价，失6e-。反应中氧化剂为氧化亚铜和硫化亚铜，还原剂为硫化亚铜，A错误、B正确；铜是还原产物，C错误；由反应知每生成6mol铜转移电子6mol，所以生成19.2克铜转移电子0.3mol，D错误。
考点：氧化还原反应
点评：理解氧化还原反应中的基本概念和电子转移情况。
12.某同学学习元素周期律后，作出以下推测，其中错误的是
A. Ra是第七周期第IIA族的元素，推测Ra(OH)2碱性比Ba(OH)2强
B. Sb是第四周期第VA族的元素，推测SbH3比NH3稳定
C. Cs的原子半径大于Na的原子半径，推测Cs与水反应比Na与水反应更剧烈
D. Cl的核电荷数比Al大，推测Cl的半径比Al的半径小
【答案】B
【解析】
【详解】A．同主族元素随核电荷数增大，元素的金属性增强，则Ra是第七周期第IIA族的元素，Ra的金属比Ba强，即Ra(OH)2碱性比Ba(OH)2强，故A正确；
B．Sb是第四周期第VA族的元素，则Sb的非金属性比N弱，即NH3比SbH3稳定，故B错误；
C．Cs与Na同主族，且Cs的原子半径大于Na的原子半径，可知Cs比Na金属性强，则Cs与水反应比Na与水反应更剧烈，故C正确；
D．Cl与Al是同周期主族元素，Cl的核电荷数比Al大，则Cl的半径比Al的半径小，故D正确；
故答案为B。
【点睛】准确理解元素周期律是解题关键，特别注意：①同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；②同一主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；③同一周期从左向右原子半径减小，非金属性增强，则对应氢化物的稳定性增强，最高价含氧酸的酸性增强。
13.一种治疗皮肤病的药物结构简式如图所示，下列说法不正确的是

A. 该有机物能使酸性高锰酸钾褪色 B. 该有机物能发生加成反应
C. 该分子中，所有碳原子可能处于同一平面 D. l mol该有机物与足量Na反应产生2 g H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物分子结构中含有C=C双键、C=N双键、氨基和醇羟基，则能使酸性高锰酸钾褪色，故A正确；
B．该有机物分子结构中含有C=C双键、C=N双键，则能发生加成反应，故B正确；
C．分子结构中除C=C双键和C=O双键上碳原子为sp2杂化外，其余C原子是sp3杂化，且除C=N双键上的N原子外，其余N原子也为sp3杂化，则分子中所有碳原子不可能处于同一平面，故C错误；
D．分子结构中含有2个-OH，则l mol该有机物与足量Na反应产生1molH2，即2 g H2，故D正确；
故答案为C。
【点睛】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面结构、乙炔的直线结构和苯的平面结构，对有机物进行肢解，分部分析，特别注意：①碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转；②由于甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
14.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：

下列说法正确的是
A. △H1(CaCO3)>△H1(MgCO3)>0
B. △H2(MgCO3)>△H2(CaCO3)>0
C. △H1(CaCO3)－△H1(MgCO3)＝△H3(CaO)－△H3(MgO)
D. 对于MgCO3和CaCO3，△H1＋△H2>△H3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca2+的半径比Mg2+大，则CaCO3电离时需要的能量比MgCO3小，且电离过程是吸热过程，则△H1(MgCO3)>△H1(CaCO3)> 0
B．MgCO3和CaCO3中CO32-(g)=O2-(g)+CO2(g)所需要的能量相等，则△H2(MgCO3)=△H2(CaCO3)>0，故B错误；
C．由△H1(MgCO3)>△H1(CaCO3)> 0知△H1(CaCO3)－△H1(MgCO3)＜0；Ca2+的半径比Mg2+大，形成CaO释放的热量小于形成MgO释放的热量，即△H3(CaO)－△H3(MgO)> 0，则△H1(CaCO3)－△H1(MgCO3)＜△H3(CaO)－△H3(MgO)，故C错误；
D．电离和断裂化学键是吸热过程，则△H1＋△H2>0，形成化学键是放热过程，△H3＜0，则△H1＋△H2>△H3，故D正确；
故答案为D。
【点睛】化学反应过程中存在能量变化的主要原因是发生化学变化的过程中存在键的断裂与形成，其中断裂化学键吸热，形成化学键放热，反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，特别注意形成的化学键越稳定放出的热量越大，断裂时所吸收的能量也越大。
15.臭氧很多实用特性，其强氧化性常用于消毒杀菌和防腐保鲜。目前制取臭氧的方法很多，其中高压放电法(DBD)和电解纯水法原理如图所示。下列说法中错误的是

A. 两种方法都是将电能转化为化学能
B. 高压放电法和电解纯水法相比，会产生污染性的NOx气体
C. 电解纯水时，阳极发生的电极反应有3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋
D. 电解纯水时，H＋由电极b流向电极a
【答案】B
【解析】
【详解】A．两种方法均有外接电源，则都是将电能转化为化学能，故A正确；
B．高压放电法利用干燥O2在放电的情况下生成O3，发生的反应为3O2=2O3，无污染性的NOx气体产生，故B错误；
C．电解纯水时，阳极发生氧化反应，电极反应为3H2O－6e－＝O3↑＋6H＋，故C正确；
D．电解纯水时，电极b上产生O3，则电极b为阳极，电解池工作时H＋由阳极(电极b)流向阴极(电极a)，故D正确；
故答案为B。
16.2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是

A. X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物
B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强
C. Y气态氢化物的稳定性比Z的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：
A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；
B．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；
C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；
D．该盐中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；
故答案为B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
17.脱硫废水的主要超标项目为悬浮物、重金属阳离子(Hg2＋、Cu2＋等)、SO42－。某工厂采用如下流程进行脱硫废水处理。其中助凝剂为聚丙烯酰胺

下列说法不正确的是
A. 该方案用石灰乳仅用来调节pH使大部分重金属阳离子形成氢氧化物沉淀
B. 加入Na2S可以将进入沉降箱的Hg2+，Cu2+转化为硫化物沉淀
C. 加入FeClSO4是利用Fe3＋易水解的性质，形成胶体吸附悬浮物
D. 助凝剂聚丙烯酰胺是加成聚合反应的产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．用石灰乳可调节pH使大部分重金属阳离子形成氢氧化物沉淀，同时使溶液中的SO42－转化为CaSO4沉淀而除去，故A错误；
B．HgS和CuS的溶解平衡常数极小，加入Na2S可使沉降箱的Hg2+，Cu2+转化为硫化物沉淀而除去，故B正确；
C．加入FeClSO4可促进Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体，再利用所得胶体吸附悬浮物，故C正确；
D．是CH2=CHCONH2通过加成聚合反应得到的，故D正确；
故答案为A。
18.用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L的H3A溶液的滴定曲线如图所示。己知H3A的pKa1－pKa3分别为2、7和12(pKa＝－lgKa)下列说法正确的是

A. 滴定前溶液pH值约为3
B. 第一个计量点可以用酚酞作为指示剂
C. 到达第二个计量点时，溶液中存在c(Na＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)
D. 到达第三个计量点时，微热溶液，会增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．己知pKa1=2，即lgKa1=-2，则Ka1=10-2，由H3AH2A-+H+可知未滴定前Ka1=，则c(H+)≈mol/L=10-1.5mol/L，此时溶液pH=1.5，故A错误；
B．第一个计量点恰好完全反应生成NaH2A，此时溶液中H2A-的水解常数Kh===10-10，即H2A-的电离程度大于H2A-的水解程度，溶液显酸性，则不能使用酚酞作指示剂，可选择甲基橙作指示剂，故B错误；
C．到达第二个计量点时恰好生成Na2HA，此时溶液中HA2-的水解常数Kh2===10-7，即HA2-的电离程度等于HA2-的水解程度，溶液显中性，由溶液中的电荷守恒式c(Na＋)+ c(H＋)＝c(OH－)+c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)可得c(Na＋)＝c(H2A－)＋2c(HA2－)＋3c(A3－)，故C正确；
D．到达第三个计量点时，恰好生成Na3A，此时溶液中存在A3-的三级水解，且加热促进水解，即加热过程中c(A3－)减小，c(H2A－)增大，则会减小，故D错误；
故答案为C。
第II卷(非选择题 共46分)
19.X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素。X2是通常状况下密度最小的气体；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质；含Q的化合物焰色反应呈紫色。请回答下列问题：
(1)X、W、R、Q原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)__________；请写出Z在周期表中的位置____________________。
(2)由上述元素组成的物质YW(ZX2)2是一种中性肥料，请写出它的电子式______________。
(3)请设计实验比较Z与R元素的非金属性强弱____________________。
(4)X、Y形成的化合物中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是________。(写化学式)
(5)R的简单氢化物具有强还原性，将其通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，请写出该反应的化学方程式__________________________________________________。
(6)Y的最高价氧化物与Q的最高价氧化物的水化物按物质的量之比1：2反应，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序____________________。
【答案】 (1). K＞P＞O＞H (2). 第二周期ⅤA族 (3). (4). 配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N (5). C2H2 (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素；X2是通常状况下密度最小的气体，说明X为H元素；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃，此单质为P4，则Z为N元素，R为P元素；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质，则W为O元素，Y为C元素；含Q的化合物焰色反应呈紫色，可知Q为K元素，据此分析并结合元素周期律分析解题。
【详解】由分析知：X、Y、Z、W、R、Q依次为H、C、N、O、P、K元素；
(1)H、O、P、K原子分属四个不同周期，结合同主族元素核电荷数大，原子半径大，而同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小的规律可知原子半径K＞Na＞P＞S＞O＞H，则半径由大到小的顺序是(写元素符号) K＞P＞O＞H；Z为N元素，核电荷数为7，其在周期表中的位置第二周期ⅤA族；
(2)由上述元素组成的尿素(CO(NH2)2是一种中性肥料，说明其为共价化合物，则它的电子式为；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N；
(4)C、H元素可组成多种烃，其中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是乙炔，其化学式为C2H2；
(5)PH3具有强还原性，通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，应为磷酸、硫酸和Cu，则发生反应化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；
(6)CO2与KOH按物质的量之比1：2反应生成K2CO3，所得溶液中CO32-分步水解，且溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)。
20.某化学兴趣小组欲制备摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]并探究其分解产物。查到如下信息：
摩尔盐可由FeSO4溶液与(NH4)2SO4溶液混合制备；该物质能溶于水、不溶于乙醇，在空气中能逐渐被氧化；100℃开始分解，且分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。
I.制备摩尔盐
(1)向新制的FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体，加热，实验过程中最好采用___________加热方式。
(2)蒸发浓缩、冷却结晶使摩尔盐结晶析出，晶体过滤后用_____________洗涤。
(3)该小组用滴定法测产品纯度。现称取a g该产品于锥形瓶中，加蒸馏水溶解，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnO4溶液20.00 mL，则该产品的纯度为____________。
II.探究摩尔盐受热分解产物

(4)验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。
①所选用装置的正确连接顺序为___________。(可选部分仪器，填装置的字母序号)
②A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4______________________。
(5)探究分解产物中的硫氧化物，按A－D－B－F的顺序连接装置，进行实验。
①D装置中试剂的作用是____________________________________________。
②实验过程中，仅B中有沉淀生成，其他实验证明摩尔盐受热分解除上述产物外，还有N2生成。写出摩尔盐受热分解的化学方程式__________________________________________。
【答案】 (1). 热水浴 (2). 乙醇 (3). (4). A→E→F→C (5). 取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4； (6). 检验是否含有SO3，并防止SO2和NH3一同进入D装置生成白色沉淀，干扰SO3的检验 (7). 2[(NH4)2Fe(SO4)2·6 H2O] Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O
【解析】
【分析】
I.(1)摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]不稳定，在温度超过100℃时分解；
(2)摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇；
(3)根据5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知：5[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]~~~5Fe2+~~MnO4-，滴定时消耗的KMnO4物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为5×0.002mol=0.01mol，由此计算该产品的纯度；
II.(4)①实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置E中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置F中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置C检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气；
②设计实验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计；
(5) ①检验SO3气体并排除SO2的干扰；
②实验过程中，D中无沉淀，而B中有沉淀生成，说明分解产物中含有SO2，而没有SO3。
【详解】I.(1)摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]不稳定，在温度超过100℃时分解，则实验过程中最好采用热水浴加热方式；
(2)摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇，则晶体过滤后用乙醇洗涤；
(3)根据5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知：5[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]~~~5Fe2+~~MnO4-，滴定时消耗的KMnO4物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为5×0.002mol=0.01mol，该产品的纯度为=；
II.(4)①实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置E中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置F中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置C检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为A→E→F→C；
②设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，设计实验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4；
(5)①利用D装置中盛装的酸性BaCl2溶液可的作用是检验是否含有SO3，并防止SO2和NH3一同进入D装置生成白色沉淀，干扰SO3的检验；
②实验过程中，D中无沉淀，而B中有沉淀生成，说明分解产物中含有SO2，而没有SO3，说明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2[(NH4)2Fe(SO4)2·6 H2O] Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O
。
21.硫酸镍(NiSO4)是一种重要的化工原料，广泛应用于电镀、医药、印染等工业。以含镍废催化剂(主要含Ni及少量的Al、Al2O3、Fe和其它不溶于酸、碱的杂质)为原料生产NiSO4·7H2O晶体的两种工艺流程如下：
流程一：

流程二：

已知：部分金属氢氧化物的Ksp近似值如下表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Ksp近似值
10－17
10－39
10－34
10－15

回答下列问题：
(1)流程一中所用酸A和流程二中所用酸X___________(填“相同”或“不相同”)；流程一中滤渣C和流程二中滤渣II___________(填“相同”或“不相同”)。流程二中滤渣I是___________。
(2)流程一中“碱浸”时发生反应的离子方程式为_________________、___________________。
(3)流程二中“净化除杂”包含了两步操作过程：第一步，加入氧化剂H2O2，发生反应的离子方程式是____________________________________________；第二步，调节溶液的pH。
(4)分析比较流程一中操作B和流程二中操作Y后，回答操作Y是___________、___________、过滤、洗涤、干燥，即得产物。
(5)由己知信息列式计算：常温下，Ni2＋完全沉淀时的pH值___________。
【答案】 (1). 相同 (2). 不相同 (3). 其它不溶于酸、碱的杂质 (4). 2Al + 2OH- +2H2O=2AlO2- + 3H2↑ (5). Al2O3 + 2OH- =2AlO2- + H2O (6). 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 9
【解析】
【分析】
流程一：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe和其它不溶于酸、碱的杂质，用NaOH碱浸时溶解Al和Al2O3，过滤得到固体是Ni、Fe和不溶于酸、碱的杂质，加入稀硫酸酸浸过滤，所得滤液主要含有Fe2+和Ni2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部生成Fe(OH)3沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH：2-3，以防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体；
流程二：某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiSO4•7H2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂用稀硫酸酸浸，则Ni、Al、Fe和Al2O3均溶于酸，得到Al3+、Fe2+和Ni2+，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Al3+、Fe2+和Ni2+，净化除杂主要除去Al3+、Fe2+，得到Ni2+的溶液，经过后续处理得到NiSO4•7H2O晶体，以此解答该题。
【详解】(1)由流程分析知：目标产物均为NiSO4•7H2O，则流程一中所用酸A和流程二中所用酸X均为稀硫酸；流程一中滤渣C为Fe(OH)3沉淀，而流程二中滤渣II为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，则流程一中滤渣C和流程二中滤渣II不相同；流程二中滤渣I是其它不溶于酸、碱的杂质；
(2)流程一中“碱浸”时用NaOH溶液溶解Al和Al2O3，均生成NaAlO2，前者还有H2生成，发生反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2H2O=2AlO2-+ 3H2↑、Al2O3 + 2OH-=2AlO2-+ H2O；
(3)流程二中“净化除杂”包含了两步操作过程：第一步，加入氧化剂H2O2，目的是氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，发生反应的离子方程式是2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O；
(4)流程二中从溶液中获得NiSO4•7H2O的操作Y是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产物。
(5)由Ksp(Ni(OH)2)=c(Ni2+)×c2(OH-)=10－15，Ni2＋完全沉淀时c(Ni2+)＜1×10-5mol/L，则Ni2＋完全沉淀时的c(OH-)=mol/L=1×10-5mol/L，此时溶液的pH=-lg=9。
22.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
(1)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
化学反应
正反应活化能
逆反应活化能
t℃时平衡常数
N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H>0
a kJ/mol
b kJ/mol
K1
4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g) △H<0
c kJ/mol
d kJ/mol
K2



请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：______________________，t℃时该反应的平衡常数为__________ (用K1和K2表示)。
(2)工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。

①图甲中0～t1 min内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
(3)①科学家研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。用这种电池可直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电。尿素燃料电池结构如图所示，写出负极电极反应式：________________________________________________。

②理论上电池工作时，每消耗标准状况下2.24 L O2时，可产生的电量为________ (法拉第常数为96500C/ mol)。
【答案】 (1). 4NH3(g)＋6NO(g)= N2(g) ＋6H2O(g) △H=(c-d-5a+5b) kJ/mol (2). K= (3). mol/(L•min) (4). 大于 (5). 不移动 (6). CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+ (7). 38600c
【解析】
【分析】
(1)已知△H=正反应活化能-逆反应活化能，则①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H=(a-b)kJ/mol >0，②4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g) △H=(c-d)kJ/mol <0，由盖斯定律知：②-①×5得4NH3(g)＋6NO(g)= N2(g) ＋6H2O(g)，据此计算反应△H并写出该反应的平衡常数；
(2) ①图甲中0～t1 min内，H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3mol/L×=0.1mol/L，再根据v(N2)＝计算；根据浓度越大，反应速率越快判断b点与a点的速率大小；
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，则平衡常数K===1，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2，此时容器的体积变为2L，则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L，根据Qc=判断平衡移动的方向；
(3)①由尿素燃料电池的结构可知，正极上氧气得到电子生成水，负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳；
②标准状况下2.24 L O2的物质的量为=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，再计算产生的电量。
【详解】(1) 已知△H=正反应活化能-逆反应活化能，则①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H=(a-b)kJ/mol >0，②4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g) △H=(c-d)kJ/mol <0，由盖斯定律知：②-①×5得4NH3(g)＋6NO(g)= N2(g) ＋6H2O(g)，即△H=(c-d)kJ/mol -[(a-b)]kJ/mol×5=(c-d-5a+5b) kJ/mol，则t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3(g)＋6NO(g)= N2(g) ＋6H2O(g) △H=(c-d-5a+5b) kJ/mol，t℃时此反应的平衡常数为K=；
(2)①图甲中0～t1 min内，H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3mol/L×=0.1mol/L，则v(N2)＝==mol/(L•min)；根据浓度越大，反应速率越快可知b点的v(H2)正大于a点的v(H2)逆；
②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，则平衡常数K===1，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2，此时容器的体积变为2L，则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L，根据Qc===1=K，则此时平衡不移动；
(3)①由尿素燃料电池的结构可知，负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳，负极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+；
②标准状况下2.24 L O2的物质的量为=0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，则可产生的电量为96500C/ mol×0.4mol=38600c。
【点睛】化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同；且相同温度下，等于同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍；③判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。