【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期4月月考试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一下学期4月月考试题
可能的用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Cu:64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题2分，共50分)
1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是（ ）
①用煤作燃料 ②把工厂炯囱造高 ③化石燃料脱硫
④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源
A. ①②③ B. ①③④⑤ C. ②③④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】形成酸雨的主要气体污染物是SO2等，SO2主要来源于燃烧含硫的煤，少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，以此解答。
【详解】①SO2主要来源于燃烧含硫的煤，用煤作燃料不能减少酸雨的产生，故①错误；
②工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放，所以不能减少酸雨的产生，故②错误；
③将矿石燃料脱硫，能减少二氧化硫的排放，能减缓酸雨污染，故③正确；
④在已酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，故④错误；
⑤开发新能源能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故⑤正确；选D。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是（ ）
A. SO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。
【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。
3.关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）
A. 制取及观察Fe（OH）2
B. 比较两种物质的热稳定性
C. 实验室制取NH3
D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物
【答案】A
【详解】A．将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；
B．碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；
C．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；
D．图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；
故答案选A。
4.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( )
A. 32 g B. 48 g C. 64 g D. 96 g
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g，故选C。
5.在一定温度和压强下，将一支容积为21mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内的液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为（ ）
A. 8.75mL B. 12.25mL
C. 5.25mL D. 10.5mL
【答案】B
【解析】
【分析】二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积。
【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积21ml的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的
1/3为7mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为7mL，故通入的氧气的体积=7mL+21/4mL=12.25mL,故选B。
6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是

A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3
B. 利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mL
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③
D. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】D
【解析】分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径①的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，途径②的反应方程式式为2Cu＋O22CuO CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O，途径③的反应方程式式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此可解答。
详解：A、根据途径①的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；
B、由途径③的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0
.2mol，所以B错误；
C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为①=②=③，所以C错误；
D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径①与途径②相比，在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，途径③消耗硫酸最多，并产生污染性气体SO2，只有途径②消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径②更好地体现了绿色化学思想，故D正确。本题答案为D。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B. SO2通入氯水中：SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋
C. Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3：Fe(OH)2＋2H＋＝2Fe2＋＋2H2O
D. 少量氯水滴入FeBr2溶液中：Cl2＋2Br－＝2C1－＋Br2
【答案】B
【解析】
【分析】A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；
C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应。
【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B项、将SO2通入氯水中，二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程为：SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋，故B正确；
C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程为：3Fe(OH)2+NO3-+10H+═3Fe3++NO↑+8H2O，故C错误；
D项、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应，反应的离子方程为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D错误。
故选B。
8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是　(　　)
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定没有O2和NO2，可能有Cl2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】试题分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红溶液，品红溶液褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有氧气。
9.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2通入酸性高锰酸钾溶液
高锰酸钾溶液紫色褪色
SO2具有漂白性
B
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液显红色
原溶液中有Fe3+无Fe2+
C
将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液
有白色沉淀生成
证明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
【答案】C
【解析】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液将二氧化硫氧化，因为发生氧化还原反应而褪色，证明二氧化硫具有还原性，故A错误；B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显示红色，能够证明原溶液中有Fe3+，但是无法证明是否含有Fe2+，检验Fe2+应该再滴入酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C．将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，证明最高价含氧酸的酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故C正确；D．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；故选C。
10.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为（ ）
A. b>c>a>d B. b>a>c>d C. d>b>a>c D. b>d>c>a
【答案】A
【解析】
【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大．
【详解】设试管的体积为VL，
a．等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V－1/4×0.5V）=3/8V；
b．等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；
c．等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V×3/4）=1/8V；
d．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞c＞a＞d，
故选A。
11.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）
A. 无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-
B. 某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐
C. 无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3
D. 无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子， 所以该结论正确，A项正确；
B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；
C.因为NH4++OH-NH3↑+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4+，所以该结论错误，C项错误；
D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。
12.下列关于浓硝酸的说法不正确的是（ ）
A. 光照易分解
B. 露置于空气中溶液浓度降低
C. 能与碳反应说明其具有强氧化性
D. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化
【答案】D
【解析】浓硝酸具有挥发性，见光分解和受热分解的不稳定性，还具有强的氧化性等。所以A、光照易分解是其不稳定性的表现，故A正确；B、露置于空气中因其挥发导致溶质减少，溶液浓度降低，故B正确；C、浓硝酸的强氧化性能氧化几乎所有的金属和绝大多数非金属，所以能与碳反应，故C正确；D、常温下铜可在浓、稀硝酸中发生反应，而铁、铝在浓硝酸中才能发生钝化，所以D错误。因此本题答案为D。
13.已知X＋结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是(　　)

A. 第二周期0族 B. 第四周期ⅠA族
C. 第三周期ⅠA族 D. 第三周期ⅦA族
【答案】B
【详解】X＋结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期ⅠA族，B项正确；
答案选B。
14.下列关于化学键的叙述中，正确的是 （ ）
A. 氢键是一种特殊的共价键 B. 离子化合物中可能含有共价键
C. I2的挥发破坏了共价键 D. 非极性键只能存在双原子单质中
【答案】B
【解析】A. 氢键不是化学键，A错误；B. 离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH中O与H之间含有共价键，B正确；C. I2的挥发是物理变化，破坏了分子间作用力，共价键不变，C错误；D. 非极性键不一定只能存在双原子单质中，例如CH3CH2OH分子中C与C之间含有非极性键，D错误。答案选B。
15.浅绿色的Fe (NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时，溶液的颜色变化应该是（ ）
A. 颜色变浅 B. 变为血红色
C. 没有改变 D. 变为黄色
【答案】D
【解析】浅绿色的Fe(NO3)2溶液中逐滴加入少量的稀硫酸时，发生离子反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe2++NO↑+2H2O，三价铁盐溶液显黄色，所以溶液变为黄色，本题选D。
16.短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a-b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为（ ）
A. B3A2 B. AB2 C. A3B2 D. BA2
【答案】D
【详解】短周期元素A和元素B，元素A原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素B原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，所以元素A原子有2个电子层，故b=2，所以a=8-b=8-2=6，故A为O元素；故元素B原子的M层电子数为a-b=6-2=4，故B为Si元素，A、B两元素形成的化合物为BA2，
故选D。
17.下列有关化学用语的表示方法中正确的是（ ）
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为a+b+2a+2M
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【详解】A、HClO是共价化合物，电子式为，A错误；
B、M2+离子核外有a个电子，M原子核外有a+2个电子，M的质子数为a+2，质量数为a+2+b，M的原子符号为，B正确；
C、氯化镁是离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程为：，C错误；
D、Na+的结构示意图为，D错误；
答案选B。
18.已知短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 原子半径：B＞A＞C＞D
B. 原子序数：D＞C＞B＞A
C. 离子半径：C3－＞D－＞A2＋＞B＋
D. 氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＜D－
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有
a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a>b>d>c。
【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数a>b>d>c，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A正确；
B. 短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；
C. aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，所以离子半径C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C错误；
D．同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＞D－，故D错误；
故选A。
19.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T为铝元素。

元素R的氢化物的电子式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，R位于第二周期，T、Q、W位于第三周期，T为Al元素，则R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，据此解答。
【详解】根据上述分析，R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，T为铝元素。N的氢化物为氨气，化学式为NH3，其为共价化合物，分子中只有共价键，其电子式为，故选C。
20.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是(　　)
A. M与R可以形成MR2型离子化合物
B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C. 形成的两种离子分别是M＋和R2－
D. MR2的电子式为
【答案】A
【解析】
【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。
【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则
A．M形成+2价阳离子，R形成－1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；
B．离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+＜Cl－，Ba2+＞Cl－，故B错误；
C．形成的两种离子分别是M2＋和R－，故C错误；
D．MR2的电子式为，故D错误，
故答案选A。
21.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径Y>X
B. 非金属性W>Z
C. 氢化物稳定性X>Z>W
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负价之和为4，则Z是第ⅥA元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则
A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径Y＜X，A错误；
B. 非金属性S＞C，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性O＞S＞C，C正确；
D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；
答案选C。
22.下列说法正确的是（ ）
A. 原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族
B. D−核外有36个电子，则元素D位于第四周期第ⅦA族
C. 位于同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4
D. 位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x，乙位于第ⅢA族，则乙原子序数可能为x+19
【答案】B
【详解】氢和锂是同一主族的两种元素，其原子序数之差为2，故A错误；
D−核外有36个电子，则D原子有35个电子，为Br元素，Br位于第四周期第ⅦA族，故B正确；
同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，故C错误；
同一周期第ⅠA族与第ⅢA族之间原子序数之差可能为2、12和26，乙原子序数不可能为x+19，故D错误。
故选B。
23.下列物质中只含有离子键的是（ ）
A. H2O B. NH4Cl C. Na2S D. Na2O2
【答案】C
【详解】A. H2O中只含有极性共价键，故A错误；
B. NH4Cl中既含有离子键，也含有极性共价键，故B错误；
C. Na2S中只含有离子键，故C正确；
D. Na2O2中既含有离子键，也含有非极性共价键，故D错误；
正确答案：C。
24.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是（ ）
A. 加热氧化铜制铜 B. 氧化铁与铝粉反应制铁
C. 电解熔融氯化铝制铝 D. 电解熔融氧化镁制镁
【答案】B
【解析】
【分析】特别活泼的金属从K到Al用电解方法冶炼；从Al后到Cu的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag用热分解方法冶炼，据此分析。
【详解】A. Cu可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A错误；
B.Al的活动性比Fe强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B正确；
C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属Al，C错误；
D.MgO是离子化合物，由于其熔沸点比MgCl2高，所以一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，D错误；
故合理选项是B。
25.如图所示，用海带灰制备单质碘的实验中，涉及的操作正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 过滤海带灰浸取液
B. 在滤液中通入Cl2
C. 先放出下层液体，再放出有机层苯
D. 回收萃取剂苯并获得单质碘
【答案】A
【解析】
【分析】A．过滤分离可溶物和不溶物；
B．洗气应长进短出；
C．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
D．温度计测量蒸气的温度。
【详解】A、碘离子易溶于水，可用过滤法除掉不溶性杂质，选项A正确；
B、洗气时应长进短出，否则会将液体排出，选项B错误；
C、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项C错误；
D、蒸馏操作时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，选项D错误。
答案选A。
第II卷(非选择题)
26.I．海水开发利用的部分过程如图所示。

(1)向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，发生反应的离子方程式为_______________________。
(2)富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为________________________。也可用纯碱吸收溴，主要反应是Br2＋Na2CO3＋H2O→NaBr＋NaBrO3＋NaHCO3(未配平)，吸收1 mol Br2时，转移的电子为_____ mol。
(3)下列有关海水综合利用的说法错误的是_______________。
A．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
B．电解饱和食盐水可制得金属钠
C．工业生产常选用Ca(OH)2作为沉淀剂
D．海水提镁涉及到复分解反应
II. C、Ｎ、O、Na、Al、S、Cl是常见的元素。 
(1)C元素位于元素周期表的位置___________________；C元素的一种同位素可以测定文物年代，这种同位素的符号为_______________。 
(2)用“＞”、“＜”或“＝”填空 
离子半径
酸性
还原性
得电子能力
N3-____ Al3+
H2SO4____ HClO4
O2-____ S2-
35Cl ____37Cl
(3)黑火药爆炸时发生反应的化学方程式为：S+2KNO3+3C==K2S +3CO2↑+N2↑反应生成物中，属于非电解质的是_______________，其电子式为__________________。 
(4)在(3)中化学反应方程式的元素中，属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为____________________，能证明其递变规律的事实是_______________(填字母) 
A．氧化物对应水化物的酸性        
B．气态氢化物的沸点 
C．单质与氢气反应的难易程度       
D．气态氢化物的稳定性
【答案】(1). Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 (2). SO2＋Br2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr (3). 5/3 (4). B (5). 第二周期IVA族 (6). 146C (7). > (8). < (9). < (10). = (11). CO2 (12). (13). O>N>C (14). CD
【解析】
【分析】I．由流程可知，海水蒸发溶剂得到粗盐和苦卤溶液，苦卤溶液中通入氯气，氯气与溴离子发生置换反应生成溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，用二氧化硫或纯碱吸收溴，然后再加入合适的试剂将溶液中的溴元素转化为为溴单质，得到高浓度的溴溶液，目的是富集溴。
II. （1）C元素位于元素周期表第二周期，第IVA族；
（2）核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；单质的氧化性越强，离子的还原性越弱；同种元素得电子能力相同；
（3）反应生成物中氮气为单质，硫化钾为电解质，二氧化碳属于非电解质；
（4）在（3）中化学反应方程式的元素中、C、N、O位于同周期，原子序数大的非金属性强，则非金属性为O>N>C。
【详解】I．（1）向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，分液的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
（2）海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，溴单质沸点低，易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，用SO2的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；纯碱吸收溴单质，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，电子转移5e-，配平得到3Br2+6Na2CO3+3H2O→5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，反应中，Br元素化合价分别由0价变化为-1价、+5价，反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n氧化剂（Br2）=2×5×n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为mol，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；；
（3）A、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故正确；
B、电解饱和食盐水生成的是氯气、氢气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠生成钠和氯气，故错误；
C、工业生产中常选用性价比相对较高的生石灰或石灰水作沉淀剂，故正确；
D、海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故正确；
故选B，故答案为：B；
II. （1）C元素位于元素周期表第二周期IVA族，14C可以测定文物年代，故答案为：第二周期IVA族；14C；
（2）N3-、Al3为核外电子排布相同的离子，离子核电荷数越大，半径越小，则N3- 大于Al3+，非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；氧气的氧化性大于硫单质，则O2-小于S2-；同种元素得电子能力相同，故答案为：>；<；<；=；
（3）反应生成物中氮气为单质，硫化钾为电解质，二氧化碳属于非电解质；二氧化碳分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为，故答案为：CO2；；
（4）在（3）中化学反应方程式的元素中、C、N、O位于同周期，原子序数大的非金属性强，则非金属性为O>N>C；
A、O元素只有正化合价，不存在氧化物，方法不合理，故错误；
B、气态氢化物的沸点与非金属性无关，故错误；
C、单质与氢气反应的难易程度，可知非金属得电子的能力，能比较非金属性，故正确；
D、氢化物的稳定性可比较非金属性强弱，故正确；
故选CD，故答案为：O>N>C；CD
27.下表是元素周期表的一部分, 针对表中的①～⑩种元素,填写下列空白(填写序号不得分):
族　
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2



①
②
③
④

3



⑤

⑥
⑦
⑧
4
⑨





⑩

(1)在这些元素中,化学性质最不活泼的是:__________。(填元素符号)
(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是__________，碱性最强的化合物的化学式是__________________。
(3)比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物，________________的酸性强(填化学式)
(4)工业上制取②的氢化物的化学方程式_______________________________________；
②的氢化物与②的最高价氧化物的水化物反应所得的产物化学式为_____________。
(5)②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因________________________________________________(用化学方程式表示)
(6)比较③与⑥的氢化物,_______________更稳定,__________沸点更高(填化学式)
(7)写出④的单质与水反应的化学方程式_________________________________________。
(8)写出⑦元素的离子结构示意图______________________,该离子半径_________S2-(填“﹥”或“﹤”)写出⑩元素在周期表的位置__________________________。
【答案】(1). Ar (2). HClO4 (3). KOH (4). H2CO3 (5). N2+3H2 2NH3 (6). NH4NO3 (7). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (8). H2O (9). H2O (10). 2F2+2H2O=4HF+O2↑ (11). (12). < (13). 第四周期VIIA族
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是F元素，⑤是Si元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素。
【详解】（1）在①～⑩的10种元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar，故答案为：Ar；
（2）根据元素周期律：同周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同主族元素的原子，从下到上最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱可以推知酸性最强的式是高氯酸，碱性最强的是KOH，故答案为：HClO4；KOH；
（3）①是C元素，⑤是Si元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次减弱，则最高价氧化物对应的水化物酸性强的是H2CO3，故答案为：H2CO3；
（4）②是N元素，工业上用氮气和氢气反应制备氨气，反应的化学方程式为N2+3H2 2NH3；氨气与硝酸反应生成硝酸氨，故答案为：N2+3H2 2NH3；NH4NO3；
（5）红棕色气体是二氧化氮，二氧化氮易溶于水，与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（6）③是O元素，⑥是S元素，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢；水分子之间可以形成氢键，增大分子间作用力，沸点高于硫化氢，故答案为：H2O；H2O；
（7）④是F元素，氟气与水发生置换反应反应生成氢氟酸和氧气，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2↑，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2↑；
（8）⑦是Cl元素，氯离子结构示意图；⑥是S元素，氯离子和硫离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小，则氯离子比较小于硫离子；⑩是Br元素，位于周期表第四周期VIIA族，故答案为：；<；第四周期VIIA族。
28.氨与硝酸都是氮的重要化合物，在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)氨气的制备

①氨气制取的发生装置可以选择上图中的_________(填字母)，反应的化学方程式为_____________________________________________。
②选择上图装置组装一套实验装置来收集一瓶干燥的氨气，所选装置的连接顺序为：发生装置→______→______→______→_____→i(按气流方向，用小写英文字母表示)。
③可用如图装置进行氨的喷泉实验，引发喷泉的操作是_______________________________。

(2)如图所示，NH3经一系列反应可以得到HNO3。

①反应①的化学方程式为________________________________________。
②产物NO是大气污染物之一。在400℃左右且有催化剂存在的情况下，可用氨将一氧化氮还原为无色无毒气体。该反应的化学方程式为_______________________。
(3)在某100mL硝酸与硫酸的混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.6 mol·L-1和0.3mol·L-1。向该混合液中加入3.84g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度为____________。
【答案】(1). A或B (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O或NH3•H2ONH3↑+H2O (3). d (4). c (5). f (6). e (7). 挤压胶头滴管的水进入圆底烧瓶，再打开止水夹 (8). 4NH3+5O24NO+6H2O (9). 4NH3+6NO5N2+6H2O (10). 0.45mol/L
【解析】
【分析】（1）①实验室利用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气或利用浓氨水受热分解制备氨气；
②按照制取→除杂→干燥→收集→尾气处理的顺序分析解答；
③氨的喷泉实验的原理是氨极易溶于水，致使烧瓶内气体物质的量减小，压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象；
（2）①反应①为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水；
②在400℃左右且有催化剂存在的情况下，氨与一氧化氮发生氧化还原反应生成无色无毒的氮气和水；
（3）铜和混酸反应，实际上是与硝酸反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，由题给数据可知，反应时铜和硝酸根过量，氢离子不足量，则依据氢离子的量计算溶液中铜离子的量。
【详解】（1）①实验室利用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，该反应为固体与固体共热的反应，应该选择A装置，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；或选择装置B，利用浓氨水受热分解制备氨气，反应的化学方程式为NH3•H2ONH3↑+H2O，故答案为：A或B；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O或NH3•H2ONH3↑+H2O；
②按照制取→除杂→干燥→收集→尾气处理的顺序可知，收集一瓶干燥的氨气的装置连接顺序为A（或B）→C（干燥）→D（收集）→F（尾气处理），注意干燥管是大口进小口出，氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集，收集氨气时应从短管进入，则按气流方向的顺序为a或b→d→c→f→e→i，故答案为：d；c ；f；e；
③氨的喷泉实验的原理是氨极易溶于水，打开止水夹挤出胶头滴管中的水，然后打开止水夹，由于氨气迅速溶解在挤出胶头滴管中的水，致使烧瓶内气体物质的量减小，压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象，故答案为：挤压胶头滴管的水进入圆底烧瓶，再打开止水夹；
（2）①反应①为在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②在400℃左右且有催化剂存在的情况下，氨与一氧化氮发生氧化还原反应生成无色无毒的氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
（3）铜和混酸反应，实际上是与硝酸反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，3.84g铜的物质的量为=0.06mol，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.6 mol·L-1和0.3mol·L-1的100mL混合液中，硝酸根的物质的量为0.06mol，氢离子的物质的量为（0.06mol+0.03mol×2）=0.12mol，由离子方程式可知，反应时铜和硝酸根过量，氢离子不足量，则依据氢离子的量计算溶液中铜离子的量，由8n(Cu2+)=3n(H+)可得n(Cu2+)==0.045mol，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度为0.45mol/L，故答案为：0.45mol/L。