浙江省台州市仙居中学2022届高三化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年浙江省台州市仙居中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1．下列说法正确的是()A．工业上利用合成氨实现人工固氮B．SiO2有导电性，可用于制备光导纤维C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的正极材料2．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为()A．2：4：1B．3：2：1C．2：3：1D．4：2：13．下列说法不正确的是()A．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品B．雾霾天气首要污染物为PM2.5（指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物），PM2.5在空气中一定形成气溶胶C．化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础D．据测定，许多反应的温度每升高10K，其反应速率增加2～4倍．在实验室或工业生产中，常采用加热的方法使化学反应在较高的温度下进行，以提高反应速率4．对由X、Y元素形成的化合物X2Y2的叙述正确的是()A．若是离子化合物，则阳阴离子个数比肯定不等于1：1B．若该化合物有Y﹣Y键，则肯定是共价化合物C．若溶于水时有X﹣Y键的断裂，则肯定是强电解质D．若X、Y原子间的共价键键能大，则熔、沸点肯定高5．下列变化能够实现的是：()①复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体；②两种氧化物发生反应有气体生成；③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性；④弱酸与盐溶液反应生成强酸．A．只有①③B．只有②④C．只有①②④D．①②③④6．下列有关物质的分类或归类不正确的是()①混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银②化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD③电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡④纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶⑤同位素：C、C、C⑥同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2．30\nA．①②④⑥B．①②④⑤C．①③④⑤D．②④⑤⑥7．己知X、Y、Z、W、N、U、V是短周期的主族元素，原子序数依次增大．X与N同主族，且与W都能形成A2B、A2B2型化合物；Z、W的单质常温下均为无色气体；Y原子的L层电子数是K层电子数的2倍；U原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法不正确的是()A．N的单质的晶体属于金属晶体；U的氢化物的球棍模型示意图为B．工业上V的单质的制备可以电解熔融的NVC．Z的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐D．X、Y、Z、W四种元素（按顺序）可组成原子个数比为5：1：1：3的化合物；也可形成结构式为X﹣W﹣Y≡Z的化合物8．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是()A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B．用图2所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH39．如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀溶解B．若A为浓硫酸，B为炭，C中盛有品红溶液，则C中溶液红色褪色C．若A为浓硝酸，B为金属铜，C中盛有淀粉KI溶液，则C中溶液变蓝D．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色10．下列说法正确的是()A．石油干馏可得到汽油、煤油等B．破坏乙烯分子里C=C键所需吸收的能量是破坏乙烷分子里C﹣C键能量的两倍C．油脂不是高分子化合物，1mol油脂完全皂化生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则30\n11．某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有()A．4种B．3种C．2种D．1种12．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液．再加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失．下列判断不正确的是()A．氧化性：C1O﹣＞I2＞SO42﹣B．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色D．次氯酸钠可以与亚硫酸钠在溶液中共存13．下列离子或物质组能大量共存，且满足相应条件的是()选项离子或物质条件ANa+、K+、Cl﹣、SO42﹣c（Na+）+c（K+）=c（SO42﹣）+c（Cl﹣）BFe3+、SO32﹣、Cl﹣加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀CBa+、HCO3﹣、Cl﹣、H+加入氨水产生沉淀DSO2、O2、NO2通入足量NaOH溶液后，可能会没有任何气体剩余A．AB．BC．CD．D14．根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：①CaBr2+H2OCaO+2HBr②2HBr+HgHgBr2+H2↑③HgBr2+CaOHgO+CaBr2④2HgO2Hg+O2↑该方案的相关叙述正确的是()A．该实验的目的是制取HBrB．该过程的副产品是HgC．该过程得到的气体只有H2D．该过程的本质是水的分解15．能源材料是当今科学研究的热点．氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60（结构见图）可用作储氢材料．继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是()30\nA．C60、Si60、N60都属于新型化合物B．C60、Si60、N60互为同分异构体C．已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2D．已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石16．下列关于反应速率的说法正确的是()A．决定反应速率的主要因素是反应物的浓度B．化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LC．用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比D．如图表示密闭容器中673K，30MPa下的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系曲线图．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样17．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是()A．反应过程可表示为B．E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能C．此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2，为吸热反应D．此图中正反应的热效应为△H=E1﹣E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应18．下列有关能量的描述及热化学反应方程式表示不正确的是()A．表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）；△H=﹣258.8kJ•mol﹣130\nB．化学上把在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热．中和热可以用量热计直接测量C．已知C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1则C（石墨）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1D．关于“盖斯定律：‘一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的’．”可以理解为“一个反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关”19．如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是()A．吸收H2S的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+B．电解时选用阴离子交换膜，电解过程中的阳极区反应主要为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2C．电解过程中若阴极产生2.24L气体，则阳极区产生0.2molFe3+D．实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染20．综合如图判断，下列说法正确的是()A．装置I和装置II中负极反应均是：Fe﹣2e﹣=Fe2+B．装置I和装置II中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动C．装置I和装置II中Fe电极的腐蚀速度为前者大于后者D．放电过程中，装置I左侧烧杯和装置II右侧烧杯中溶液的PH均增大21．用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成．下列说法不正确的是()A．生产水泥的原料是大理石、纯碱、石英，其组成一般为Na2O•CaO•6SiO2B．Si与NaOH溶液反应的离子方程式为：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑C．焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是CO2D．经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为25%30\n22．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL二、选择填空题（本题有4小题，共56分）23．（14分）下表为部分短周期元素化合价及相应氢化物沸点的数据：元素性质元素编号ABCDEFGH氢化物的沸点（℃）﹣60.7﹣33.4﹣111.5100﹣87.719.54﹣84.9﹣161.5最高化合价+6+5+4+5+7+4最低化合价﹣2﹣3﹣4﹣2﹣3﹣1﹣1﹣4已知：①A与D可形成化合物AD2、AD3，可用于制备强酸甲；②B与D可形成化合物BD、BD2，可用于制备强酸乙．请回答：（1）表中属于第三周期元素的是__________（用表中元素编号填写）．写出H的最高价氧化物的结构式：__________．（2）比较A、D、G三种简单阴离子的半径大小：r（__________）＞r（__________）＞r（__________）（均用实际的元素符号表示）．比较元素F、G的氢化物的沸点高低，并说明理由__________．（3）由表中D元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）__________．a．MnO2b．FeCl3c．Na2SO3d．KMnO4（4）分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸．该反应的化学方程式是：__________．（5）以下说法正确的是__________（填编号）．a．元素H与元素C的单质、其氢化物、最高价氧化物的沸点都是H的高b．工业上单质C的制备要用到单质H、G；单质C可以与强碱、F的氢化物的水溶液反应c．能说明元素D的非金属性比A强的实验：把D的单质通入到A的氢化物的水溶液来实现d．BD2﹣的钠盐、G﹣的钠盐的外观及其相似，鉴别它们可以用酸性高锰酸钾溶液、酸性碘化钾淀粉溶液，也可以通过检测两溶液的PH值来鉴别．24．X、Y、Z、W均为短周期元素组成的单质或化合物．在一定条件下有如下转化关系：X+Y→Z+W（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1：2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子．则Z的电子式为__________．（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子．则此化学反应的类型为__________．（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物且Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%．则该反应的化学方程式为__________．30\n（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，则该反应的化学方程式为__________．25．近年来，某些氢元素的含氢化合物及其复合体系作为氢源受到广泛关注．化合物A（XYH2）和B（XH）都是具有潜在应用价值的释氢材料．A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝；B中X元素的质量分数为87.5%．A和B混合可优化放氢性能．研究发现，该混合体系的放氢反应分三步进行：（1）2A=C+D（2）D+B=A+H2（3）C+B=E+H2（1）X元素的名称为__________．（2）写出A和B混合放氢的化学反应方程式：__________．（3）A、C、E均能水解且生成同样的产物，请写出物质C与水反应的化学方程式：__________．26．（14分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢（即铁和碳的合金）进行了以下探究活动：【探究一】（1）常温下，工业上用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是__________．（2）称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用__________（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取560mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此可求算气体Y中SO2的体积分数__________．写出探究②中出现的所有离子反应方程式__________．【探究二】根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g•L﹣1．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应）．（3）装置B中试剂的作用是__________．（4）分析Y气体中的Q2气体是如何生成的__________．（用化学方程式表示）．（5）为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于__________（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是__________．27．（14分）砷（As）广泛分布于自然界，其原子结构示意图是．30\n（1）砷位于元素周期表中__________族，其气态氢化物的稳定性比NH3__________（填“强”或“弱”）．（2）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差．根据如图2写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式：__________．（3）砷酸盐可发生如下反应：AsO+2I﹣+2H+⇌AsO+I2+H2O．图2装置中，C1、C2是石墨电极．①A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时发现灵敏电流计G的指针向右偏转．此时C2上发生的电极反应是__________．②一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位时，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针__________（填“不动”、“向左偏”或“向右偏”）．（4）利用（3）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：①将试样溶于NaOH溶液，得到含AsO和AsO的混合溶液．As2O5与NaOH溶液反应的离子方程式是__________．②上述混合液用0.02500mol•L﹣1的I2溶液滴定，消耗I2溶液20.00mL．滴定完毕后，使溶液呈酸性，加入过量的KI，析出的I2又用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液30.00mL．（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）试样中As2O5的质量是__________g．30\n2022-2022学年浙江省台州市仙居中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题：（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1．下列说法正确的是()A．工业上利用合成氨实现人工固氮B．SiO2有导电性，可用于制备光导纤维C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的正极材料【考点】硅和二氧化硅；氮的固定；二氧化硫的化学性质；金属的通性．【分析】A、人工固氮人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；B、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料；C、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质；D、在锌锰干电池中，锌做负极．【解答】解：A、N2与H2在一定条件下反应生成NH3属于工业合成氨的过程，属于人工固氮方式，故A正确；B、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，故B错误；C、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，与其氧化性和还原性无关，故C错误；D、在锌锰干电池中，锌做负极，故D错误．故选A．【点评】本题考查了二氧化硫、二氧化硅、氮的固定的性质应用，熟练掌握基础是解题关键．2．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为()A．2：4：1B．3：2：1C．2：3：1D．4：2：1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】所得溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl）．【解答】解：所得溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl），即满足n（Na2O2）：n（HCl）=1：2即可，选项中只有A符合，故选A．【点评】本题考查混合物计算，侧重考查学生分析解决问题能力的考查，注意利用守恒解答，难度中等．3．下列说法不正确的是()A．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品B．雾霾天气首要污染物为PM2.5（指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物），PM2.5在空气中一定形成气溶胶30\nC．化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础D．据测定，许多反应的温度每升高10K，其反应速率增加2～4倍．在实验室或工业生产中，常采用加热的方法使化学反应在较高的温度下进行，以提高反应速率【考点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；化学史；常见的生活环境的污染及治理；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响．【分析】A、因氮化硅陶瓷、三氧化二铝陶瓷耐高温，为高温结构陶瓷制品；B、胶体的胶粒直径大小为：1﹣100nm；C、化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型；D、升高温度，反应速率加快．【解答】解：A．因氮化硅陶瓷、三氧化二铝陶瓷耐高温，为高温结构陶瓷制品，故A正确；B．胶体的分散质的直径大小为1﹣100nm，小于或等于2.5微米的颗粒物（1微米=1000纳米）在空气中不一定形成气溶胶，故B错误；C．化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础，故C正确；D．温度每升高10K，其反应速率增加2～4倍．采用加热的方法使化学反应在较高的温度下进行，以提高反应速率，故D正确．故选B．【点评】本题主要考查测定有机物结构的现代仪器、新型陶瓷材料、胶体等知识，难度不大，注意知识的积累．4．对由X、Y元素形成的化合物X2Y2的叙述正确的是()A．若是离子化合物，则阳阴离子个数比肯定不等于1：1B．若该化合物有Y﹣Y键，则肯定是共价化合物C．若溶于水时有X﹣Y键的断裂，则肯定是强电解质D．若X、Y原子间的共价键键能大，则熔、沸点肯定高【考点】原子结构与元素的性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．化学式用构成物质粒子的最简比表示；B．若X2Y2为Na2O2，存在O﹣O键；C．弱电解质在溶液中也可以发生电离；D．分子晶体的熔点与共价键无关．【解答】解：A．化学式用构成物质粒子的最简比表示，若为是离子化合物，则阳阴离子个数比肯定不等于1：1，若阳阴离子个数比等于1：1，则为XY，故A正确；B．若X2Y2为Na2O2，存在O﹣O键，所以若该化合物有Y﹣Y键，则也可能是离子化合物，故B错误；C．化学键断裂与强弱电解质无关，弱电解质在溶液中也可以发生断键而电离，故C错误；D．该物质若为分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，共价键不影响物质的熔沸点，故D错误；故选A．【点评】本题考查了原子结构与性质关系，题目难度中等，B选项注意利用常见物质进行列举判断．5．下列变化能够实现的是：()30\n①复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体；②两种氧化物发生反应有气体生成；③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性；④弱酸与盐溶液反应生成强酸．A．只有①③B．只有②④C．只有①②④D．①②③④【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】①复分解反应的条件是生成难溶物、难电离物和易挥发性物质；②过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；③氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应，所得溶液呈中性；④弱酸与盐溶液反应符合复分解反应发生的条件可以生成强酸．【解答】解：①醋酸钠与盐酸反应生成醋酸和氯化钠，既没有生成水，也没有生成沉淀和气体，故①正确；②过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故②正确；③氢硫酸与亚硫酸恰好完全反应，所得溶液呈中性，故③正确；④弱酸与盐溶液反应符合复分解反应发生的条件可以生成强酸，如氢硫酸与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，故④正确；故能够实现的是：①②③④，故选D．【点评】本题考查酸、碱、盐、氧化物等基本概念及相互转化等，难度中等，需要学生对元素化合物知识掌握全面．6．下列有关物质的分类或归类不正确的是()①混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银②化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD③电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡④纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶⑤同位素：C、C、C⑥同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2．A．①②④⑥B．①②④⑤C．①③④⑤D．②④⑤⑥【考点】混合物和纯净物；同位素及其应用；同素异形体；单质和化合物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】①根据混合物是由多种物质组成的物质，单质是由同种元素组成的纯净物进行分析；②根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行分析；③根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物进行分析；④根据同种物质组成的为纯净物进行分析；⑤质子数相同中子数不同的同元素的不同原子为元素同位素；⑥结构相似组成上相差CH2的有机物互为同系物；【解答】解：①石炭酸是苯酚属于纯净物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、水银是单质属于纯净物，故①错误：②CaCl2、烧碱、苯乙烯是化合物，HD是氢气分子不是化合物，故②错误：③明矾是硫酸铝钾晶体、胆矾是硫酸铜晶体、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，都是电解质，故③正确：④干冰是二氧化碳是纯净物、冰水混合物是水属于纯净物、浓硫酸是混合物、水晶是二氧化硅属于纯净物，故④错误：30\n⑤C、C、C属于碳元素的同位素，故⑤正确：⑥CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，组成相差CH2，结构不一定相似，所以不一定是同系物，故⑥错误：故选A．【点评】本题考查混合物、电解质、化合物、同素异形体等概念，难度不大，注意这几个概念的区别．7．己知X、Y、Z、W、N、U、V是短周期的主族元素，原子序数依次增大．X与N同主族，且与W都能形成A2B、A2B2型化合物；Z、W的单质常温下均为无色气体；Y原子的L层电子数是K层电子数的2倍；U原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法不正确的是()A．N的单质的晶体属于金属晶体；U的氢化物的球棍模型示意图为B．工业上V的单质的制备可以电解熔融的NVC．Z的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐D．X、Y、Z、W四种元素（按顺序）可组成原子个数比为5：1：1：3的化合物；也可形成结构式为X﹣W﹣Y≡Z的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、N、U、V是短周期的主族元素，原子序数依次增大，Y原子的L层电子数是K层电子数的2倍，则Y核外电子数=2+4=6，所以Y是C元素；Z、W的单质常温下均为无色气体，且原子序数大于Y，所以Z是N元素、W是O元素；X与N同主族，且与W都能形成A2B、A2B2型化合物，X原子序数小于N，在X是H元素、N是Na元素；U原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其最外层电子数是6，且原子序数大于11，所以U是S元素；V是短周期主族元素，其原子序数大于U，所以V是Cl元素，再结合物质的结构性质解答．【解答】解：X、Y、Z、W、N、U、V是短周期的主族元素，原子序数依次增大，Y原子的L层电子数是K层电子数的2倍，则Y核外电子数=2+4=6，所以Y是C元素；Z、W的单质常温下均为无色气体，且原子序数大于Y，所以Z是N元素、W是O元素；X与N同主族，且与W都能形成A2B、A2B2型化合物，X原子序数小于N，在X是H元素、N是Na元素；U原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，其最外层电子数是6，且原子序数大于11，所以U是S元素；V是短周期主族元素，其原子序数大于U，所以V是Cl元素．A、N为钠元素，其单质为金属钠，是金属晶体，U的氢化物为H2S，和H2O的空间构型相似，故球棍模型示意图为，故A正确；B、氯气的工业制法为氯碱工业，即电解氯化钠溶液，而不是熔融的氯化钠，故B错误；C、Z为N元素，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3，能与其气态氢化物NH3反应生成盐NH4NO3，故C正确；30\nD、这四种元素可组成原子个数比为5：1：1：3的化合物（按X、Y、Z、W的顺序），即该化合物中含有5个氢原子、1个碳原子、1个氮原子和3个氧原子，4个氢原子和一个氮原子形成铵根离子，剩余的元素形成碳酸氢根离子，所以该化合物的化学式为NH4HCO3，由于H原子形成一条共价键，而O原子能形成2条共价键，C原子形成4条，而N原子形成3条，故可以形成H﹣O﹣C≡N化合物，故D正确．故选B．【点评】本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，根据原子结构、元素周期表结构确定元素是解本题关键，再结合物质的性质、结构分析解答，注意知识的迁移应用．8．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是()A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B．用图2所示装置蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氯气难溶于饱和食盐水，不能被饱和氯化钠溶液吸收；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁；C．氯气与NaOH溶液反应，可形成喷泉；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集．【解答】解：A．氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B．氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁，不能直接用蒸发的方法制备，故B错误；C．氯气与NaOH溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成喷泉，故C正确；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故D错误．故选C．【点评】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握．9．如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀溶解B．若A为浓硫酸，B为炭，C中盛有品红溶液，则C中溶液红色褪色C．若A为浓硝酸，B为金属铜，C中盛有淀粉KI溶液，则C中溶液变蓝D．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色30\n【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【分析】A．氢氧化铝不溶于弱碱溶液；B．木炭和浓硫酸在加热条件下才能发生反应；C．浓硝酸和铜发生氧化还原反应生成具有氧化性的二氧化氮气体，可氧化KI生成碘；D．二氧化锰和浓盐酸反应需要加热才能进行．【解答】解：A．若A为浓氨水，B为生石灰，滴入后反应生成氨气，通入C中盛AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀不溶于氨水，则C中产生白色沉淀不溶解，故A错误；B．若A为浓硫酸，B为炭，反应需要加热才能反应，故B错误；C．浓硝酸和铜发生氧化还原反应生成具有氧化性的二氧化氮气体，可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝色，故C正确；D．若A为浓盐酸，B为MnO2，反应需要加热反应，常温下不反应，则C中盛石蕊试液无变化，故D错误．故选C．【点评】本题考查常见气体制备原理及装置选择、常见物质的性质等，为高频考点，题目难度不大，主要考查了氯气、氨气、浓硫酸等物质的性质的分析判断，反应条件是解题关键，题目难度中等．10．下列说法正确的是()A．石油干馏可得到汽油、煤油等B．破坏乙烯分子里C=C键所需吸收的能量是破坏乙烷分子里C﹣C键能量的两倍C．油脂不是高分子化合物，1mol油脂完全皂化生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．石油分馏可得到汽油、煤油；B．C=C双键的键能小于C﹣C单键键能的2倍；C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应；D．该反应过程原子利用率达100%．【解答】解：A．石油分馏可得到汽油、煤油，故A错误；B．C=C双键的键能小于C﹣C单键键能的2倍，大于C﹣C单键键能，故B错误；C.1mol油脂完全皂化生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸钠，故C错误；D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应过程原子利用率达100%，所以该反应符合绿色化学的原则，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，多角度考查有机物的组成、结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大．11．某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有()30\nA．4种B．3种C．2种D．1种【考点】有机物实验式和分子式的确定．【分析】A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答．【解答】解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构．12．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液．再加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失．下列判断不正确的是()A．氧化性：C1O﹣＞I2＞SO42﹣B．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C．向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色D．次氯酸钠可以与亚硫酸钠在溶液中共存【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】溶液立即变蓝是由于发生反应为2I﹣+ClO﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O；溶液蓝色逐渐消失发生反应为I2+SO32﹣+2OH﹣=2I﹣+SO42﹣+H2O，结合离子的性质及氧化还原反应来解答．【解答】解：溶液立即变蓝是由于发生反应为2I﹣+ClO﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O；溶液蓝色逐渐消失发生反应为I2+SO32﹣+2OH﹣=2I﹣+SO42﹣+H2O，A．因氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，由2I﹣+ClO﹣+2H+=I2+Cl﹣+H2O可知氧化性为ClO﹣＞I2，由I2+SO32﹣+2OH﹣=2I﹣+SO42﹣+H2O可知氧化性为I2＞SO42﹣，故A正确；B．次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以漂白粉溶液（成分中含有次氯酸钙）也能将碘化钾氧化为单质碘，而使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；C．氯气的氧化性强于碘单质，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氯气更能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故C正确；D．氧化性顺序：ClO﹣＞I2＞SO42﹣，所以次氯酸钠可以将亚硫酸钠氧化，不共存，故D错误．故选D．【点评】本题以卤族元素的性质考查氧化还原反应，把握信息中发生的氧化还原反应及氧化还原反应中氧化性的比较方法为解答的关键，侧重高频考点氧化性强弱的比较、离子共存的考查，题目难度中等．13．下列离子或物质组能大量共存，且满足相应条件的是()选项离子或物质条件ANa+、K+、Cl﹣、SO42﹣c（Na+）+c（K+）=c（SO42﹣）+c（Cl﹣）30\nBFe3+、SO32﹣、Cl﹣加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀CBa+、HCO3﹣、Cl﹣、H+加入氨水产生沉淀DSO2、O2、NO2通入足量NaOH溶液后，可能会没有任何气体剩余A．AB．BC．CD．D【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．不遵循电荷守恒；B．Fe3+、SO32﹣发生氧化还原反应；C．HCO3﹣、H+结合生成水和气体；D．二氧化氮与氧气以4：1存在时，能被NaOH溶液完全吸收．【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，但c（Na+）+c（K+）=c（SO42﹣）+c（Cl﹣），不遵循电荷守恒，故A错误；B．Fe3+、SO32﹣发生氧化还原反应生成亚铁离子，不能共存，且加入NaOH溶液，产生白色沉淀，故B错误；C．HCO3﹣、H+结合生成水和气体，则不能共存，故C错误；D．二氧化氮与氧气以4：1存在时，二氧化硫以任意量存在，能被足量NaOH溶液完全吸收，则可能会没有任何气体剩余，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，熟悉离子之间的反应是解答的关键，注意选项B中发生氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．14．根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：①CaBr2+H2OCaO+2HBr②2HBr+HgHgBr2+H2↑③HgBr2+CaOHgO+CaBr2④2HgO2Hg+O2↑该方案的相关叙述正确的是()A．该实验的目的是制取HBrB．该过程的副产品是HgC．该过程得到的气体只有H2D．该过程的本质是水的分解【考点】绿色化学；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学或清洁化学，是指化学反应和过程以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，所以每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用，利用此原理分析判断即可．【解答】解：依据绿色化学中关于绿色化学的要求是，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，所以每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用，A．反应①的产物HBr可为③提供反应物，所以该实验的目的不是制取HBr，故A错误；B．反应④的生成物Hg可用于②的反应物，所以Hg不是该过程的副产品，故B错误；30\nC．分析知反应①的生成物CaO和HBr可分别为③和②提供反应物，反应②的生成物HgBr2可用于③的反应物，氢气未被重新利用；反应④中的生成物汞可用于反应②，氧气没有被重新使用，故在整个的反应中最后剩余的物质是氢气与氧气，故C错误；D．将题干中的化学方程式【①+②+③】×2+④得：2H2O2H2↑+O2↑，所以该过程的本质是水的分解，故D正确；故选D．【点评】本题考查绿色化学的含义，抓住题干中所给出的“绿色化学”的要求：每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用进行解答，题目难度中等．15．能源材料是当今科学研究的热点．氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60（结构见图）可用作储氢材料．继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是()A．C60、Si60、N60都属于新型化合物B．C60、Si60、N60互为同分异构体C．已知N60结构与C60相似，由于N﹣N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2D．已知金刚石中C﹣C键长154pm，C60中C﹣C键长145～140pm，故C60熔点高于金刚石【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A．由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上不同元素所组成的纯净物是化合物；B．分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；C．键能越小，化学键越不稳定；D．金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，原子晶体的熔点更高．【解答】解：A．C60、Si60、N60都是只有一种元素组成的纯净物，属于单质，故A错误；B．同分异构体研究对象为化合物，C60、Si60、N60都属于单质，且分子式不相同，不是同分异构体，故B错误；C．N﹣N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，故C正确；D．金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，故金刚石的熔点高于C60，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了物质的分类，晶体类型与熔点的关系，注意晶体类型的判断，题目难度不大．16．下列关于反应速率的说法正确的是()30\nA．决定反应速率的主要因素是反应物的浓度B．化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LC．用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比D．如图表示密闭容器中673K，30MPa下的反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，n（NH3）和n（H2）随时间变化的关系曲线图．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）不一样【考点】化学反应速率变化曲线及其应用．【分析】A．决定反应速率的主要因素是反应物本身的性质；B．化学反应速率是单位时间内反应物浓度的变化值；C．参加反应的物质的量之比等于方程式中对应物质的化学计量数之比；D．t1时刻和t2时刻反应均为平衡状态，各物质的浓度保持不变．【解答】解：A．决定反应速率的主要因素是反应物本身的性质，反应物的浓度只是影响反应速率的外部因素之一，故A错误；B．化学反应速率是单位时间内反应物浓度的变化值，化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指某1s内某物质的浓度变化值为0.8mol/L，故B错误；C．参加反应的物质的量之比等于方程式中对应物质的化学计量数之比，而v=，所以用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比，故C正确；D．t1时刻和t2时刻反应均为平衡状态，各物质的浓度保持不变，即点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（N2）相同，故D错误．故选C．【点评】本题考查了化学反应速率的概念，侧重考查基本概念，明确化学反应速率概念、意义等即可解答，题目难度不大．17．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是()30\nA．反应过程可表示为B．E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能C．此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2，为吸热反应D．此图中正反应的热效应为△H=E1﹣E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应【考点】反应热和焓变．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，反应热△H=E1﹣E2，其中E1和E2为反应的活化能，A…B…C为中间产物，为过渡态，可认为活化分子，以此解答该题．【解答】解：A．由图象可知反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物），故A正确；B．反应物吸收一定能量成为活化分子，E1为正反应的活化能，故B正确；C．此图中逆反应的热效应△H=E2﹣E1，为吸热反应，故C错误；D．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，故D正确；故选C．【点评】本题考查反应热与能量变化，侧重于考查学生的分析能力和自学能力，题目难度不大，注意把握题给信息，答题时注意仔细审题．18．下列有关能量的描述及热化学反应方程式表示不正确的是()A．表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）；△H=﹣258.8kJ•mol﹣1B．化学上把在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热．中和热可以用量热计直接测量C．已知C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1则C（石墨）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1D．关于“盖斯定律：‘一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的’．”可以理解为“一个反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关”【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断；D、盖斯定律实质是化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，而这可以看出，盖斯定律实际上是“内能和焓是状态函数”这一结论的进一步体现．利用这一定律可以从已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应；【解答】解：A、H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H=﹣258.8kJ•mol﹣1，符合燃烧热概念，故A正确；B、在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时所释放的热量称为中和热，中和热可以用量热计直接测量，故B错误；30\nC、已知①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1盖斯定律计算①﹣②得到C（石墨）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，故C正确；D、一个化学反应不管是一步完成的，还是多步完成的，其热效应总是相同的，一个化学反应不管是一步完成的，还是多步完成的，其热效应总是相同的，盖斯定律实际上是“内能和焓是状态函数”这一结论的进一步体现．利用这一定律可以从已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应，故D正确；故选B．【点评】本题考查了燃烧热、中和热概念的分析判断，反应热的计算，热化学方程式的书写，盖斯定律的含义和实质，掌握定律内容和计算是解题关键，题目较简单19．如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是()A．吸收H2S的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+B．电解时选用阴离子交换膜，电解过程中的阳极区反应主要为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2C．电解过程中若阴极产生2.24L气体，则阳极区产生0.2molFe3+D．实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染【考点】电解原理；含硫物质的性质及综合应用．【分析】A、根据Fe3+的氧化性和H2S的还原性，再根据离子方程式正误的判断；B、根据氯化亚铁溶液中离子的放电顺序结合实验还能制取H2和S得情况来判断；C、根据电极反应式以及电子守恒进行计算即可，注意气体的体积和物质的量之间的计算关系；D、H2S充分燃烧的产物为二氧化硫．【解答】解：A、由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应生成S和Fe2+，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故A正确；B、电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，在阴极区域产生的是氢气，为了制得氢气，应该是采用阳离子交换膜，让氢离子通过，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2+、H+和Cl﹣，由于还原性Fe2+＞Cl﹣（或根据图示循环），电解时阳极反应式为Fe2+﹣e﹣═Fe3+，故B错误；C、电解过程中若阴极产生2.24L氢气，在标况下，其物质的量为：0.1mol，根据阴极反应：2H++2e﹣=H2↑，则转移电子是0.2mol，电解时阳极反应式先是：Fe2+﹣e﹣═Fe3+，阳极区产生0.2molFe3+，故C错误；D、由于H2S充分燃烧的化学方程式为2H2S+3O2═2SO2+2H2O，生成的SO2也是一种有毒气体，故D错误．故选：A．【点评】本题考查的知识点较多，电解池的工作原理、离子方程式正误判断、电极反应式的书写，试题的综合性较强．30\n20．综合如图判断，下列说法正确的是()A．装置I和装置II中负极反应均是：Fe﹣2e﹣=Fe2+B．装置I和装置II中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动C．装置I和装置II中Fe电极的腐蚀速度为前者大于后者D．放电过程中，装置I左侧烧杯和装置II右侧烧杯中溶液的PH均增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故B错误；C．装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极被保护，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，铁腐蚀被加快，所以装置I和装置II中Fe电极的腐蚀速度为前者小于后者，故C错误；D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置Ⅰ借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握．21．用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成．下列说法不正确的是()A．生产水泥的原料是大理石、纯碱、石英，其组成一般为Na2O•CaO•6SiO2B．Si与NaOH溶液反应的离子方程式为：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑C．焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是CO2D．经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为25%【考点】硅酸盐工业；元素质量分数的计算；硅和二氧化硅．【分析】A、生产玻璃的原料是石英、大理石和纯碱；B、根据化学方程式来分析；C、由药皮的成分和物质的性质进行推断产生的使金属不被氧化的气体成分；D、36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO230\n）加入足量稀盐酸，二氧化硅不和盐酸反应，所以分离得到11.0g的固体是二氧化硅，滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体是氢氧化铁，根据铁原子守恒计算氧化铁的质量，剩余的质量就是氧化铝，再根据质量分数公式进行计算．【解答】解：A、生产玻璃的原料是石英、大理石和纯碱，故A错误；B、根据硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑可知，NaOH和Na2SiO3可以拆，故离子方程式为：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑，故B正确；C、由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下大理石分解产生CO2，故C正确；D、熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0g是SiO2的质量．Fe2O3、Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3、AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe（OH）3沉淀．所以21.4g固体是Fe（OH）3的质量，其物质的量为：=0.2mol，由铁原子守恒知Fe2O3的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×160g•mol﹣1=16.0g，熔渣中Al2O3的质量分数为×100%=25%，故D正确．故选A．【点评】本题考查了生产玻璃的原料和硅单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式等问题，综合性较强，难度适中．22．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】压轴题；守恒法．【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为30\n=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．二、选择填空题（本题有4小题，共56分）23．（14分）下表为部分短周期元素化合价及相应氢化物沸点的数据：元素性质元素编号ABCDEFGH氢化物的沸点（℃）﹣60.7﹣33.4﹣111.5100﹣87.719.54﹣84.9﹣161.5最高化合价+6+5+4+5+7+4最低化合价﹣2﹣3﹣4﹣2﹣3﹣1﹣1﹣4已知：①A与D可形成化合物AD2、AD3，可用于制备强酸甲；②B与D可形成化合物BD、BD2，可用于制备强酸乙．请回答：（1）表中属于第三周期元素的是ACEG（用表中元素编号填写）．写出H的最高价氧化物的结构式：O=C=O．（2）比较A、D、G三种简单阴离子的半径大小：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）（均用实际的元素符号表示）．比较元素F、G的氢化物的沸点高低，并说明理由F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高．（3）由表中D元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）ab．a．MnO2b．FeCl3c．Na2SO3d．KMnO4（4）分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸．该反应的化学方程式是：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl．（5）以下说法正确的是bcd（填编号）．30\na．元素H与元素C的单质、其氢化物、最高价氧化物的沸点都是H的高b．工业上单质C的制备要用到单质H、G；单质C可以与强碱、F的氢化物的水溶液反应c．能说明元素D的非金属性比A强的实验：把D的单质通入到A的氢化物的水溶液来实现d．BD2﹣的钠盐、G﹣的钠盐的外观及其相似，鉴别它们可以用酸性高锰酸钾溶液、酸性碘化钾淀粉溶液，也可以通过检测两溶液的PH值来鉴别．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】短周期元素中，A、D均有最低价﹣2，处于ⅥA族，且A有最高价+6，氢化物沸点A＜D，故A为S元素、D为O元素；C、H均有+4、﹣4价，处于ⅣA族，氢化物沸点C＞H，故C为Si、H为碳元素；B、E均有+5、﹣3价，处于VA族，氢化物沸点B＞E，故B为N元素、E为P元素；F、G均有﹣1价，处于ⅦA族，且G有+7价，氢化物沸点F＞G，故F为F元素、G为Cl，A与D可形成化合物SO2、SO3，可用于制备强酸硫酸；B与D可形成化合物NO、NO2，可用于制备强酸硝酸，据此解答．【解答】解：短周期元素中，A、D均有最低价﹣2，处于ⅥA族，且A有最高价+6，且氢化物沸点A＜D，故A为S元素、D为O元素；C、H均有+4、﹣4价，处于ⅣA族，氢化物沸点C＞H，故C为Si、H为碳元素；B、E均有+5、﹣3价，处于VA族，氢化物沸点B＞E，故B为N元素、E为P元素；F、G均有﹣1价，处于ⅦA族，且G有+7价，氢化物沸点F＞G，故F为F元素、G为Cl，A与D可形成化合物SO2、SO3，可用于制备强酸硫酸；B与D可形成化合物NO、NO2，可用于制备强酸硝酸．（1）S、Si、P、Cl属于第三周期元素，H的最高价氧化物为CO2，结构式：O=C=O故答案为：ACEG；O=C=O；（2）A、D、G三种简单阴离子分别为S2﹣、O2﹣、Cl﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越多离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）；F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高，故答案为：r（S2﹣）＞r（Cl﹣）＞r（O2﹣）；F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高；（3）由表中O元素和氢元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，H2O2具有强氧化性、还原性，可以氧化Na2SO3，能被KMnO4氧化，H2O2的稀溶液易被MnO2、FeCl3催化分解，故答案为：ab；（4）SOCl2在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸，则生成SO2与HCl，该反应的化学方程式是SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl，故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；（5）a．由于键长Si﹣Si键＞C﹣C键，故C﹣C键更稳定性，则晶体硅的沸点低于金刚石，氢化物均为分子晶体，SiH4的相对分子质量大于CH4的，SiH4分子之间作用力更强，沸点更高，二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳属于分子晶体，故二氧化硅的沸点更高，故a错误；b．工业上利用焦炭与二氧化硅反应得到粗硅，再利用硅与氯气发生反应生成四氯化硅、四氯化硅被氢气还原得到硅，进行粗硅的提纯；Si可以与强碱、氢氟酸，故b正确；c．把氧气通入到硫化氢的水溶液中反应生成S与水，可以说明氧元素非金属性比硫的强，故c正确，d．亚硝酸盐水解显碱性，氯化钠溶液显中性，可以通过检测两溶液的pH值来鉴别；酸性高锰酸钾溶液能氧化氯离子为氯气，而亚硝酸盐能氧化碘离子，因此鉴别它们可以用酸性高锰酸钾溶液、酸性碘化钾淀粉溶液，故d正确，故选：bcd．30\n【点评】本题考查性质结构位置关系应用，关键是利用化合价、氢化物沸点推断元素，注意对基础知识的理解掌握，难度中等．24．X、Y、Z、W均为短周期元素组成的单质或化合物．在一定条件下有如下转化关系：X+Y→Z+W（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1：2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子．则Z的电子式为．（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子．则此化学反应的类型为置换反应（氧化还原反应）．（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物且Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%．则该反应的化学方程式为2Mg+SO22MgO+S．（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，则该反应的化学方程式为SO2+NO2=SO3+NO（或CO+NO2=CO2+NO）．【考点】无机物的推断．【分析】（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1：2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子，则符合条件的转化为过氧化钠与水的反应；（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子，则符合条件的反应为氟气和水的反应；（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物，这说明为置换反应，又因为Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%，则X为镁，Y为二氧化硫，Z为氧化镁，W为硫；（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，这说明引起式量变化的为氧元素，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，即为氮的氧化物NO2．【解答】解：（1）若构成X的阴、阳离子个数比为1：2，且构成X的阴、阳离子中分别含有18个和10个电子，构成Z的阴、阳离子中均含有10个电子，则符合条件的转化为过氧化钠与水的反应，即X为过氧化钠，Y为水，Z为氢氧化钠，W为氧气，氢氧化钠的电子式为，故答案为：；（2）若X、Y、Z、W四种物质均为分子，且X分子中含18个电子，Y、Z分子中均含有10个电子，单质W分子中含有16个电子，则符合条件的反应为2F2+2H2O=4HF+O2，反应类型为置换反应（氧化还原反应），故答案为：置换反应（氧化还原反应）；（3）若X、W均为单质，Y、Z均为氧化物，这说明为置换反应，又因为Y、Z中氧的质量分数分别为50%和40%，则X为镁，Y为二氧化硫，Z为氧化镁，W为硫，反应方程式为2Mg+SO22MgO+S，故答案为：2Mg+SO22MgO+S；30\n（4）若X、Y、Z、W均为非金属氧化物，X的式量比Z的式量小16，Y的式量比W的式量大16，这说明引起式量变化的为氧元素，Y是光化学烟雾的主要“元凶”，即为氮的氧化物NO2，则该反应为SO2+NO2=SO3+NO（或CO+NO2=CO2+NO），故答案为：SO2+NO2=SO3+NO（或CO+NO2=CO2+NO）．【点评】本题考查了物质性质的分析判断，物质转化的推断方法和物质性质的应用，熟知各种常见物质性质是解题关键，题目难度中等．25．近年来，某些氢元素的含氢化合物及其复合体系作为氢源受到广泛关注．化合物A（XYH2）和B（XH）都是具有潜在应用价值的释氢材料．A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝；B中X元素的质量分数为87.5%．A和B混合可优化放氢性能．研究发现，该混合体系的放氢反应分三步进行：（1）2A=C+D（2）D+B=A+H2（3）C+B=E+H2（1）X元素的名称为锂．（2）写出A和B混合放氢的化学反应方程式：2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑．（3）A、C、E均能水解且生成同样的产物，请写出物质C与水反应的化学方程式：Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑．【考点】氧化还原反应．【分析】A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝，则D为NH3，B中X元素的质量分数为87.5%，即×100%=87.5%，则X=7，即X为Li元素，所以A为LiNH2，B为LiH；（1）根据以上分析判断；（2）LiNH2与LiH反应生成Li3N和氢气；（3）A为LiNH2，LiNH2分解生成氨气和Li2NH，水解生成LiOH和氨气．【解答】解：A受热分解生成固体化合物C并放出刺激性气体D，D可使湿润的pH试纸变蓝，则D为NH3，B中X元素的质量分数为87.5%，即×100%=87.5%，则B=7，即B为Li元素，所以A为LiNH2，B为LiH；（1）根据以上分析可知X元素的名称为锂，故答案为：锂；（2）LiNH2与LiH反应生成Li3N和氢气，其反应的方程式为：2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑，故答案为：2LiNH2+LiH=Li3N+2H2↑；（3）A为LiNH2，LiNH2分解生成氨气和Li2NH，Li2NH与水反应生成LiOH和氨气，其反应方程式为Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑，故答案为：Li2NH+2H2O=2LiOH+NH3↑．【点评】本题考查了元素的推断、元素化合物的性质，题目难度中等，把握题目所给信息是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力．26．（14分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢（即铁和碳的合金）进行了以下探究活动：【探究一】（1）常温下，工业上用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是铁表面被钝化，阻止了内部金属与酸的进一步反应．（2）称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+，应选用d（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液30\n②乙同学取560mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此可求算气体Y中SO2的体积分数80%．写出探究②中出现的所有离子反应方程式SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓．【探究二】根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g•L﹣1．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应）．（3）装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽．（4）分析Y气体中的Q2气体是如何生成的C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O．（用化学方程式表示）．（5）为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于C（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）常温下，铁遇冷的浓硫酸发生钝化现象；（2）①亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；②气体Y通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4反应，根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；（4）碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；（5）用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰；（6）Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g•L﹣1，其相对分子质量为2，所以是氢气，氢气检验还原性，能含有氧化铜同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝．【解答】解：（1）常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，所以反应片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，故答案为：铁表面被钝化，阻止了内部金属与酸的进一步反应；（2）①亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；②气体Y通入足量溴水中，发生反应，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2～BaSO4，设二氧化硫的体积为V，SO2～～～～BaSO4，22.4L233g30\nV4.66gV=0.448l=448mL，所以二氧化硫的体积分数=×100%=80%，故答案为：80%；SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，故答案为：检验SO2是否除尽；（4）碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；（5）二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，即在通入碱石灰之前检验，故答案为：C；（6）Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g•L﹣1，其相对分子质量为2，所以是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气，故答案为：D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色．【点评】本题考查了浓硫酸的性质、二氧化硫的性质、常见物质的检验等知识点，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和实验能力，注意常温下，铁和冷的浓硫酸不是不反应，而是反应生成了致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点，题目难度中等．27．（14分）砷（As）广泛分布于自然界，其原子结构示意图是．（1）砷位于元素周期表中ⅤA族，其气态氢化物的稳定性比NH3弱（填“强”或“弱”）．（2）砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2O5热稳定性差．根据如图2写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式：As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol﹣1．（3）砷酸盐可发生如下反应：AsO+2I﹣+2H+⇌AsO+I2+H2O．图2装置中，C1、C2是石墨电极．①A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液，当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时发现灵敏电流计G的指针向右偏转．此时C2上发生的电极反应是AsO42﹣+2H++2e﹣=AsO32﹣+H2O．30\n②一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位时，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针向左偏（填“不动”、“向左偏”或“向右偏”）．（4）利用（3）中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量（所含杂质对测定无影响），过程如下：①将试样溶于NaOH溶液，得到含AsO和AsO的混合溶液．As2O5与NaOH溶液反应的离子方程式是As2O5+6OH﹣═2AsO43﹣+3H2O．②上述混合液用0.02500mol•L﹣1的I2溶液滴定，消耗I2溶液20.00mL．滴定完毕后，使溶液呈酸性，加入过量的KI，析出的I2又用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液30.00mL．（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）试样中As2O5的质量是0.115g．【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）最外层有5个电子，由同主族位置和元素周期律可知，非金属性N＞As；（2）As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为﹣619kJ/mol﹣（﹣914.6kJ/mol）=+295.4kJ•mol﹣1，以此书写热化学方程式；（3）①发生AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O，C1棒为负极，发生2I﹣﹣2e﹣=I2，C2为正极发生还原反应；②向B中滴加过量浓NaOH溶液，发生AsO33﹣+I2+2OH﹣⇌AsO43﹣+2I﹣+H2O，C2棒为负极，电子由负极流向正极．（4）①根据As2O5与NaOH溶液反应生成盐和水书写离子方程式；②上述混合液用0.02500mol•L﹣1的I2溶液滴定，消耗I2溶液20.00mL，根据AsO33﹣+I2+H2O═AsO43﹣+2I﹣+2H+反应，则消耗AsO33﹣的物质的量为0.02500mol•L﹣1×20.00×10﹣3L=5×10﹣4mol，新生成的AsO43﹣的物质的量也为5×10﹣4mol；设原As2O5的物质的量：x，由As2O5→2AsO43﹣，则由As2O5与氢氧化钠反应生成的AsO43﹣的物质的量为2x，后又加入过量的KI，又发生AsO42﹣+2I﹣+2H+═AsO32﹣+I2+H2O，析出的I2又用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液30.00mL，所以有AsO43﹣～I2～2Na2S2O3，据消耗的Na2S2O3计算．【解答】解：（1）最外层有5个电子，则As位于第ⅤA族，由同主族位置和元素周期律可知，非金属性N＞As，则As的气态氢化物的稳定性比NH3弱，故答案为：ⅤA；弱；（2）由图象可知，As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为﹣619kJ/mol﹣（﹣914.6kJ/mol）=+295.4kJ•mol﹣1，则热化学方程式As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol﹣1，故答案为：As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol﹣1；（3）①B中滴加浓盐酸时发生AsO43﹣+2I﹣+2H+⇌AsO33﹣+I2+H2O，A中C1棒为负极，发生2I﹣﹣2e﹣=I2，C2为正极发生还原反应，电极反应为AsO42﹣+2H++2e﹣=AsO32﹣+H2O，故答案为：AsO42﹣+2H++2e﹣=AsO32﹣+H2O；②向B中滴加过量浓NaOH溶液，发生AsO33﹣+I2+2OH﹣⇌AsO43﹣+2I﹣+H2O，C2棒为负极，电子由负极流向正极，可观察到电流计指针向左偏，故答案为：向左偏；（4）①因为As2O5为碱性氧化物，与NaOH溶液反应生成盐和水，所以离子方程式为：As2O5+6OH﹣═2AsO43﹣+3H2O，故答案为：As2O5+6OH﹣═2AsO43﹣+3H2O；30\n②上述混合液用0.02500mol•L﹣1的I2溶液滴定，消耗I2溶液20.00mL，根据AsO33﹣+I2+H2O═AsO43﹣+2I﹣+2H+反应，则消耗AsO33﹣的物质的量为0.02500mol•L﹣1×20.00×10﹣3L=5×10﹣4mol，新生成的AsO43﹣的物质的量也为5×10﹣4mol；设原As2O5的物质的量为x，由As2O5→2AsO43﹣，则由As2O5与氢氧化钠反应生成的AsO43﹣的物质的量为2x，后又加入过量的KI，又发生AsO42﹣+2I﹣+2H+═AsO32﹣+I2+H2O，析出的I2又用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液30.00mL，所以有AsO43﹣～I2～2Na2S2O3122x+5×10﹣40.1×30×10﹣3解得：x=0.0005molm（As2O5）=0.0005×230=0.115g故答案为：0.115．【点评】本题考查较综合，涉及元素的位置及元素周期律、热化学方程式、原电池的工作原理等，注重高考高频考点的考查，侧重学生分析能力及知识迁移应用能力的考查，（4）为解答的难点，注意利用反应方程式中各物质之间的关系计算，题目难度中等．30