2019-2020学年陕西省西安交大附中高三(上)第三次诊断化学试卷

2019-2020学年陕西省西安交大附中高三（上）第三次诊

断化学试卷

一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）

1.化学与生活、社会发展息息相关．下列说怯不正确的是()

A. 黑火药由硝石、硫磺、木炭按一定比例混合制成，其中“硝石”指的是硝酸钾

B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取青蒿素的过程属于化学变化

C. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成了丹砂”，该过程发生了分解、化合反应

D. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异

2.下列说法正确的是()

A. 溶液和胶体的本质区别为是否能产生丁达尔效应

B. K2Cr2O7溶液和氢溴酸能存放于同一药品橱内

C. 用带玻璃塞的细口试剂瓶保存氢氟酸

D. CH4和C2H4均属于常用危险品中的易燃气体

3.设N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是()

A. 4.0g氦气中含有的最外层电子数为4N A

B. 3.9g2H37Cl中含有的中子数为2.1N A

C. 标准状况下，11.2L丙烷中含有的非极性键数目为N A

D. 100mL1mol?L?1CH3COOH溶液中含有的分子数目大于0.1N A

4.短周期A、B、C、D的原子序数依次增大．A原子的最外层电子数是内层电子数的

2倍，元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，D位于第VIA族．下列说法正确的是()

A. 原子半径：D>B>C>A

B. 元素A、B的氧化物具有相同类型的化学键

C. B、C、D的最高价氧化物对应的水化物能相互反应

D. 元素B和C的最高价氧化物对应水化物的碱性：C>B

5.工业上以铝土矿(主要成分Al2O3?3H2O)为原料生产铝，主要包括下列过程：

ⅰ.将粉碎、筛选、湿磨后的铝土矿浸泡在氢氧化钠溶液中，过滤；

ⅰ.通入过量二氧化碳使ⅰ所得滤液中析出氢氧化铝固体，过滤；

ⅰ.使ⅰ中所得氢氧化铝脱水生成氧化铝；

ⅰ.电解熔融氧化铝生成铝．

下列说法正确的是()

A. 过程ⅰ说明氧化铝具有酸性氧化物的性质

B. 过程ⅰ说明碳酸的酸性比氢氧化铝的酸性弱

C. 过程ⅰ发生的反应类型属于氧化还原反应

D. 过程ⅰ也可以用加热法代替电解法冶炼铝

6.

A. A

B. B

C. C

D. D

7.某学习小组按如下实验过程(固定、加热及盛接仪器略)证明了海带中存在碘元素：

下列说法不正确的是()

A. 步骤①需要将干海带放入坩埚中灼烧

B. 步骤②反应的离子方程式为：2I?+2H++H2O2=I2+2H2O

C. 步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素

D. 若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤③操作后，试管中溶液颜色无明显

变化

8.下列解释事实的反应方程式不正确的是()

A. Fe3O4溶解于足量的HI溶液中：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

B. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3?+Ca2++OH?=CaCO3↓

+H2O

C. 向漂白液中加入适量洁厕灵(含盐酸)，产生氯气：ClO?+Cl?+2H+=Cl2↓

+H2O

D. 向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2，变浑浊：

9.将气体X通入溶液A(如图，尾气吸收装置略)中，实验现象

能够支持结论的是()

选

项

气体X溶液A及反应现象结论

A.乙醇与浓硫酸共热170℃产生

的气体

Br2的水溶液由橙黄

色变为无色

乙烯与溴发生加成反应

B.二氧化锰与浓盐酸共热产生

的气体

紫色石蕊溶液最终

褪色

氯气与水反应生成具有漂

白性的物质

C.碳酸钠固体与醋酸溶液反应

产生的气体

Na2SiO3溶液中出现

白色沉淀

碳酸的酸性强于硅酸

D.

电石与饱和食盐水反应产生

的气体

KMnO4酸性溶液紫

色逐渐变浅

乙炔被高锰酸钾酸性溶液

氧化

A B C D

10.用N A表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是()

A. 25℃时，pH=5的NH4Cl溶液中由水电离出的氢离子为10?5N A个

B. 2.3gNa在空气中完全反应生成Na2O，Na2O2，转移0.2N A个电子

C. 1mol羟基(?18OH)所含的中子数为10N A个

D. 标准状况下，测得一定量的铜与硝酸反应生成22.4L的混合气体，则被还原的硝

酸的分子数应等于N A

11.下列说法正确的是()

A. SiH4和CH4中氢的化合价均为+1价

B. O2?半径比F?的小

C. Na和Cs属于第ⅠA族元素，其单质均具有强还原性

D. 因为氮元素的非金属性强于砷元素，故NH3的还原性强于AsH3

12.下列排序正确的是()

A. 酸性：H2CO3

B. 碱性：Ba(OH)?2

C. 熔点：MgBr 2

D. 沸点：PH 3

13.糕点包装中常附装有组成为还原性铁粉、氯化钠、碳粉的小包，对此附件的下列分

析正确的是()

A. 该附件作用是发生吸热反应，降低温度，延长糕点保质期

B. 含有11.2g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况)

C. 该附件形成微电池起脱氧作用，其负极电极反应为Fe?3e?=Fe3+

D. 该附件中将氯化钠换成生石灰可以起到脱氧、干燥双重作用

14.在一密闭容器中HCHO、H2、O2混合气体共20g和足量的Na2O2用电火花引燃，使

其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是()

A. 40%

B. 33.3%

C. 60%

D. 36%

15.某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3：1.用石墨做电极

电解该混合溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段，下列叙述不正确的是()

A. 阴极自始至终只有H2

B. 阳极先析出Cl2后析出O2

C. 电解最后阶段为电解水

D. 溶液pH不断增大，最后为7

16.将17.9g由 Al、Fe、Cu 组成的合金溶于足量的 NaOH 溶液中，产生气体3.36L(标

准状况).另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，得到沉淀的质量为25.4g.若HNO3的还原产物仅为 NO，则生成 NO的标准状况下的体积为()

A. 2.24L

B. 4.48L

C. 6.72L

D. 8.96L

17.下列图象符合客观事实的是()

A. 向FeI2中加入氯水

B. 用铂电极持续电解硫酸铜溶液

C. NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液

D. CO2气体通入澄清石灰水

18.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数

之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4.下列说法正确的是()

A. W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W

B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z

C. Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体

D. WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：1

19.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH

随所加NaOH溶液体积的变化图象如下。下列说法正确的是()

A. 若a点pH=4，且c(Cl?)=m c(ClO?)，则Ka(HClO)=10?4/(m+1)

B. 若x=100，b点对应溶液中：c(OH?)>c(H+)，可用pH试纸测定其pH

C. 若y=200，c点对应溶液中：c(OH?)?c(H+)=c(Cl?)+2c(HClO)+c(ClO?)

D. b～c段，随NaOH溶液的滴入，c(HClO)/c(ClO?)逐渐增大

二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）

20.在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：

3A(g)+B(g)?xC(g)+D(s)，向甲中通入6mol A和2mol B，向乙中通入1.5mol A、

0.5mol B和3mol C和2mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器

中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是()

A. 若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4

B. 平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等

C. 平衡时甲中A的体积分数为40%

D. 若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之

比为8：5

三、推断题（本大题共1小题，共10.0分）

21.A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常

温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色

反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：

(1)A所含元素在周期表中的位置为______C的电子式为______

(2)A与H在加热条件下反应的离子方程式为______

(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等

物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为______I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1：4，该反应的离子方程式为______

(4)向含有0.4mol F、0.1mol G的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到a L

气体C(标准状况)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=______。

四、简答题（本大题共4小题，共20.0分）

22.如图1是某同学在实验室中进行铝热反应(铝过量)的实验装置，实验中可观察到的

现象之一为“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．

(1)试剂A的名称是______

(2)探究铝热反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入

100mL稀硝酸，固体完全溶解，(假设固体全部溶解后溶液体积不变)，反应过程中无气体放出(活泼金属可把稀HNO3还原为NH4NO3).向反应后的溶液中缓慢滴加4mol?L?1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图2所示：

①写出DE段发生反应的离子方程式：______

②求c(HNO3)=______.③B与A的差值为______

(3)若铝和氧化铁能恰好完全反应．则该铝热剂与盐酸反应时转移电子与所耗H+的

物质的量之比为______．

23.膦(PH3)又称为磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，沸点?89.7℃，

易自燃，与空气混合易爆炸，微溶于水．其制取原理类似于实验室制氨气，现用下图装置来制取磷化氢并验证其性质．

实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚无色液体，沸点

34.5℃，微溶于水，不与Fe2(SO4)3反应，微热数分钟后再从分液漏斗向圆底烧瓶中

加入一定量的浓NaOH溶液继续加热．在装置C处用电热器控制温度在300℃左右，实验过程中可观察到：B装置的试管中有白色蜡状固体(P4)生成；D装置的试管中

Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，同时也有白色蜡状固体生成．请回答：

(1)按气流方向连接装置，从左到右的顺序为：

a→______→______→______→______→f

(2)用PH4I和烧碱反应制取PH3的化学方程式是______．

(3)实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醚并微热数分钟，其目的是______

(4)装置C中反应的化学方程式是______；装置D中反应的离子方程式是______．

(5)装置B、D中的现象说明PH3具有的化学性质是______(填字母序号)．

A.碱性

B.不稳定性

C.还原性

D.酸性

(6)实验时处理尾气的方法是______．

24.随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫(SO2)排放量减

少8%，氮氧化物(NOx)排放显减少10%，二氧化碳(CO2)的排放量也要大幅减少。

(1)在恒温，容积为1L恒容中，硫可以发生如下较化，其反应过程和能量关系如图

1所示(已知：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=?196.6kJ?mol?1，请回答下列问题：

①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：______

②△H2=______kJ?mol?1。

③在相同条件下，充入1molSO3和0.5mol的O2，则达到平衡时SO3的转化率为______；

此时该反应______(填“放出“或“吸收”)______kJ的能量。

(2)在容积为1L的恒温密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，进行上述反应。测得

CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。

①则在前10min内氢气的平均反应速率为______，若在上述平衡体系中再充

0.5mol CO2和1.5mol水蒸气(保持温度不变)，则此平衡将______移动(填“向正反应

方向”、“不”或“逆反应方向”)

②能说明上述反应达到平衡状态的是______(填编号)。

A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)

B.混合气体的密度不随时间的变化而变化

C.单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O

D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变

③将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△

H3

取五份等体体积CO2和H2的混合气体(物质的量之比均为1：3)，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如图3所示，则上述CO2转化为甲醇反应的△H3______0(填“>”、“<”或“=”)。

25.已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依

次增大．A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数

的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为ns n np n+2，E为周期表中

电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气

中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2.回答下列问题：

(1)写出基态F原子的电子排布式______ ，其中含有______ 种能量不同的电子．

(2)CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为102°和107.3°，则C原子的杂化方式

为______ ，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是______ ．

(3)B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为

______ ．

(4)G单质晶体中原子的堆积方式如图所示(为面心立方最密堆积)，则晶胞中G原子

的配位数为______ .若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为______ cm(用r表示)．

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.制备黑火药的原料为S、KNO3、C，其中“硝石”指的是硝酸钾，故A 正确；

B.青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取青蒿素的过程为物理变化，故B错误；

C.丹砂即硫化汞，加热即分解而得到汞，汞与硫磺化合又生成硫化汞，故C正确；

D.侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O+ NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故D 正确；

故选B。

本题为综合题，考查物理变化与化学变化的判断、侯氏制碱法原理、黑火药成分等知识，与人们日常生活紧密结合，均为最基本化学常识，选项B为易错点，关键在于判断变化过程中是否有新物质生成。

2.【答案】D

【解析】解：A.丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可鉴别溶液与胶体，但溶液和胶体的本质区别为分散质粒子大小，故A错误；

B.K2Cr2O7溶液和氢溴酸可发生氧化还原反应，不能存放于同一药品橱内，故B错误；

C.HF酸与二氧化硅反应，可腐蚀玻璃，应选塑料瓶，故C错误；

D.CH4和C2H4均为易燃气体，属于常用危险品中的易燃气体，故D正确；

故选：D。

A.丁达尔现象为胶体特有的性质；

B.K2Cr2O7溶液和氢溴酸可发生氧化还原反应；

C.HF酸与二氧化硅反应；

D.CH4和C2H4均为易燃气体．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、试剂的保存、实验安全、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

3.【答案】A

【解析】解：A.4.0g氦气的物质的量为：4.0g

4g/mol

=1mol，1mol氦气中含有1molHe原子，含有的最外层电子的物质的量为2mol，含有最外层电子数为2N A，故A错误；

B.3.9g2H37Cl的物质的量为0.1mol，0.1mol2H37Cl中含有2.1mol中子，含有的中子数为

2.1N A，故B正确；

C.标准状况下11.2L丙烷的物质的量为0.5mol，0.5mol丙烷分子中含有1molC?C非极性键，含有的非极性键数目为N A，故C正确；

D.100mL1mol?L?1CH3COOH溶液中含有0.1mol醋酸，由于溶液中含有水分子，则该溶液含有的分子数目大于0.1N A，故D正确；

故选：A。

A.稀有气体为单原子分子，氦原子最外层含有2个电子；

B.?2H37Cl中含有21个中子，其摩尔质量为39g/mol；

C.丙烷分子中含有2个碳碳非极性键，0.5mol丙烷分子中含有1mol非极性键；

D.醋酸溶液中含有醋酸和水分子．

本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问

题的能力．

4.【答案】C

【解析】解：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大．A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，则B

为Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，则C为Al，D位于第ⅥA族，原子序数大于Al，则D为S元素，

A.同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na> Al>S>C，故A错误；

B.元素A的氧化物为CO、二氧化碳，属于共价化合物，B的氧化物为氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，化学键类型不相同，故B错误；

C.B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，氢氧化钠与硫酸发生酸碱中和反应，故C 正确；

D.Na、Al同周期，随原子序数增大金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故D错误，

故选C．

短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大．A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；元素B在同周期的主族元素中原子半径最大，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，则B为Na元素；元素C的合金是日常生活中常用的金属材料，则C为Al，D位于第ⅥA族，原子序数大于Al，则D为S元素，据此解答．

本题主要考查的原子结构与元素周期律的应用，涉及化学键、元素化合物性质、原子半径比较等，推断元素是解题关键，难度不大．

5.【答案】A

【解析】解：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，所以是酸性氧化物，故A 正确；

B、过量二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝固体，所以二氧化碳的酸性强氢氧化铝，故B错误；

C、氢氧化铝分解生成氧化铝和水，是非氧化还原的分解反应，故C错误；

D、适合用电解法冶炼的金属为活泼金属，常见有Na、Mg、Al等，铝是活泼金属不能用加热法，故D错误；

故选：A。

A、氧化铝与氢氧化钠反应生成盐与水；

B、强酸制弱酸，分析解答；

C、氢氧化铝分解生成氧化铝和水，无元素化合价的变化；

D、适合用电解法冶炼的金属为活泼金属，常见有Na、Mg、Al等；

本题综合考查物质的分离、提纯的应用，为高频考点，涉及铝的化合物的性质、常用化学用语的书写等，侧重于学生的分析，难度中等，清楚实验流程、原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用．

6.【答案】C

【解析】解：A.金属性越强，与水反应越剧烈，金属性K>Na>Li，则Li与冷水反应缓慢，故A正确；

B.金属性Sr>Ca>Mg，则?38Sr(OH)2碱性强于?20Ca(OH)2，故B正确；

C.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，第ⅣA元素形成的单质C、金属

等不能作半导体材料，故C错误；

D.非金属性F>Cl>Br，则Br2与H2反应需要加热到一定温度，故D正确；

故选：C。

A.金属性越强，与水反应越剧烈；

B.金属性越强，对应碱的碱性越强；

C.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料；

D.非金属性越强，与氢气化合越容易．

本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．

7.【答案】D

【解析】解：A.步骤①为灼烧，需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；

B.步骤②发生氧化还原反应，离子方程式为2I?+2H++H2O2=I2+2H2O，遵循电子、电荷守恒，故B正确；

C.步骤③操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可知②中有碘生成，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；

D.若步骤②仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I?+4H++O2=2I2+2H2O，步骤③操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；

故选：D。

由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，溶解、过滤得到含碘离子的溶液，加氧化剂氧化，生成碘的水溶液，加淀粉变蓝可检验碘单质，再萃取、分液、蒸馏可得到碘，以此来解答．

本题考查海水提取碘的实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大．

8.【答案】A

【解析】解：A.Fe3O4溶于氢碘酸溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Fe3O4+8H++2I?=3Fe2++I2+4H2O，故A错误；

B.NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3?+Ca2++OH?=CaCO3↓+H2O，故B正确；

C.向漂白液中加入适量洁厕灵(含盐酸)，产生氯气，离子方程式：ClO?+Cl?+2H+= Cl2↑+H2O，故C正确；

D.向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2，变浑浊的化学反应为

，故D正确；

故选：A。

A.铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子；

B.NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水；

C.氯离子与次氯酸根离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成氯气和水；

D.发生强酸制取弱酸的反应，生成苯酚和碳酸氢钠。

本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

9.【答案】B

【解析】解：A.乙醇与浓硫酸共热170℃产生的乙烯气体中混有杂质二氧化硫，二氧化硫也能够使溴水褪色，干扰了检验，故A错误；

B.二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体为氯气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使石蕊试液褪色，故B正确；

C.碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的二氧化碳气体中混有醋酸，醋酸能够与硅酸钠溶液反应，干扰了检验结果，故C错误；

D.电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有硫化氢，硫化氢能够使KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅，干扰了实验结果，故D错误；

故选：B。

A.乙醇与浓硫酸的反应中有二氧化硫生成，二氧化硫能够使溴水褪色，干扰了检验结果；

B.氯气与水反应生成的次氯酸能够漂白石蕊试液；

C.醋酸具有挥发性，挥发出的醋酸与硅酸钠反应生成硅酸，干扰了检验；

D.电石与饱和食盐水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色．

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及乙醇的消去反应、次氯酸的漂白性、酸性强弱比较、常见气体的性质及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力．

10.【答案】C

【解析】解：A.溶液体积未知，无法计算水电离产生氢离子个数，故A错误；

B.2.3gNa物质的量为0.1mol，在空气中完全反应生成Na2O，Na2O2，生成0.1mol钠离子，转移0.1N A个电子，故B错误；

C.1个羟基(?18OH)含有10个中子，1mol羟基(?18OH)所含的中子数为10N A个，故C 正确；

D.标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，由于混合气体中可能存在四氧化二氮，所以1mol混合气体中含有的氮原子物质的量大于1mol，被还原的硝酸大于1mol，被还原的硝酸的分子数应大于N A，故D错误；

故选：C。

A.溶液体积未知；

B.钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都生成+1价钠离子；

C.1个羟基(?18OH)含有10个中子；

D.根据氮原子守恒及二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡判断。

本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意明确(?18OH)原子构成，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量之间的转化关系。

11.【答案】C

【解析】解：A.SiH4中氢元素为?1价，CH4中氢的化合价为+1价，故A错误；

B.二者电子层数相同，核电荷数越大半径越小，O2?半径比F?的大，故B错误；

C.Na和Cs属于第ⅠA族元素，原子最外层电子为1个，易失电子，其单质均具有强还原性，故C正确；

D.氮元素的非金属性强于砷元素，对应氢化物，NH3的还原性弱于AsH3，故D错误；故选：C。

A.电负性较强的吸电子能力强，碳的电负性大则甲烷中显示负价，四氢化硅中硅电负性小，氢元素显负价；

B.电子层数相同的微粒核电荷数越大半径越小；

C.第ⅠA族元素的原子最外层一个电子，易失去表现还原性；

D.铜主族非金属性越强，对应氢化物还原性越小。

本题考查了周期表中原子结构递变规律、同主族递变规律、元素化合价变化分析、结构

和性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

12.【答案】D

【解析】解：A.碳酸的酸性大于苯酚，这三种物质的酸性顺序为：C 6H 5OH

B.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ba >Ca >Mg ，所以碱性正确的顺序为：Ca(OH)2

C.晶体熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，SiCl 4为分子晶体，MgBr 2为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以SiCl 4的熔点小于MgBr 2，故C 错误；

D.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，H 2O 、NH 3分子间存在氢键，沸点高，而H 2O 的沸点为100℃，NH 3在常温时为气体，所以H 2O 的沸点高于NH 3，膦中不含氢键，熔沸点最小，所以沸点：PH 3

A.碳酸的酸性大于苯酚；

B.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；

C.晶体熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；

D.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高。

本题考查晶体熔沸点比较、元素周期律等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，知道晶体类型与晶体熔沸点的关系、分子晶体熔沸点影响因素等是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】B

【解析】解：A 、铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故A 错误；

B 、由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积(标况下)v(O 2)= 1.12g 56g/mol

×3×22.4L/mol 4=336mL ，

故B 正确；

C 、根据反应方程式知，负极反应式为Fe ?2e ?=Fe 2+，故C 错误；

D 、生石灰和氧气不反应，不能脱氧，故D 错误。

故选：B 。

铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算。

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、正负极上得失电子、物质间的反应来分析解答即可，难度中等。

14.【答案】C

【解析】解：HCHO 燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为HCHO +O 2?

?点燃 CO 2+H 2O ，2H 2+O 2?

?点燃 2H 2O ，

二氧化碳、水与过氧化钠反应2CO 2+2Na 2O 2=2Na 2CO 3+O 2，2H 2O +2Na 2O 2=4NaOH +O 2，

通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO 、H 2的质量和， Na 2O 2增重8g ，所以HCHO 、H 2的质量和为8g 。

所以混合气体中氧气的质量为20g ?8g =12g 。

所以氧气的质量分数为12g 20g ×100%=60%。

故选：C 。

HCHO燃烧生成二氧化碳与水，氢气燃烧生成水，反应方程式为HCHO+O

2

?

?点燃?

?

CO2+

H2O，2H

2+O2?

?点燃?

?

2H2O，二氧化碳、水与过氧化钠反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+

O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和．据此计算．

本题考查混合物的计算，题目难度不大，关键在于过氧化钠固体质量增加实质为氢气与甲醛的质量．

15.【答案】D

【解析】解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，

由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，

则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，

即2HCl??通电?

?H2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O?

?通电?

?

2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O?

?通电?

?

2H2↑+O2↑，

生成的NaOH为碱性，pH大于7。

A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；

B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；

C、电解最后阶段为电解水，故C正确；

D、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故D错误；

故选：D。

根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子>铜离子>氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子>氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子．

本题是对电解原理的考查，要求学生会根据电解原理书写常见电解质的电解反应，难度较大．

16.【答案】C

【解析】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气3.36L(

标准状况)，物质的量为3.36L

22.4L/mol =0.15mol，根据电子转移守恒可知n(Al)=0.15mol×2

3

=

0.1mol，故金属铝的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，金属铝提供电子的量是0.3mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量。

设反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量为xmol，根据沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和可得：

17.9g?2.7g+xmol×17g/mol=25.4g，解得x=0.6mol，

因此17.9g合金失去的电子总的物质的量为0.6mol+0.3mol=0.9mol，

设设生成 NO的标准状况下的体积为V，则有：

V

22.4mol/L

×3=0.9mol，

解得V=6.72L，

故选：C。

根据n=

V

V m

计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n(Al)，进而计算Al的质量、

Al提供的电子物质的量．

将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和，从而求出反应中金属铁、铜失去电子的物质的量．

通过以上两步得到合金失去的电子总的物质的量，设生成 NO的标准状况下的体积为V，

则有：V

22.4mol/L

×3=合金失去的电子总的物质的量．

本题考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐，本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是该方法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用．

17.【答案】A

【解析】解：A.向FeI2中加入氯水，离子还原性I?>Fe2+，氯气和FeI2溶液顺序反应，2I?+Cl2=I2+2Cl?，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，氧化碘离子和亚铁离子，需要氯气物质的量之比为2：1，故A正确；

B.用铂电极持续电解硫酸铜溶液开始电解硫酸铜和水生成氧气，铜离子电解完继续电解是电解水，生成氢气和氧气，生成气体增多，图象变化不符合，故B错误；

C.NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液中发生反应，开始会生成碳酸钡沉淀，图象不符合，故C错误；

D.CO2气体通入澄清石灰水发生反应生成碳酸钙和水，导电性减弱，继续通入二氧化碳和碳酸钙反应生成溶于水的碳酸氢钙，导电性增强，两个过程中消耗二氧化碳的量相同，图象不符合，故D错误；

故选：A。

A.向FeI2中加入氯水，离子还原性I?>Fe2+，氯气和FeI2溶液顺序反应；

B.用铂电极持续电解硫酸铜溶液开始电解硫酸铜和水生成氧气，铜离子电解完继续电解是电解水，生成氢气和氧气；

C.NaOH溶液中滴入Ba(HCO3)2溶液，反应开始有沉淀生成；

D.溶液导电性取决于离子浓度大小。

本题考查了氧化还原反应、电解原理、离子反应定量关系、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

18.【答案】C

【解析】解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl 元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，

A、同主族自上而下电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C>Si，故A错误；

B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al>Y>Cl> C，故B错误；

C、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故C正确；

D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，故D错误；

故选：C。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的

最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答．

本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意Y元素的不确定性．19.【答案】C

【解析】解：A.若a点pH=4，c(H+)=10?4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)= c(Cl?)?c(ClO?)，c(Cl?)=m c(ClO?)，则c(HClO)=(m?1)c(ClO?)，K a(HClO)=

c(H+)c(ClO?) c(HClO)=c(H+)c(ClO?)

(m?1)c(ClO?)

，故A错误；

B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；

C.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl?)+c(ClO?)+c(OH?)①，

氯元素守恒得：c(Cl?)=c(ClO?)+c(HClO)②，2c(Cl?)+2c(ClO?)+2c(HClO)=

c(Na+)③，由①+③+②得：c(OH?)=2c(Cl?)+c(HClO)+c(H+)，故C正确；D.b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑

制NaClO水解：ClO?+H2O?HClO+OH，c(HClO)减小，c(ClO?)增大，所以c(HClO)

c(ClO?)

减

小，故D错误，

故选：C。

整个过程先后发生的反应为Cl2+H2O?HCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，

A.若a点pH=4，c(H+)=10?4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl?)?

c(ClO?)，c(Cl?)=m c(ClO?)，则c(HClO)=(m?1)c(ClO?)，K a(HClO)=c(H+)c(ClO?)

c(HClO)

=

c(H+)c(ClO?)

(m?1)c(ClO?)

；

B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH；

C.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.1molNaOH，根据电荷守恒与物料守恒来解答；

D.b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO?+H2O?HClO+OH。

本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。

20.【答案】AD

【解析】解：反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，

A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；

B.反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B 错误；

C.C的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n(A)：n(B)=3：1，所以平衡时甲中A 的体积分数为60%，故C错误；

D.二者为等效平衡，满足x=4，反应前后气体的物质的量不变，容器的则两容器中压

强之比为(6+2)：(1.5+0.5+3)=8：5，故D正确。

故选：AD。

反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，

A.甲乙是等效平衡，平衡时甲、乙两容器中A的物质的量不相等，满足反应前后气体化学计量数之和不变，按化学计量数转化到左边满足n(A)：n(B)=3：1；

B.甲乙是等效平衡，平衡时各组分的含量对应相等；

C.根据C的体积分数计算平衡时A、B的体积分数之和，平衡时n(A)：n(B)=3：1，据此计算A的体积分数；

D.利用压强之比大于物质的量之比计算判断．

本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意从等效平衡的角度解答该题．

21.【答案】第三周期第ⅥA族3S+6NaOH? △

?

2Na2S+Na2SO3+

3H2O2H++S2O32?=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32?+5H2O=8Cl?+2SO42?+

10H+ 2.24

【解析】解：(1)A为硫，硫元素处于第三周期第ⅥA族，C为H2S，电子式为，故答案为：第三周期第ⅥA族；；

(2)硫与NaOH溶液在加热条件下反应的化学方程式为3S+6NaOH? △

?

2Na2S+

Na2SO3+3H2O，

故答案为：3S+6NaOH? △

?

2Na2S+Na2SO3+3H2O；

(3)将S溶于沸腾的Na2SO3溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的S和SO2，则I为Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下生成硫和二氧化硫的离子方程式为：2H++S2O32?=S↓+SO2↑+H2O；

Na2S2O3是中强还原剂，向Na2S2O3溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的Na2S2O3和氯气的物质的量比为1：4，Cl元素被还原为?1价，设S元素在氧化产物中化合价为a，根据电子转移守恒：2(a?2)=4×2，解得a=6，故氧化得到SO42?，该反应的离子方程式为：4Cl2+S2O32?+5H2O=8Cl?+2SO42?+10H+，

故答案为：2H++S2O32?=S↓+SO2↑+H2O；4Cl2+S2O32?+5H2O=8Cl?+2SO42?+ 10H+；

(5)向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量盐酸，发生反应：2S2?+ SO32?+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2molNa2S，再发生反应：S2?+2H+=H2S↑，得到0.2molH2S，取反应后的澄清溶液，加入氯化铁，得到沉淀3.2g，说明溶液中溶解硫化氢，发生反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，

生成S为3.2g

32g/mol

=0.1mol，故溶液中溶解硫化氢为0.1mol，则从溶液中逸出的气体体积为(0.2mol?0.1mol)×22.4L/mol=2.24L，

故答案为：2.24。

A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均匀硫单质反应，为D与硫反应生成的E有漂白性，则D为O2，E 为SO2.F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。

本题考查无机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难

点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢。

22.【答案】氯酸钾NH4++OH?=NH3?H2O 1.48mol/L0.0081：2

【解析】解：(1)氯酸钾加热分解生成氧气，铝热反应中需要用到氯酸钾，则A为氯酸钾，故答案为：氯酸钾；

(2)①OC发生H++OH?=H2O；CD反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，离子方程式为，NH4++OH?=NH3?H2O，

故答案为：NH4++OH?=NH3?H2O；

②加入34mLNaoH溶液时，溶质为硝酸钠，原溶液中硝酸转化为为硝酸钠和一水合氨两部分，

其中硝酸钠中消耗的硝酸为：4mol/L×34×10?3L=0.136mol；一水合氨的物质的量为：4mol/L×(34?31)×10?3L=0.012mol，

则硝酸的总物质的量为：0.136mol+0.012mol=0.148mol，硝酸溶液浓度为：0.148mol

0.1L

=

1.48mol/L，

故答案为：1.48mol/L；

③E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，

其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，

EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10?3L=0.008mol，

Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O

1mol1mol

0.008mol0.008mol

Al(OH)3的量是0.008mol，所以Al3+也是0.008mol，

所以B与A差值为0.008mol，

故答案为：0.008；

(3)由氧化铁粉末和铝粉反应的化学方程式：Fe

2O3+2Al?

?高温?

?

2Fe+Al2O3可知，生成

2mol的铁的同时产生1mol的氧化铝，所以转移物质的量为2×2：(3×2+2)=1：2，故答案为：1：2．

(1)铝热反应中选用用氯酸钾做助燃剂；

(2)O→C之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH?=H2O，

D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为，NH4++OH?=NH3?H2O，

E与F之间沉淀的量减少，肯定是因为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH?=AlO2?+2H2O，以此进行解答；

(3)由氧化铁粉末和铝粉反应的化学方程式：Fe

2O3+2Al?

?高温?

?

2Fe+Al2O3可知，生成

2mol的铁的同时产生1mol的氧化铝，所以转移物质的量为2×2：(3×2+2)=1：2．本题考查了铝热反应、离子方程式计算，题目难度中等，注意掌握铝热反应原理，(2)为难点、易错点，明确图象曲线变化的含义为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．

23.【答案】d；e；b；c；PH4I+NaOH △

?

PH3↑+NaI+H2O；将空气排尽，以防止PH3在

装置中燃烧(或自燃)；4PH3?300℃?

?

P4+6H2；4PH3+12Fe3+=P4↓+12Fe2++12H+；

BC；将尾气点燃或通入到CuSO4溶液

【解析】解：制取磷化氢并验证其性质实验流程：乙醚(无色液体，沸点34.5℃，微溶于水，不与Fe2(S04)3反应)，乙醚为易挥发的有机溶剂，实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧(或自燃)，提供惰性气体环境，再从分液漏斗向圆底烧瓶中加入一定量的

浓NaOH溶液继续加热，发生反应PH4I+NaOH △

?

PH3↑+NaI+H2O，在装置C处用

电热器控制温度在300℃左右，发生反应：4PH3?300℃?

?

P4+6H2(或2PH3

?300℃?

?

2P+3H2)，

B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，D装置的试管中Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，说明生成+2价的铁，磷化氢具有还原性，发生反应：4PH3+12Fe3+= P4↓+12Fe2++12H+(或PH3+3Fe3+=P↓+3Fe2++3H+)，同时也有白色蜡状固体白磷生成．

(1)B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，连接顺序为a→d、e(或e、d)，检验磷化氢的还原性，D装置的试管中Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，说明生成+2价的铁，连接顺序为b、c→f，

故答案为：d、e、b、c (或 e、d、b、c)；

(2)铵盐和碱反应生成氨气，N与P处在同一主族，磷盐和碱反应生成磷化氢，反应为

PH4I+NaOH △

?

PH3↑+NaI+H2O，

故答案为：PH4I+NaOH △

?

PH3↑+NaI+H2O；

(3)PH3在空气中易燃烧(或自燃)，装置中若空气不排尽，会自燃，所以实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醚并微热数分钟，其目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧(或自燃)，

故答案为：将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧(或自燃)；

(4)由上述分析可知，C中发生4PH

3?300℃?

?

P4+6H2，D中离子反应为4PH3+12Fe3+=

P4↓+12Fe2++12H+，

故答案为：4PH3?300℃?

?

P4+6H2；4PH3+12Fe3+=P4↓+12Fe2++12H+；

(5)B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，为磷化氢受热分解生成的产物，说明磷化氢不稳定，装置C中磷化氢能将铁离子还原成亚铁离子4PH3+12Fe3+=P4↓

+12Fe2++12H+(或PH3+3Fe3+=P↓+3Fe2++3H+)，说明其具有还原性，

故答案为：BC；

(6)磷化氢有毒，需进行尾气处理，磷化氢、氢气都能燃烧，可通过燃烧的方法进行尾气处理，硫化氢与硫酸铜溶液能反应，

故答案为：将尾气点燃或通入到CuSO4溶液．

制取磷化氢并验证其性质实验流程：乙醚(无色液体，沸点34.5℃，微溶于水，不与Fe2(S04)3反应)，乙醚为易挥发的有机溶剂，实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧(或自燃)，提供惰性气体环境，再从分液漏斗向圆底烧瓶中加入一定量的浓NaOH溶

液继续加热，发生反应PH4I+NaOH △

?

PH3↑+NaI+H2O，在装置C处用电热器控制

温度在300℃左右，发生反应：4PH3?300℃?

?

P4+6H2(或2PH3

?300℃?

?

2P+3H2)，B装置的

试管中有白色蜡状固体生成为白磷，D装置的试管中Fe2(SO4)3溶液颜色由棕黄色变成

淡绿色，说明生成+2价的铁，磷化氢具有还原性，发生反应：4PH3+12Fe3+=P4↓+12Fe2++12H+(或PH3+3Fe3+=P↓+3Fe2++3H+)，同时也有白色蜡状固体白磷生成．

(1)根据实验目的先排装置中的空气，防止反应物磷化氢、生成物白磷燃烧，然后，加入氢氧化钠，制取硫化氢，硫化氢分解，B观察反应的产物，最后检验铁离子和磷化氢的反应，据此连接装置；

(2)N与P处在同一主族，根据碘化氨合碱的反应书写反应方程式；

(3)乙醚为易挥发的有机溶剂，实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽；

(4)磷化氢受热分解生成白磷、氢气，磷化氢和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和白磷；

(5)装置B中磷化氢受热分解，说明磷化氢不稳定，装置C中磷化氢能将铁离子还原成亚铁离子，说明其具有还原性；

(6)磷化氢、氢气都能燃烧，可通过燃烧的方法进行尾气处理．

本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．

24.【答案】S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=?297kJ?mol?1?78.6420%吸

收19.660.225mol/(L?min)不 D <

【解析】解：(1)①燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以硫的物质的量为1mol，由图1可知1molS(s)完全燃烧生成SO2放出的热量为297kJ，则硫的燃烧热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)?SO2(g)△H=?297kJ?mol?1，

故答案为：S(s)+O2(g)?SO2(g)△H=?297kJ?mol?1；

②由图1可知，参加反应的n(SO2)=1mol?0.2mol=0.8mol，根据热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=?196.6kJ?mol?1；可知△H2=0.4△H=

0.4×(?196.6kJ?mol?1)=?78.64kJ?mol?1；

故答案为：?78.64；

③假设1molSO3和0.5molO2完全转化为SO2和O2，则与原来的初始量相同，所以两次平衡是等效平衡，即平衡时SO2为0.2mol，SO3为0.8mol，所以SO3转化了0.2mol，则达到

平衡时SO3的转化率为：0.2mol

1mol

×100%=20%；已知2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=?196.6kJ?mol?1，当反应逆向进行时反应热大小不变，符号相反，

所以SO3转化SO2时反应吸热，热量为196.6KJ×0.2mol

2mol

=19.66kJ；

故答案为：20%；吸收；19.66；

(2)在容积为1L的恒温密闭容器中充入1molCO2和3molH2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示，10min时反应达平衡状态，此时c(CO2)= 0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，则

CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)

起始(mol/L)1 3 0 0

变化(mol/L)0.75 2.250.750.75

平衡(mol/L)0.250.750.750.75

v(H2)=△c

△t =2.25mol/L

10min

=0.225mol/(L?min)，

平衡常数K=c(CH3OH)?c(H2O)

c(CO2)?c3(H2)=0.75×0.75

0.25×(0.75)3

=5.3，

若在上述平衡体系中再充0.5molCO2和1.5mol水蒸气(保持温度不变)，浓度商Q=

0.75×(0.75+1.5)

=5.3=K，则平衡不移动；

(0.25+0.25)×(0.75)3

故答案为：0.225mol/(L?min)；不；

②A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)时反应速率仍然在发生变化，没有达到平衡状态，故A错误；

B.在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明达到平衡状态，故B错误；

C.单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O，均为正反应速率，不能说明达到平衡状态，故C错误；

D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明反应达到平衡状态，故D正确；

故答案为：D；

③由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H3<0，故答案为：<。

(1)①1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，据此结合图象分析；

②根据热化学方程式：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=?196.6kJ?mol?1计算；

③假设1molSO3和0.5molO2完全转化为SO2和O2，与原来的初始量相同，所以两次平衡是等效平衡，即平衡时SO2为0.2mol，SO3为0.8mol；当反应逆向进行时反应热大小不变，符号相反，根据物质的量之比等于热量比求算；

(2)①由图知10min时反应达平衡状态，此时二氧化碳浓度变化为0.75mol/L，氢气的浓度变化量为二氧化碳的3倍，根据v(H2)=△c

计算氢气的平均反应速率；根据平衡常数

△t

K=c(CH3OH)?c(H2O)

与再充0.5molCO2和1.5mol水蒸气后的浓度商Q比较大小判断平衡移c(CO2)?c3(H2)

动方向；

②根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；

③由图可知，到达平衡后，温度越高，φ(CH3OH)越小，平衡向逆反应进行。

本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法，侧重考查学生的分析能力及计算能力。

25.【答案】1s22s22p63s23p63d64s2；7；sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中

成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；CNO?；12；(2√2?2)r

【解析】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大．B 的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为ns n np n+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原

子序数比F大2，则G为Ni．

(1)F为Fe，原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其中含有7种能量不同的电子，

故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；7；

(2)NF3和NH3均是三角锥形分子，键角分别为102°和107.3°，为三角锥形结构，则N原子的杂化方式为sp3，其中NF3的键角比NH3的键角小的原因：NF3中成键电子对偏向F

原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者，

故答案为：sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电