高三（上）月考化學試卷

一、選擇題（本部分共7個小題，每小題3分，每小題只有一項符合題目要求）

L（3分）下列物質(zhì)的屬性與事實不相符的是（）

選項ABCD

物質(zhì)廚房清潔劑苯甲酸鈉甲烷明研

事實pH>7可做食品防腐可產(chǎn)生溫室效應的氣可做水的消毒

劑體劑

A.AB.BC.CD.D

2.（3分）下列離子或分子在溶液中能大量共存，通入C02后仍能大量共存的一

組是（）

222

A.K\Na\Br、SiO3'B.H\Fe\SO4\Cl2

2

C.K、Ba\Cl\N03'D.K\Ag、NH3?H2O>N03'

3.（3分）下列敘述錯誤的是

①熱穩(wěn)定性：H2O>HF>H2S

②熔點：Al>Na>K

③IA、HA族元素的陽離子與同周期稀有氣體元素的原子具有相同的核外電子

排布

④元素周期表中從IHB族到IIB族10個縱行的元素都是金屬元素

⑤多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子能量較高

⑥已知H2s。4（aq）+2NaOH（aq）=2H2O（I）+Na2SO4（aq）AH=-114,6kJ?mol

r則中和熱△Hu-57.3kJ?mori（）

A.①③⑤B.①⑤⑥C.②③④D.②④⑥

4.（3分）下列解釋實驗現(xiàn)象的反應方程式不正確的是（）

A.SO2通入到滴加酚獻的NaOH溶液中，紅色變淺：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O

B.用Na2s處理含Hg2+廢水:Hgr+S2-HgSsk

C.等濃度的NH4Al（S04）2溶液與Ba（OH）2溶液以1：2體積比混合出現(xiàn)白色

3+2r+

沉淀：NH4+AI+2SO4+2Ba+4OH=2BaSO44/+Al（OH）3sl/NH3*H2O

22

D.用Na2cO3溶液處理水垢中的CaSCU：Ca+CO3=CaCO3xlz

5.(3分)下列敘述正確的是()

A.pH=5的CH3co0H溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c(H')相等

+

B.常溫下lLO.lmol/LNH4cl溶液與2L0.05mol/LNH4cl溶液中C(NH4)相等

C.pH=6的CH3coOH和CH3coONa混合液中：c(Na+)+c(OH)-c(CH3co0

')=10-6mol/L

2

D.pH=9的NaHA溶液中：c(Na')>c(HXD>c(A')>c(H2A)>c(OH)

>c(H')

6.(3分)用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法準確的是()

A.NA個Fe(OH)3膠體粒子的質(zhì)量是107克

B.標準狀況下，0.2molSO3中含有氧原子數(shù)為0.6NA

C.在ImolCaCz、KHSO4的混合物中含陰陽離子的總數(shù)為3NA

D.33.6L氯氣與56克鐵充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA

用下列裝置能達到有關實驗目的是()

9分別淌加蠹

|廣水和KSCN

41米港

①②③④

A.用①量取15.00mLNaOH溶液

B.用②制備并收集少量N02氣體

C.用③所示的儀器配制ILO.lOOOmol/LNaCI溶液

D.用④進行Fe?’的檢驗

二、非選擇題(共58分)

8.(14分)下表為部分短周期元素化合價及相應原子半徑的數(shù)據(jù):

元素性質(zhì)元素編號

ABCDEFGH

原子半徑0.1020.1100.1170.0740.0750.0710.0990.186

(nm)

最高化合價+6+5+4+5+7+1

最低化合價-2-3-4-2-3-1-10

已知：①A與D可形成化合物AD2、AD3,②E與D可形成多種化合物，其中ED、

ED2是常見的化合物，C可用于制光電池.

（1）F在周期表中位置是；含ImolC的氧化物晶體中含有的共價鍵數(shù)

為：;A的氫化物與少量H的最高價氧化物對應水化物的溶液反應生成

的鹽的電子式為：.

（2）E的簡單氣態(tài)氫化物極易溶于水的原因是：；該氫化物與空氣可以

構(gòu)成一種燃料電池，電解質(zhì)溶液是稀硫酸，其負極的電極反應式為：;

（3）分子組成為ADG2的物質(zhì)在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色氣

體和一種強酸.該反應的化學方程式是：.

（4）無色氣體ED遇空氣變?yōu)榧t棕色.將標準狀況下40L該無色氣體與15L氧氣

通入一定濃度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同時生成兩種鹽.請寫出該反

應的離子方程式.

9.（18分）已知：乙二酸（HOOC-COOH,可簡寫為H2c2。4）俗稱草酸，157℃

時開始分解。

（1）探究草酸的酸性

5111

25℃時H2c2O4：Ki=5.4X10",K2=5.4X10；H2CO3KI=4.5X10,K2=4.7X10

下列化學方程式可能正確的是o

222

A.H2C2O4+CO3'=HCO3'+HC2O4B.HC2O4'+CO3'=HCO3'+C2O4'

222

C.2C2O4-+CO2+H2O=2HC2O4'+CO3D.H2c2O4+CO32=C2O4'+山。+（：02個

（2）探究草酸分解產(chǎn)物

末cu。粉末

2?尾氣處理

??澄

清

化

石

的

石

灰

滯

灰

水

液

D水

中CuS04粉末變藍,C1口澄清石灰水變渾濁,D的作用:

證明有co氣體生成的現(xiàn)象是:

②寫出H2c2。4分解的化學方程式：o

(3)探究催化劑對化學反應速率的影響

在甲、乙兩支試管中各加入4mLO.OImol/LKMnCU酸性溶液和2mLO.lmoL/LH2c2。4

溶液，再向乙試管中加入一粒黃豆大的MnSCU固體，搖勻。填寫下表：

反應現(xiàn)象

實驗結(jié)論

試管中發(fā)生反應的離子方程式

(4)用酸性KmnCU溶液滴定Na2c2。4，求算Na2c2。4的純度

實驗步驟：準確稱取2.0gNa2c2O4固體，配成100mL溶液，取出20.00mL于錐形

瓶中。再向瓶中加入足量稀H2s。4,用0Q160mol/L酸性高鎰酸鉀溶液滴定，滴

定至終點時消耗高鎰酸鉀溶液25.00mL。

①高鋸酸鉀溶液應裝在滴定管中。(填"酸式"或"堿式")

②滴定至終點時的實驗現(xiàn)象是：-

③Na2c2。4的純度是：0

10.(14分)某同學從資料上查到以下反應：KCIQB+A+BAKCI+AO2+BO2A.B

為中學常見單質(zhì)，A5、BO2是能使澄清石灰水變渾濁的氣體.回答下列問題：

(1)①元素A、B可形成化合物AB2，則AB2結(jié)構(gòu)式為;

②若反應中A和B的質(zhì)量比為3：4,則n(KCIO3)：n(AO2)=；

③已知:A(s>+O2<g>=AO2(g>AH=-393.5kJ/mol

B(s)+O2<g>=BO2(g>AH=-296.8kJ/mol

A<s>+2B(s>=AB2(1)AH=+89.7kJ/mol

寫出AB2(I)在O2中完全燃燒的熱化學方程式為;

(2)將氣體AO2緩慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlOz的混合溶液中，生成沉

淀的物質(zhì)的量n與通入氣體的體積V的關系可表示為(填字母).

t/min0510

AO/mol*L11.000.650.50

Hz/mol^L12.001.00

1

AH3OH/mol<L0.000.350.50

（3）在663K,303kPa和催化劑存在的條件下，體積恒定的容器中，發(fā)生反應：

A0+2H2fAH30H△H<0.測得如下數(shù)據(jù)：

①。?5min,化學反應速率v（出）=；

②已知此溫度下該反應的化學平衡常數(shù)K=3,反應進行到lOmin時（填

"是，，或"否"）達到平衡狀態(tài).

③為提高反應體系混合物中n（AH3OH）/n（AO）的值，下列措施有效的是

A.升溫B.將AH3OH從體系中分離出來C.充入He氣D.再充入ImolA。和2molH2.

11.（12分）納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到科學研究的不斷關注,

下表為制取CU2。的三種方法：

方法I用炭粉在高溫條件下還原CuO

方法口電解法，反應為2CU+H2。電解CU2O+H2個

方法m用脫：（N2H4）還原新制的Cu（OH）2

（1）工業(yè)上常用方法II和方法ID制取Cu2O而很少用方法I,其原因是；

（2）方法II采用離子交換膜控制電解液中OK的濃度而制備納米CU2。，裝置如

圖所示，該電池的陽極反應式為;電解一段時間，當陰極產(chǎn)生的氣體體

積為112mL（標準狀況）時，停止電解.通過離子交換膜的陰離子的物質(zhì)的量為

mol；（離子交換膜只允許OH.通過）

（3）方法m為加熱條件下用液態(tài)脫（N2H4）還原新制Cu（OH）2來制備納米級

CU2。，同時放出該反應的化學方程式為;

21

（4）已知2己C時,KsptCu（OH）2]=4X10,該溫度下向0.001mol/LCuC）溶

液中通入氨氣（體積變化忽略不計），開始沉淀時溶液的pH為.（lg5=0.7）

I——ihl~]

Til*'iCu

禽子交換膜

高三（上）月考化學試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題（本部分共7個小題，每小題3分，每小題只有一項符合題目要求）

L（3分）下列物質(zhì)的屬性與事實不相符的是（）

選項ABCD

物質(zhì)廚房清潔劑苯甲酸鈉甲烷明磯

事實pH>7可做食品防腐可產(chǎn)生溫室效應的氣可做水的消毒

劑體劑

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.廚房清潔劑顯堿性，pH大于7；

B.苯甲酸鈉在酸性環(huán)境下能抑制微生物生長，可做食品防腐劑；

C.甲烷反射紅外光的能力是二氧化碳的幾十倍，是典型的溫室氣體；

D.明研能使水中不溶性固體的小顆粒凝聚成較大的顆粒，加快不溶性固體小顆

粒的沉降，故其凈水的作用是除去水中懸浮物，明磯沒有氧化性，所以不能作消

毒劑；

【解答】解：A.清潔廚房中的油污需堿性較強的清潔劑，油污在堿性溶劑中水

解變成可溶性的物質(zhì)，所以廚房清潔劑顯堿性，pH大于7,故A正確；

B.苯甲酸鈉親油性較大，易穿透細胞膜進入細胞體內(nèi)，干擾細胞膜的通透性，

抑制細胞膜對氨基酸的吸收，并抑制細胞的呼吸酶系的活性，從而起到食品防腐

的目的，是常用的食品防腐劑，故B正確；

C.溫室效應的本質(zhì)是陽光在地球表面的反射光被大氣層中的溫室氣體再次反射

回來，從而導致溫度居高不下。C02可以有效的反射紅外光（熱效應最明顯的光）,

所以可以導致溫室效應。而CH4的反射能力卻是它的幾十上百倍，因此是更容易

造成溫室效應，所以甲烷是導致溫室效應的氣體，故C正確；

D.采用明磯凈水，是因為明磯溶于水電離出的鋁離子水解生成的膠體氫氧化鋁,

氫氧化鋁膠體可以吸附懸浮于水中的雜質(zhì)，吸附在其表面，使其質(zhì)量增大，逐漸

的沉降下來，達到凈水的目的，但明磯沒有氧化性，不能殺菌消毒，不能作消毒

劑，故D錯誤；

故選：Do

【點評】本題主要考查了清潔劑、食品防腐劑苯甲酸鈉、溫室效應、明磯凈水原

理，掌握常見化學物質(zhì)的性質(zhì)和用途是正確解答此類題的關鍵，本題難度不大.

2.(3分)下列離子或分子在溶液中能大量共存，通入C02后仍能大量共存的一

組是()

2-22

A.K\Na\Br、SiO3B.H\Fe\SO4>Cl2

2

C.K、Ba\Cl\NCVD.K\Ag、NH3?H2O>N03

【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)等，不能發(fā)生氧

化還原反應等，則離子能大量共存，并結(jié)合通入C02后仍能大量共存來解答.

【解答】解：A.該組離子之間不反應，能共存，但通入C02后生成硅酸沉淀，

不能共存，故A不選；

B.Fe2\CI2發(fā)生氧化還原反應，則不能共存，故B不選；

C.該組離子之間不反應，能共存，且通入C02后仍能大量共存，故C正確；

D.因Ag、NH3，H2。發(fā)生反應，則不能共存，故D錯誤；

故選：Co

【點評】本題考查離子的共存，注意習題中的信息通入C02后仍能大量共存為解

答中易忽略的地方，熟悉復分解反應及常見的氧化還原反應即可解答，題目難度

中等.

3.(3分)下列敘述錯誤的是

①熱穩(wěn)定性：H2O>HF>H2S

②熔點：Al>Na>K

③工A、HA族元素的陽離子與同周期稀有氣體元素的原子具有相同的核外電子

排布

④元素周期表中從HIB族到HB族10個縱行的元素都是金屬元素

⑤多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子能量較高

⑥已知H2s。4(aq)+2NaOH(aq)=2H2O(I)+Na2sO4(aq)AH=-114.6kJ?mol

I則中和熱△?-57.3kJ?mori()

A.①③⑤B.①⑤⑥C.②③④D.②④⑥

【分析】①元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定；

②原子半徑越小，離子所帶電荷越多，金屬的熔點越高；

③H，離子核外沒有電子；

④HIB族到IIB族為過渡金屬元素；

⑤在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子能量較低；

⑥根據(jù)中和熱的定義判斷.

【解答】解：①非金屬性F>O>S,元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定,

故錯誤；

②原子半徑越小，離子所帶電荷越多，金屬的熔點越高，故正確；

③印離子核外沒有電子，IA、IIA族元素的陽離子與上一周期稀有氣體元素的

原子具有相同的核外電子排布，故錯誤；

④niB族到UB族為過渡金屬元素，都是金屬，故正確；

⑤在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子能量較低，故錯誤；

⑥中和熱是酸堿中和生成lmol水放出的熱量，故正確。

故選：Ao

【點評】本題多角度考查元素周期表與周期律知識，為高考常見題型和高頻考點,

側(cè)重于基礎知識的綜合理解與運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累.

4.(3分)下列解釋實驗現(xiàn)象的反應方程式不正確的是()

A.SO2通入到滴加酚酷的NaOH溶液中，紅色變淺：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O

B.用Na2s處理含Hg2+廢水:Hg2,+S2—HgSxlz

C.等濃度的NH4Al(SO。2溶液與Ba(OH)2溶液以1：2體積比混合出現(xiàn)白色

+3+22+

沉淀：NH4+AI+2SO4'+2Ba+4OH-=2BaSO4^+AI(OH)3J+NWH2O

22

D.用Na2c。3溶液處理水垢中的CaSCU：Ca+CO3—CaCO3xlz

【分析】A.二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸鈉和水，堿性減弱，紅色

變淺；

B.硫離子與汞離子反應生成硫化汞沉淀；

C.接根離子結(jié)合氫氧根能力大于氫氧化鋁，鐵根離子優(yōu)先反應，氫氧化鋁不溶

解；

D.硫酸鈣不能拆開，需要保留化學式.

【解答】解：A.S02通入到滴加酚酬的NaOH溶液中，紅色變淺，二氧化硫與

氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，反應的化學方程式為：

SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,故A正確；

B.用Na2s處理含Hg2廢水，反應生成硫化汞沉淀，反應的離子方程式為：Hg2'+S2

「一HgSj,故B正確；

C.等濃度的NH4Al(S04)2溶液與Ba(OH)2溶液以1：2體積比混合，錢根離

子結(jié)合氫氧根離子能力大于氫氧化鋁，會出現(xiàn)白色沉淀，反應的離子方程式為：

t3t22+

NH4+AI+2SO4'+2Ba+4OH'=2BaSO44/+AI(OH)3J+NWH2O,故C正確；

D.Na2cO3溶液處理水垢中的CaSCU，硫酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：

22

CaSO4+CO3=CaCO3+SO4一，故D錯誤；

故選：Do

【點評】本題考查了離子方程式、化學方程式的正誤判斷，為高考中的高頻題，

屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式、化學方程式的書寫原則，如：檢查

反應物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需

要保留化學式，檢查是否符合守恒關系(如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等).

5.(3分)下列敘述正確的是()

A.pH=5的CH3c00H溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c(H')相等

B.常溫下lLO.lmol/LNH4cl溶液與2L0.05moi/LNH4cl溶液中C(NHj)相等

C.pH=6的CH3coOH和CH3coONa混合液中：c(Na')+c(OH-)-c(CH3COO

)=106mol/L

+2

D.pH=9的NaHA溶液中：c(Na)>c(HXD>c(A')>c(H2A)>c(OH)

>c(H*)

【分析】A、pH相同，則氫離子濃度相同；

B、濃度越小，鹽的水解程度越大；

C、根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

D、pH=9的NaHA溶液中HX的水解程度大于電離程度.

【解答】解：A、pH相同，則氫離子濃度相同，所以pH=5的CH3co0H溶液和

pH=5的NH4NO3溶液中,c(H)相等，均為105mol/L,故A正確；

B、濃度越小，鹽的水解程度越大，所以常溫下ILO.lmol/LNH4CI溶液與2L

0Q5mol/LNH4cl溶液中前者錢根離子水解程度小，則前者c(NH4)大，故B錯

誤；

CpH=6的CH3coOH和CH3cOONa混合液中，c(H)=106mol/L,溶液中的電

荷守恒為：c(Na)+c(H+)=c(OK)+c(CH3COO),則c(H+)=c(OH)+c

(CH3COO)-c(Na+)=106mol/L,故C錯誤；

D、pH=9的NaHA溶液中HX的水解程度大于電離程度，則c(H2A)>c(A2'),

所以溶液中粒子濃度關系為：c(Na+)>c(HX)>c(H2A)>C(OH)>c(H*)

>c(A?-),故D錯誤；

故選：Ao

【點評】本題考查了溶液中離子濃度的比較、鹽的水解、溶液中電荷守恒的應用

等，題目涉及的知識點較多，難度中等.

6.(3分)用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法準確的是()

A.NA個Fe(OH)3膠體粒子的質(zhì)量是107克

B.標準狀況下，0.2molSO3中含有氧原子數(shù)為0.6NA

C.在ImolCaCz、KHSO4的混合物中含陰陽離子的總數(shù)為3NA

D.33.6L氯氣與56克鐵充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA

【分析】A、一個氫氧化鐵膠體是多個氫氧化鐵分子的聚集體；

B、根據(jù)Imol三氧化硫含3moi氧原子來分析；

C、lmolCaC2含ImolCa?'和lmoQ?-；ImolKHSCU固體含lmoK和ImolHSCXi,；

D、氯氣所處的狀態(tài)不明確.

【解答】解：A、一個氫氧化鐵膠體是多個氫氧化鐵分子的聚集體，故NA個Fe

(OH)3膠體粒子中Fe(OH)3的物質(zhì)的量大于lmol,故質(zhì)量大于107g,故A

錯誤；

B、lmol三氧化硫含3moi氧原子，故0.2molSC>3中含有氧原子數(shù)為0.6NA，故B

正確；

C、ImolCaC2含ImolCa2ImoICz2'；ImolKHSCU固體含ImolK#Imo舊SOJ,

故ImolCaCz、KHSO4的混合物中含陰陽離子的總數(shù)為2NA，故C錯誤；

D、氯氣所處的狀態(tài)不明確，即33.6L氯氣的物質(zhì)的量不一定是1.5mol,故轉(zhuǎn)移

的電子數(shù)不一定是3NA個，故D錯誤。

故選:Bo

【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、

狀態(tài)是解題關鍵，難度不大.

7.（3分）用下列裝置能達到有關實驗目的是（）

可上下修動的倒絲

籥

①②③④

A.用①量取15.00mLNaOH溶液

B.用②制備并收集少量NO2氣體

C.用③所示的儀器配制lLO.lOOOmol/LNaCI溶液

D.用④進行Fe2+的檢驗

【分析】A、滴定管可以讀數(shù)到0.01；

B、NO2氣體能夠和水反應，不能用于排水法收集；

C、燒瓶不能用來配制溶液；

D、加入氯水和硫氟化鉀的順序有誤.

【解答】解：A、酸堿滴定管可以讀數(shù)到0.01,①的活塞是特制的，所以可以量

取15.00mLNaOH溶液，故A正確；

、由于氣體發(fā)生反應：所以用②制備并收集少量

BNO23NO2+H2O—2HNO3+NO,

NO?氣體是錯誤的，故B錯誤；

C、③是燒瓶，可以用作煮沸、加熱情況下的反應儀器，不能配制一定濃度的溶

液，故C錯誤；

D、Fe2.的檢驗，應該先滴加硫氧化鉀，溶液沒有現(xiàn)象，再滴加氯水后，溶液變

成血紅色，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查計量儀器及其使用方法，注重了實驗基礎知識的考查.

二、非選擇題（共58分）

8.（14分）下表為部分短周期元素化合價及相應原子半徑的數(shù)據(jù):

元素性質(zhì)元素編號

ABCDEFGH

原子半徑0.1020.1100.1170.0740.0750.0710.0990.186

（nm）

最高化合價+6+5+4+5+7+1

最低化合價-2-3-4-2-3-1-10

已知：①A與D可形成化合物AD2、AD3,②E與D可形成多種化合物，其中ED、

ED2是常見的化合物，C可用于制光電池.

（1）F在周期表中位置是第二周期VUA族；含ImolC的氧化物晶體中含

有的共價鍵數(shù)為：4NA;A的氫化物與少量H的最高價氧化物對應水化物的

溶液反應生成的鹽的電子式為：Na【§：川-

（2）E的簡單氣態(tài)氫化物極易溶于水的原因是：NW與W。分子間形成氫鍵；

該氫化物與空氣可以構(gòu)成一種燃料電池，電解質(zhì)溶液是稀硫酸，其負極的電極反

應式為：2NH3-6e-=N2+6H'；

（3）分子組成為ADG2的物質(zhì)在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色氣

體和一種強酸.該反應的化學方程式是：SOCl2+H2O=SO2個+2HCI.

（4）無色氣體ED遇空氣變?yōu)榧t棕色.將標準狀況下40L該無色氣體與15L氧氣

通入一定濃度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同時生成兩種鹽.請寫出該反

應的離子方程式8NO+3O2+8OH=2NC>3+6NO2+4出0.

【分析】短周期元素，A、D的最低化合價-2,處于第VIA族，A最高化合價+6,

且A原子半徑較大，故A為S元素，D為。元素；

B、E都有最高正價+5、最低負價-3,處于VA族，B的原子半徑較大，則B為

P元素、E為N元素；

C最高正價+4、最低負價-4,處于IVA族，原子半徑較大，則C為Si元素；

F、G都有最低化合價-1,處于VIIA族，G有最高正化合價+7,且原子半徑較大,

則F為F元素、G為CI元素，

H最高正化合價為+1,原子半徑大于Si,因此H為Na元素，以此來解答.

（1）F為F元素，在元素周期表中的位置是第二周期VUA族；二氧化硅晶體，

其中含有ImolSi,每個Si形成四條Si-0,可形成4molSi-0；A的氫化物（hS）

與少量H的最高價氧化物對應水化物（NaOH）的溶液反應生成的鹽（NaHS）,

NaHS為離子化合物；

（2）E的簡單氣態(tài)氫化物NH3極易溶于水的原因是NH3與出0分子間形成氫鍵,

增大了氨氣的溶解度；由于是酸性電解質(zhì)，氨氣在負極失去電子生成氮氣和氫離

子；

（3）分子組成為ADG2的物質(zhì)是S0CI2,在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪

色的無色氣體是二氧化硫和一種強酸鹽酸；

（4）無色氣體ED遇空氣變?yōu)榧t棕色，則該無色氣體為NO,將標準狀況下40LNO

與15L氧氣通入一定濃度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同時生成硝酸鈉、

亞硝酸鈉，根據(jù)N元素守恒和得失電子相等列式計算.

【解答】解：短周期元素，A、D的最低化合價-2,處于第VIA族，A最高化合

價+6,且A原子半徑較大，故A為S元素，D為0元素；

B、E都有最高正價+5、最低負價-3,處于VA族，B的原子半徑較大，則B為

P元素、E為N元素；

C最高正價+4、最低負價-4,處于IVA族，原子半徑較大，則C為Si元素；

F、G都有最低化合價-1,處于VDA族，G有最高正化合價+7,且原子半徑較大,

則F為F元素、G為CI元素，

H最高正化合價為+1,原子半徑大于Si,因此H為Na元素，以此來解答.

（1）F為F元素，在元素周期表中的位置是第二周期VIIA族；含ImolC的氧化

物晶體是二氧化硅晶體，其中含有ImolSi,每個Si形成四條Si-0,可形成4molSi

-0,因此共價鍵數(shù)為4NA;H2S與少量的NaOH溶液生成NaHS,NaHS為離子化

合物，電子式為Na'【：S：川一；

故答案為：第二周期VUA族；4NA;Na【：S：川一；

（2）E的簡單氣態(tài)氫化物NH3極易溶于水的原因是NH3與匕。分子間形成氫鍵,

增大了氨氣的溶解度；由于是酸性電解質(zhì)，氨氣在負極失去電子生成氮氣和氫離

子，負極電極反應式為:2NH3-6e=N2+6H\

故答案為：N也與出0分子間形成氫鍵；2NH3-6e=N2+6H；

（3）SOCb在水中會強烈水解，產(chǎn)生使品紅溶液褪色的無色氣體和一種強酸，則

生成S5與HCI,該反應的化學方程式是SOCl2+H2O=SO2個+2HCI,

故答案為：SOCI2+H2OSO2個+2HCI；

（4）無色氣體ED遇空氣變?yōu)榧t棕色，則該無色氣體為NO,將標準狀況下40LNO

與15L氧氣通入一定濃度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同時生成兩種鹽，

生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，令硝酸鈉、亞硝酸鈉的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol,

f,40

則：J,解得x：y=l：3,故反應離子方程式為：8NO+3O2+8OH

3乂+尸匿X4

=2NO3+6NO2'+4H2O,

故答案為：8NO+3O2+8OH=2NO3+6NO2-+4H2O.

【點評】本題考查性質(zhì)結(jié)構(gòu)位置關系應用，為高頻考點，涉及電子式及化學方程

式等常用化學用語、元素周期律、守恒思想的應用等，題目難度中等，注意利用

化合價與半徑確定元素是解題關鍵.

9.（18分）已知：乙二酸（HOOC-COOH,可簡寫為H2c2。4）俗稱草酸，157℃

時開始分解。

（1）探究草酸的酸性

25711

25℃時H2c2O4：Ki=5.4X10,K2=5.4X10；H2CO3KI=4.5X10,K2=4.7X10

下列化學方程式可能正確的是BD。

222

A.H2C2O4+CO3'=HCO3'+HC2O4B.HC2O4+CO3'=HCO3'+C2O4'

22

C.2C2O4'+CO2+H2O=2HC2O4+CO3D.H2c2O4+CO321C2O42一+H2O+CO2個

（2）探究草酸分解產(chǎn)物

尾氣處理

沮

漕

石

灰

水

①實驗中觀察到B中CuS04粉末變藍，C中澄清石灰水變渾濁，D的作用：吸

收C02氣體，證明有C0氣體生成的現(xiàn)象是：F中黑色CuO變成光亮的紅色,

G中澄清石灰水變渾濁。

②寫出H2c2。4分解的化學方程式：H2c2。4△C02個+C0個+出0個。

（3）探究催化劑對化學反應速率的影響

在甲、乙兩支試管中各加入4mLOOmol/LKMn04酸性溶液和2mL0.1moL/LH2c2O4

溶液，再向乙試管中加入一粒黃豆大的MnSCU固體，搖勻。填寫下表：

反應現(xiàn)象兩支試管中紫色KMn。,溶液均褪

色，乙試管中溶液褪色較快

實驗結(jié)論MnSO4（Mn?）是此反應的催化

劑，加入催化劑可以使化學反應速

率加快

試管中發(fā)生反應的離子方程式2MnO4二

+5H2c2O4+6H=1082個+2Mn2+8H2。

（4）用酸性KmnCU溶液滴定Na2c2O4,求算Na2c2O4的純度

實驗步驟：準確稱取2.0gNa2c2O4固體，配成100mL溶液，取出20.00mL于錐形

瓶中。再向瓶中加入足量稀H2s。4,用0.0160mol/L酸性高鋅酸鉀溶液滴定，滴

定至終點時消耗高錦酸鉀溶液25.00mL。

①高錦酸鉀溶液應裝在酸式滴定管中。（填"酸式"或"堿式"）

②滴定至終點時的實驗現(xiàn)象是：滴入最后一滴KMnO4,溶液由無色變?yōu)樽仙?/p>

（紫紅色）。

③Na2c2O4的純度是：33.5%。

【分析】（1）電離常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)強酸制取弱酸判斷;

（2）①氫氧化鈉是堿能吸收酸性氧化物；一氧化碳具有還原性，二氧化碳能使

澄清石灰水變渾濁；

②根據(jù)反應物、生成物和反應條件寫出反應方程式；

（3）高鋅酸鉀具有氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，硫酸銃具有催化作用，加快反

應速率；

（4）①酸式滴定管能量取酸性溶液；

②滴定終點時，溶液褪色；

③根據(jù)高鎰酸鉀計算草酸鈉的純度。

【解答】解:（1）根據(jù)電離常數(shù)知酸性強弱順序是:H2C2O4>HC2O4>H2CO3>

HCO3一，根據(jù)強酸制取弱酸知草酸和碳酸根離子反應生成草酸根離子和二氧化

碳，草酸氫根離子和碳酸根離子反應生成碳酸氫根離子和草酸根離子，故選BD；

（2）①氫氧化鈉是強堿能吸收酸性氧化物二氧化碳，一氧化碳具有還原性，能

還原黑色的氧化銅生成紅色的銅，同時自身被氧化生成二氧化碳，二氧化碳使澄

清的石灰水變渾濁，所以看到的現(xiàn)象是：F中黑色CuO變成光亮的紅色，G中澄

清石灰水變渾濁，

故答案為：吸收C02氣體；F中黑色Cu。變成光亮的紅色，G中澄清石灰水變渾

濁；

②該反應中反應物是草酸，生成物是水、二氧化碳和一氧化碳，反應條件是加熱,

所以該反應方程式為H2c2。4△C02個+C0個+力0個，

故答案為：H2c2。4△C02個+C0個+出。個；

（3）看到的現(xiàn)象是兩支試管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙試管中溶液褪色較快;

通過對比實驗知，硫酸銃是該反應的催化劑，加入催化劑能加快反應速率；

該反應中高鋅酸根離子被還原生成錦離子，草酸被氧化生成二氧化碳，離子反應

方程式為：2MnO4+5H2c2O4+6H'=10CO2個+2MM+8比0，

故答案為：兩支試管中紫色KMnO4溶液均褪色，乙試管中溶液褪色較快；MnSO4

（Mn，）是此反應的催化劑，加入催化劑可以使化學反應速率加快；

2

2MnO4+5H2C2O4+6H=10CO2^+2Mn+8H2O；

（4）①高鎰酸鉀溶液呈酸性，應該用酸式滴定管量取，故答案為：酸式；

②當入最后一滴KMnCU，高鋅酸鉀溶液過量，溶液由無色變?yōu)樽仙蚀鸢笧?

滴入最后一滴KMnCU，溶液由無色變?yōu)樽仙?紫紅色)；

③設草酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為X,

2

2MnO4'+5C2O4'+16H=1082個+2Mn2++8H2。

25

2Ox

0.0160mol/LX0.025L(-X—)mol

1345

x=0.016XO025X5X5X134X100%=33.5%,

2X2.0

答:草酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為33.5%。

【點評】本題考查弱電解質(zhì)的電離、探究物質(zhì)的組成及含量的測定等知識點，計

算量較大，會根據(jù)實驗現(xiàn)象確定物質(zhì)的組成，難度中等。

10.(14分)某同學從資料上查到以下反應：KCICh+A+B△KCI+ACh+BChA、B

為中學常見單質(zhì)，AO2、BO2是能使澄清石灰水變渾濁的氣體.回答下列問題：

(1)①元素A、B可形成化合物AB2,則AB2結(jié)構(gòu)式為S=C=S；

②若反應中A和B的質(zhì)量比為3：4,則n(KCIO3)：n(AO2)=1：1；

③已知：A(s)+O2<g>=AO2(g)AH=-393.5kJ/mol

B(s)+。2<g>=BO2<g>AH=-296.8kJ/mol

A,s)+2B(s>=AB2<I>AH=+89.7kJ/mol

寫出AB2(I)在O?中完全燃燒的熱化學方程式為CS2(1)+302S)=2SO2(g)

+82(g)△!■!=-1076.8kJ?mo「i；

(2)將氣體AO2緩慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlCh的混合溶液中，生成沉

淀的物質(zhì)的量n與通入氣體的體積V的關系可表示為c(填字母).

J'C沉診)阮n(txs)

k)"▼［氣了.?a”3.俗」"氣體,

t/min0510

AO/mol?L11.000.650.50

Hz/mol^L12.001.00

1

AH3OH/mol?L0.000.350.50

(3)在663K,303kPa和催化劑存在的條件下，體積恒定的容器中，發(fā)生反應：

AO+2H2fAH3OHAH<0.測得如下數(shù)據(jù)：

①。?5min,化學反應速率v(出)=0.14mol?L-imin-i；

②已知此溫度下該反應的化學平衡常數(shù)K=3,反應進行到lOmin時否(填"是"

或"否")達到平衡狀態(tài).

③為提高反應體系混合物中n(AH3OH)/n(AO)的值，下列措施有效的是D

A.升溫B.將AH3OH從體系中分離出來C.充入He氣D.再充入ImolA。和2molH2.

【分析】A、B為中學化學常見單質(zhì)，AO2、BO2是能使澄清石灰水變渾濁的氣體,

可以為S5和CO2；確定A、B為C、S,元素A、B可形成化合物AB2，C和S能

夠形成CS2，可知CS2為CS2，則A為C,B為S,

(1)①據(jù)二氧化碳的結(jié)構(gòu)書寫其結(jié)構(gòu)式；

②根據(jù)守恒配平化學方程式計算二者的物質(zhì)的量之比即可；

③根據(jù)熱化學方程式的書寫方法以及蓋斯定律來計算回答；

(2)只要通入CO2,立刻就有沉淀CaC03產(chǎn)生；將Ca(OH)2消耗完畢，接下

來消耗KOH,因而此段不會產(chǎn)生沉淀(即沉淀的量保持不變)；KOH被消耗完畢,

接下來消耗KAI02,有Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，還可以繼續(xù)與

上面反應的產(chǎn)物K2c。3、CaCO3>發(fā)生反應；

(3)①根據(jù)方程式系數(shù)之比等于變化量之比計算氫氣的變化濃度，并根據(jù)速率

計算公式來計算即可；

②根據(jù)濃度燧規(guī)則判斷化學反應是否達到平衡狀態(tài)；

③提高反應體系混合物中n(CH3OH)/n(CO)的值，即平衡正向移動且使甲醇

物質(zhì)的量增大，或CO物質(zhì)的量減小.

【解答】解：(1)A、B為中學化學常見單質(zhì)，AO2、BO2是能使澄清石灰水變渾

濁的氣體，可以為SO2和CO2；確定A、B為C、S,元素A、B可形成化合物AB2,

C和S能夠形成CS2，可知CS2為CS2,則A為C,B為S,

(1)①據(jù)二氧化碳的結(jié)構(gòu)書寫其結(jié)構(gòu)式為S=C=S,故答案為：S=C=S；

②若反應中A為C和B為S的質(zhì)量比為3：4,物質(zhì)的量之比=二=2：1,由原子

12

守恒配平化學方程式得到2KCIO3+2C+S=2KCI+2cO2+SO2，則n(KCIO3)：n(CO2)

=1:1,故答案為：1:1;

1

③已知：a、S(s)+02(g)—S02(g),AH=-393.5kJ.mol

1

b、S(s)+02(g)—S02(g),AH=-296.8kJ*mol

c、C(s)+2S(s)=CS2(I),△H=+89.7kJ?mol1

二硫化碳燃燒的反應CS2(I)+302(g)—2SO2(g)+CO2(g),△H=a+2b-c,

所以△H=(-393.5kJ*mol-1)+2(-296.8kJ*mol1)-89.7kJ?mo「i=-1076.8kJ?mol

■1

9

故答案為：CS2(I)+3O2(g)—2SO2(g)+C02(g)△Hu-1076.8kJ?mo「i；

(2)將二氧化碳氣體通入含有氫氧化鉀，氫氧化鈣，KAI02的混合溶液中，生成

沉淀的量和通入二氧化碳的量的關系以二氧化碳的體積為橫坐標，以沉淀的物質(zhì)

的量為縱坐標的圖象的畫法，可以做如下分析：

C5先與Ca(0H)2反應(有沉淀CaCCh生成)；當Ca(OH)2消耗完畢后再與

KOH反應(此時無沉淀)；最后與KAQ反應(有沉淀Al(0H)3生成).到現(xiàn)在

的圖標應是出現(xiàn)沉淀(CaCCh),平臺，沉淀增加［因有Al(0H)3生成］;

過量的C02還可以繼續(xù)與K2c。3反應得到KHCO3,繼續(xù)過量的C02還可以使CaCO3

沉淀溶解.最后是Al(0H)3沉淀.

圖形應該是：出現(xiàn)沉淀(CaCO3),平臺，沉淀增加［Al(0H)31，平臺，沉淀減

少(CaCCh溶解).

故答案為：c；

(3)①0?5min內(nèi)，根據(jù)變化量之比等于系數(shù)之比得出5min時，氫氣的濃度是

1.30mol/L,變化濃度是0.7mol/L,化學反應速率v(H2)=&JLmol?L一】min一