2019届江西省九江市重点中学高三上学期期中考试化学试题(解析版)

2019届江西省九江市重点中学高三上学期期中考试化学试题（解析版）
可能用到的原子量： H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64
第I卷
一、单选题(1-6题每题2分，7-16题每题3分，共42分)
1.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
试题分析：A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；B．“曾青”是CuSO4溶液，
铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化
学能转化为热能，故C正确；D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3-中化合态的N，其中第一个反
应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确；故选A。

考点：考查了化学与生产、生活的关系的相关知识。

2.下列排列顺序正确的是( )
A. 电离出氢离子的能力：CH3COOH＞C2H5OH＞H2O
B. 微粒半径：Fe(OH)3胶粒＞K+＞C1-＞Na+
C. 固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3
D. 氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸属于酸，溶于水呈酸性；水为弱电解质，可以电离出氢离子，呈中性；乙醇是非电解质，
不能电离出氢离子，电离出氢离子的能力：CH3COOH＞H2O＞C2H5OH，故A错误；
B.Fe（OH）3胶粒是很多Fe（OH）3集合体，微粒半径大于溶液离子；核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C1-＞K+；最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以K+＞Na+，微粒半径：Fe（OH）3胶粒＞C1-＞K+＞Na+，故B错误；
C.碳酸钠稳定不分解，碳酸钙高温分解，碳酸氢钠加热分解，固体热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3，故C 正确；
D.水分子中存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，H2Se、H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S，故D错误。

答案选C。

3.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3N A
B. 标准状况下,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4N A
C. 一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目为2N A
D. 在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，又知电解后溶液体积为1L，在阳极析出的气体分子数约为0.25N A
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据题意该反应是在常温常压下进行的，不是在标况下，33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，所以无法计算电子转移数目，故A错误；
B.此选项与条件无关，可采取极端假设法。

假设28g全是乙烯气体，则含有的原子数为
，假设28g全是丙烯气体，则含有的原子数为：，故28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数也为6N A，故B错误；
C.氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，一定条件下，将1 mol N2与3 mol H2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2N A，故C错误；
D.在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，c（H+）=1mol/L，又知电解后溶液体积为1 L，氢离子物质的量为1mol/L×1L=1mol，电解反应为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，则在阳极析出的气体物质的量为0.25mol，分子数约为0.25N A ，故D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数。

如果涉及到的运用时特别注意依据气体摩尔体积的应用条件进行分析判断，例如A选项常温常压下的33.6 L氯气物质的量不一定是1.5mol；解答C选项时注意氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应不能进行彻底。

4.室温下,下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72-、K＋、SO42-
B. c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：NH4+、SiO32-、C2O42-、Br－
C. 加入铝粉放出大量H2的溶液中：Fe2＋、Na＋、Cl－、NO3-
D. NaHCO3溶液中： C6H5O－、CO32-、Br－、K＋
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH=1的溶液显酸性，Cr2O72－在酸性条件下具有强氧化性，能把CH3CH2OH氧化，在指定的溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Ca2＋与SiO32－、C2O42－形成沉淀，指定的溶液中不能大量共存，故B错误；
C、能与铝反应生成H2，该溶液为酸或碱，如果溶液显碱性，Fe2＋不能大量存在，如果溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，且金属与其反应不产生H2，指定的溶液中不能大量共存，故C错误；
D、能够大量共存，故D正确。

【点睛】学生认为选项D不能大量共存，学生认为苯酚钠溶液中通入二氧化碳溶液，生成苯酚，C6H5O－与HCO3－反应生成C6H5OH，忘记了C6H5OH的电离H＋能力强于HCO3－，C6H5O－不与HCO3－反应。

5.分子式为C4H8O2且能与NaOH溶液发生水解反应的有机物有(不考虑空间异构)
A. 6种
B. 5种
C. 4种
D. 3种
【答案】C
【解析】
对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到两种丁酸；根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共6种，故答案为A。

点睛：明确酯和羧酸的性质是解题关键，某链状有机物的分子式为C4H8O2，若该有机物能与NaOH溶液反应，则可能是羧酸、也可能是酯，对于羧酸而言，根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；根据酯基位置异构和碳链异构可得酯的种类。

6.已知NH4CuSO3与足量的3 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。

据此判断下列说法正确的是( )
A. 反应中硫酸作氧化剂
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味的气体是氨气
D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【答案】D
【解析】
试题分析：反应为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2+2H2O+2NH4+。

A、由于发生反应，反应中只有铜元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后化合价未变，所以反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，错误，不选A；B、反应中，硫元素没有变化，错误，不选B；C、因为反应是在酸性条件下进行，不可能产生氨气，错误，不选C；D、感应只有铜元素的化合价变化，每2摩尔NH4CuSO3参加反应则转移1摩尔电子，则1摩尔NH4CuSO3完全反应转移0.5摩尔电子，正确，选D。

考点：氧化还原反应
7.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A．将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，由电子守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2==2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，故A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Ba2＋＋2HCO＋2OH－==BaCO3↓＋2H2O＋CO，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO－==2H＋＋Cl－＋SO，故C错误；D．1 mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L 的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，故D正确。

故选D。

考点：考查离子方程式的正误判断
【名师点睛】离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示离子反应的式子，是历次考试必考知识点之一。

书写离子方程式一般包括以下步骤：①写：依据事实正确写出化学方程式；②拆：把易溶解且易电离的物质写成离子形式，难溶物质、难电离物质、氧化物都用化学式（分子式）表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查方程式两边是否符合“原子守恒”和“电荷守恒”。

特别注意：①没有自由移动离子参加的反应不能写成离子方程式。

如NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子参加反应，但不是自由移动离子，因此不能写成离子方程式；②浓硫酸写成分子式，浓硝酸和浓盐酸可写成离子；③在物质发生化学反应时，有些反应会因操作顺序或反应物相对量不同而发生不同的反应。

书写与量有关的离子反应方程式时，常设不足者为“1mol”进行分析，根据“不足者”调整过量物质的比例。

④判断与量有关的离子反应方程式正误时，采用“不足者”必符合化学式中原子或离子个数比进行判断，比较快速方便。

8.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。

则W、X不可能是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
试题分析：A、X为NaAlO2溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；
D、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。

考点：考查元素化合物知识
9.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)。

若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；B．由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量
=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（L．s），故B错误；C．度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点＞a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v逆＞v正，故C正确；D．容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误，故选C。

考点：考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。

10.下列有关滴定的说法正确的是（）
A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低
C. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积
为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L
D. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会
导致测定结果偏低
【答案】B
【解析】
A、滴定管的精度为0.01ml，故A错误；
B、若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；
C、酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O n（KMnO4）：n（H2C2O4）=2：5，
则H2C2O4溶液的浓度为 ,故C错误；D、用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故D错误；故选B。

11.若往20 mL 0.01 mol·L－1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化
如图所示。

下列有关说法不正确
．．．的是
A. HNO2的电离平衡常数：c点>b点
B. b点混合溶液显酸性：c(Na＋)>c(NO2-)>c(H＋)>c(OH－)
C. c点混合溶液中：c(OH－)>c(HNO2)
D. d点混合溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(NO2-)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c 点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正确；故选B。

考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。

12.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。

5种元素核电
荷数之和为54，最外层电子数之和为20。

W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。

工业上一般
通过电解氧化物的方法获得Y的单质。

则下列说法不正确
．．．的是( )
A. 原子半径：X＞Y＞Q＞W
B. Q的单质都具有良好的导电性
C. Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形
D. 化合物Y2Z3不能在水中稳定存在
【答案】B
【解析】
【分析】
X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。

【详解】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素，A．由以上分析可知Q、W、X、Y分别为C、O、Na、Al，原子半径大小关系为Na＞Al＞C＞O，选项A正确；B．Q为碳元素，其中石墨具有良好的导电性，但金刚石、无定形炭等不具有，选项B错误；C．Q和Z所形成的化合物为CS2，分子空间构成为直线形，类型于二氧化碳，选项C正确；D．Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Al2S3，铝离子和硫离子会发生双水解而不能共存于水溶液中，选项D正确。

答案选B。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，题目难度不大。

13.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。

则下列说法正确的是
A. 石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－
B. X是铁电极
C. 电解池中的电解液为蒸馏水
D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理
【答案】D
【解析】
【分析】
左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2↓，以此解答。

【详解】A. 通入氧气的电极II是正极，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，选项A错误；
B. X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故X是石墨电极，选项B错误；
C. ．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，蒸馏水的导电性较差一般不用做电解液，选项C错误；
D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，则Y极产物的氢气能起保护气作用，防止X极产生的氢氧化铁迅速氧化，实验方案更合理，选项D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。

14.已知在常温下测得浓度均为0.1 mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：
下列反应不能成立的是( )
A. CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO
B. CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClO
C. CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OH
D. CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN
【答案】A
【解析】
【分析】
根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。

【详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H＋能量的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3
－；
A、根据上述分析，HClO电离出H＋大于HCO3－，因此此反应应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO，选项A不成立；
B、根据A选项分析，选项B成立；
C、电离出H＋的大小顺序是H2CO3>C6H5OH>HCO3－，C选项成立；
D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。

【点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32－对应的是HCO3－，HClO电离H＋的能力强于HCO3－，HClO能与CO32－反应生成HCO3－，正确的反应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO。

15.在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6 mol • L-1。

向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为( )（反应前后溶液体积变化忽略不计）
A. 0.225 mol • L-1
B. 0.30 mol • L-1
C. 0.36 mol • L-1
D. 0.45 mol • L-1
【答案】C
【解析】
试题分析：反应离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3-和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3-）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0．6×0．1，联立解得x=0．024mol、y=0．036mol，
由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0．024mol×=0．036mol，故铜离子的最大浓度为
=0．36mol/L，故选C。

考点：考查了有关混合物反应的计算的相关知识。

16.实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 ℃)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是( )
A. 装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B. 实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗
C. 为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D. 该实验中制备氢气的装置也可用于氢氧化钠稀溶液与氯化铵固体反应制备氨气
【答案】C
【解析】
本题制备晶体硅，H2＋SiHCl3Si＋3HCl，此反应应在IV装置中进行，A、装置I的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置II的目的是除去氢气中的水蒸气，即II 中盛放浓硫酸，III的提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A错误；B、应先通入氢气，目的是排除装置中的空气，防止发生危险，故B错误；C、硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，与KSCN溶液变红，可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；D、用NaOH溶液制备氨气，需要加热或NaOH溶液为浓溶液，I装置中没有加热装置，且NaOH溶液为稀溶液，因此此装置不能制备氨气，故D错误。

第Ⅱ卷
二、非选择题(本题共6小题，共58分)
17.A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图所示。

请针对以下三种不同情况回答：
(1)若A、B、C均为化合物且焰色反应均为黄色，水溶液均为碱性。

则C物质的化学式是_____________。

(2)若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。

①A中含有的金属元素为___________。

(写元素符号)
②该金属元素的单质与某红棕色粉末在高温下反应，可用于焊接铁轨，反应的化学反应方程式为
__________。

若A为固态非金属单质，A与X同周期，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e-结构。

C与水剧烈反应，生成两种常见酸，反应的化学方程式为_______________________。

【答案】 (1). NaHCO3 (2). Al (3). 2A1+Fe2O3A12O3+2Fe (4). PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl 【解析】
【详解】A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成。

（1）若A、B、C均为化合物且焰色反应均为黄色，水溶液均为碱性。

则A、B、C分别为NaOH、Na2CO3、NaHCO3，X为CO2，则C物质的化学式是NaHCO3。

本小题答案为：NaHCO3。

（2）①因为A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，且A、C的水溶液混
合可得B的白色胶状沉淀。

则A的水溶液含有铝离子，C的水溶液含有偏铝酸根，混合后的白色胶状沉淀为氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，A中含有的金属元素为Al，本小题答案为：Al。

②Al与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨及定向爆破，此反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe，本小题答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。

（3）若A为固态非金属单质，A与X为同周期，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8e−结构，由转化关系可知，A为磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷，X为氯气。

C与水剧烈反应，生成两种常见酸，则反应的化学方程式为PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。

本小题答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。

18.(1)某一反应体系中的物质有：HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，已知：HCl是反应物之一。

①写出配平的该反应的化学方程式：_______________
②被氧化的元素是___________
(2)氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它．CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu＋在酸性条件下发生的反应是：2Cu＋==Cu2＋＋Cu.
根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
①写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________________________________.
②如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：__________________________________________________.
(3)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22．68kJ。

则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_________
【答案】 (1). 12HCl + 3SnCl2 + 2H3AsO3 = 3 H2SnCl6 +2 As + 6H2O (2). Sn (3). 2CuH＋
3Cl22CuCl2＋2HCl (4). CuH＋3H＋＋NO3-===Cu2＋＋2H2O＋NO↑ (5). CH3OH(l)+3/2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–725．76kJ·mol－1
【解析】
【分析】
本题考查的是铜金属及其重要化合物的主要性质、化学方程式的书写、氧化还原反应、热化学反应方程式的书写。

（1）HCl是反应物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知HCl在反应中起酸的作用，HCl中氢元素生成水，由元素守恒知H3AsO3是反应物，根据As、Sn元素化合价及电子转移守恒可知， H3AsO3是氧化剂，被还原为As，SnCl2是还原剂，被氧化为H2SnCl6，再根据质量守恒、电子转移守恒书写方程式；
（2）氧化剂得电子被还原，所含元素化合价降低，化合价升高的元素被氧化；
（3）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；
（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体；（5）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。

【详解】（1）①HCl是反应物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知HCl在反应中起酸的作用，HCl中氢元素生成水，由元素守恒知H3AsO3是反应物，根据As、Sn元素化合价及电子转移守恒可知，H3AsO3是氧化剂，被还原为As，SnCl2是还原剂，被氧化为H2SnCl6，所以反应方程式为
12HCl+3SnCl2+2H3AsO3═3H2SnCl6+2As+6H2O。

本小题答案为：12HCl+3SnCl2+2H3AsO3═3H2SnCl6+2As+6H2O。

②根据①的分析可知H3AsO3是氧化剂，被还原为As，SnCl2是还原剂，被氧化为H2SnCl6，则被氧化的元素是Sn。

本小题答案为：Sn。

（2）①CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl。

本小题答案为：2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl。

②Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O。

本小题答案为：CuH+3H++NO3-=Cu2++2H2O+NO↑；
（3）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ，1mol甲醇质量为32g，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热725.76kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式为：
CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76 kJ⋅mol−1。

本小题答案为：
CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=−725.76 kJ⋅mol−1。

19.已知Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。

醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。

实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。

制备过程中发生的相关反应如下所示：
Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
Zn＋2CrCl3===2CrCl2＋ZnCl2
2Cr2＋＋4CH3COO－＋2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)
试回答下列问题：
(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是__________。

(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________，理由是____________。

(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门____(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_____。

(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是________。

仪器
Ⅳ的主要作用是___________。

(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51 g，取用的CH3COONa溶液为1.5 L 0.1 mol/L，其他反应物足量。

实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.4 g，则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。

【答案】 (1). 去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化 (2). 先加盐酸后加CrCl3溶液 (3). 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化 (4). B (5). A (6). 让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应 (7). 防止空气进入装置Ⅲ (8). 83.3%
【解析】
【详解】（1）根据信息，Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化；
（2）装置中有氧气，为防止Cr2＋被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化；
（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；
（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；
（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2＋的物质的量为0.06mol，CH3COONa 的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2＋不足，CH3COONa过量，根据Cr2＋进
行计算，得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。

20.一种工业制备SrCl2·6H2O的生产流程如下图所示：
已知：①M(SrCl2·6H2O)＝267 g/mol；
②K sp(SrSO4)＝3.3×10－7、K sp(BaSO4)＝1.1×10－10；。