C．MgCl2的热稳定性比RbCl弱 D．Rb单质比RbCl更稳定
【解答】解：A．金属性Rb＞Mg，故A错误；
B．铷的沸点比镁低，把铷蒸气抽出时，平衡右移，符合平衡移动原理，故B正确；
C．该反应原理与物质的稳定性无关，故C错误；
D．Rb为活泼金属，比RbCl活泼，与该反应原理无关，故D错误； 故选B．
12．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体 B．氧化铝的熔点很高，可用于制造熔融烧碱的坩埚
C．在含FeC12杂质的FeCl3溶液中通入足量C12后，充分加热除去过量的C12，不能得到纯净的FeC13溶液
D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHCO3固体，其漂白性增强 【解答】解：A． Cu与浓硝酸反应为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，先生成NO2红棕色气体，随反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，Cu与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）后生成NO无色气体，故A正确； 2+2NO↑+4H2O，B．由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，所以不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故B错误；
C．FeCl3溶液加热，铁离子水解会生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发，氯化铁中含有氢氧化铁，故C正确；
D． Cl2和H2O的反应是一个可逆反应，反应为Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，加入NaHCO3固体后，碳酸氢根离子和氢离子反应，平衡正向移动，HClO浓度增大，其漂白性增强，故D正确； 故选B．
13．（2分）氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺（NH2Cl）的说法一定不正确的是（ ）
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A．氯胺的水解产物为NH2OH（羟氨）和HCl
B．氯胺的电子式为
C．氯胺中氯的化合价为+1价 D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似
【解答】解：A．氯胺是一种长效缓释的有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4﹣5倍，次氯酸具有强氧化性，则氯胺水解应该生成HClO和NH3，故A错误；
B．氮原子与氢原子、氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为故B正确；
，
C．由于氯胺（NH2Cl）有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，氯元素化合价显正价，H为+1，N为﹣3价，根据化合价规则可知，NH2Cl中氯元素的化合价为+1价，故C正确；
D．氯胺（NH2Cl）有强氧化性，NH2Cl的消毒原理与漂白粉相似，故D正确． 故选A．
14．（2分）高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”．这种材料可以按下列方法制备： SiO2
Si（粗）
SiHCl3
Si（纯）下列说法正确的是（ ） Si+CO2↑
A．步骤①的化学方程式为SiO2+C
B．步骤①②③中每生成或反应1 mol Si，转移4 mol 电子
C．二氧化硅能与氢氟酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应，属于两性氧化物 D．SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量的SiCl4（沸点67.6℃），通过蒸馏（或分馏）可提纯SiHCl3
【解答】解：A、二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2C
Si+2CO↑，故A错误；
B、步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol，步骤②中生成SiHCl3，化
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合价升高2，步骤③中每生成1mol Si，转移2mol电子，故B错误；
C、二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但二氧化硅和HF反应生成四氟化硅而不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故C错误； D、沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，故D正确， 故选D．
15．（2分）高温下，硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑．若
将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（ ） A．BaSO4 B．BaS C．BaSO3
D．BaSO3和BaSO4
【解答】解：混合气体中含有SO3，将生成的气体通入BaCl2溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，则没有SO3逸出；H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，则有BaSO4沉淀生成；
由于H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，则不能与反应BaCl2，得不到BaSO3沉淀，且该反应生成的气体与氯化钡不会生成BaS， 故选A．
16．（2分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同．X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子．根据以上叙述，下列说中正确的是（ ） A．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为22 B．上述四种元素的原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
C．有W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点 D．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
【解答】解：X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法，则X为C元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，则Y为N元素；Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可能是稀有气体Ne；X、Y、Z核外内层电子数相同，都应该是2个，则W为H元素，
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A．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为：1+4+5+8=18，故A错误； B．W是H，X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，即：Y＜X，故B错误；
C．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，故C错误； D．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故D正确； 故选D．
17．（2分）下列物质的检验，其结论一定正确的是（ ）
A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42﹣
B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸有气体产生，加BaCl2有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2
【解答】解：A、某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，该溶液中一定含有银离子或是硫酸根离子中的至少一种，故A错误；
B、某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子，所以该溶液中不一定存在大量CO32﹣或SO32﹣，故B错误；
C、加入足量盐酸有气体产生，说明含有Na2SO3，然后加入BaCl2 溶液有白色沉淀产生，说明生成的沉淀不溶于盐酸，可说明Na2SO3 样品已部分被氧化，故C正确；
D、氯水有漂白性，能使品红褪色，故D错误； 故选C．
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18．（2分）将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3﹣反应后变为无色的Bi3+．据此判断下列说法正确的是（ ） A．滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物
B．已知Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性 C．若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.4NA D．此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl2
【解答】解：根据题意，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O、2Mn2++5BiO3﹣+14H+=2MnO4﹣+5Bi3++7H2O，
A．滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，故A错误；
B．上述反应中Bi得到电子生成Bi3+，+3价较稳定，不能说明Bi单质的氧化性，则不能说明Bi具有较强的非金属性，故B错误；
C．若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol×（5﹣3）+0.1mol××（7﹣2）=0.4mol，即0.4NA，故C正确；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4﹣+5Na++5Bi3++7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞Cl2，故D错误； 故选C．
19．（2分）将过量SO2通入下列溶液中，能出现白色浑浊的是（ ） ①Ca（OH）2； ②BaCl2； ③NaAlO2； ④Na2SiO3； ⑤Ba（NO3）2； ⑥苯酚钠； ⑦Na2CO3．
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