化学卷·2018届辽宁省葫芦岛市六校协作体联考高二上学期期初化学试卷 （解析版） 26页

‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛市六校协作体联考高二（上）期初化学试卷 ‎　‎ 一.选择题（1-10题，每小题2分，11-20题，每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．下列叙述中，正确的是（　　）‎ ‎①汽车尾气中的氮氧化物与光化学烟雾形成有关 ‎②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因 ‎③硅是制造太阳能电池和光导纤维的主要原料 ‎④减少CO2排放，可遏制全球气候变暖 ‎⑤纯铁比碳素钢易生锈．‎ A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①②④‎ ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．因SiO2不溶于水，故H2SiO3不是SiO2对应的酸或者SiO2不是H2SiO3的酸酐 B．CO2通入水玻璃，可以得到硅酸沉淀 C．SiO2是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高，硬度大 D．氢氟酸能够腐蚀玻璃，故不能用玻璃瓶来装氢氟酸 ‎3．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎4．（东城一模）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（　　）‎ ‎①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低 ‎②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl ‎③硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 ‎④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性 ‎⑤铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 ‎⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱．‎ A．①③④ B．①③⑥ C．③④⑤ D．②④⑥‎ ‎5．在同温同压下，下列各组热化学方程式中b＞a的是（　　）‎ A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=﹣a H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）；△H=﹣b B．C（s）+O2（g）=CO （g）；△H=﹣a C（s）+O2（g）=CO2 （g）；△H=﹣b C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣a 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣b D．S（g）+O2（g）=SO2 （g）；△H=﹣a S（s）+O2（g）=SO2 （g）；△H=﹣b ‎6．如图，在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（　　）‎ A．外电路的电流方向为：X→外电路→Y B．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应 D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y ‎7．下列除杂的操作方法不正确的是（　　）‎ A．NO中有少量的NO2：通过装有水的洗气瓶 B．SO2中混有少量HCl气体：通过饱和NaHSO3溶液洗气 C．O2中有少量的CO2：通过装有碱石灰的U形管 D．食盐中有少量的NaHCO3：加过量的烧碱溶液后加热蒸干 ‎8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4L ‎②34g H2O2中含有的阴离子数为NA ‎③常温常压下，21g氧气和27g臭氧中含有的氧原子总数为3NA ‎④在Fe参与的反应中，1mol Fe失去的电子数为3NA ‎⑤标准状况下，11.2L的Cl2溶于水，转移的电子总数为0.5NA ‎⑥在O2参与的反应中，1mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA ‎⑦1L 1mol•L﹣1NH4NO3溶液中氮原子数小于2NA ‎⑧标准状况下，22.4L CCl4中所含有的分子数为NA．‎ A．①②⑤ B．①⑥⑧ C．①③ D．③④‎ ‎9．将0.5mol Na投入过量的水（m1g）中，得到a g溶液；将0.5mol Zn投入过量的盐酸（m2g）中，得到bg溶液，若m1═m2，则a．b的质量关系是（　　）‎ A．a＞b B．a＜b C．a=b D．不能确定 ‎10．下列各项说法正确的是（　　）‎ ‎①氢氧化铁胶体中，H+、K+、S2﹣、Br﹣能大量共存 ‎②向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体 ‎③沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强 ‎④明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe（OH）3胶体．‎ A．②④ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④‎ ‎11．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9‎ ‎12．由下列实验事实所列出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 A Cl2的水溶液可以导电 Cl2是电解质 B 取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀 该溶液中可能含有SO42﹣‎ C 取少量Fe（NO3）2‎ 该Fe（NO3）2‎ 试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 试样已经变质 D SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 BaSO3不溶于强酸 A．A B．B C．C D．D ‎13．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓‎ B．NaHCO3溶液中加入过量的 Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O C．氯化铝溶液中加入过量氨水 Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O D．用稀HNO3溶液FeS固体：FeS+2H+=Fe2++H2S↑‎ ‎14．五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，C的氧化物常用于玻璃的生产，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C为同周期元素，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数． 根据以上叙述，下列说法中正确的是（　　）‎ A．五种元素中B元素的金属性最强 B．元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D＞AE C．元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性递减 D．元素B、D、E的简单离子半径大小为：B＞D＞E ‎15．用碳棒电极电解一定质量的某浓度的氯化钾溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g 36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（　　）‎ A．1 mol B．2 mol C．7 mol D．8 mol ‎16．有一瓶无色气体，可能含有HCl、CO2、H2S、HBr和SO2中的一种或几种．将其通入氯水中，得到无色透明溶液．将溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；向另一份中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成．以下结论正确的是（　　）‎ ‎①原气体肯定有SO2　②原气体中可能有SO2　③原气体中肯定无H2S和HBr　④不能确定原气体中是否有HCl　⑤原气体中肯定没有CO2　⑥原气体中肯定有HCl．‎ A．①③⑥ B．①④⑤ C．①③④ D．①③⑤⑥‎ ‎17．如图所示是气体性质实验的常用装置，下列有关实验现象的说法不正确的是（　　）‎ A．若水槽中是水，试管中是NO2，可看到液面上升，若充入一定量的O2可使液体充满整个试管 B．若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升、试管中黄绿色褪去 C．若水槽中是水并滴有几滴紫色石蕊，试管中是SO2，可看到液面上升并变为无色 D．若水槽中是水并滴有几滴酚酞，试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色 ‎18．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（　　）‎ A．Cu电极上发生还原反应 B．电子沿Zn→a→b→Cu 路径流动 C．片刻后甲池中c（SO42﹣）增大 D．片刻后可观察到滤纸b点变红色 ‎19．某溶液可能含有Clˉ、SO42ˉ、CO32ˉ、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+ 和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）‎ A．原溶液中c（Fe3+）=0.2 mol•L﹣1‎ B．溶液中至少有4种离子存在，其中Clˉ一定存在，且c（Clˉ）≥0.2 mol•L﹣1‎ C．SO42ˉ、NH4+、Na+一定存在，CO32ˉ、Al3+一定不存在 D．要确定原溶液中是否含有Fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入足量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则证明原溶液中有Fe2+‎ ‎20．将Mg、Cu组成的2.64g混合物投入到100mL稀硝酸中完全溶解，并收集还原产物NO气体（还原产物只有一种）．然后向反应后的溶液中逐滴加入2mol•L﹣1NaOH溶液，下图是生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积间的关系图．以下说法不正确的是（　　）‎ A．稀硝酸的浓度为1.9 mol/L B．生成的NO在标况下的体积为0.896 L C．a的值为15 mL D．Cu的物质的量为0.02 mol ‎　‎ 二．非选择题（本题包括5个小题，共50分）‎ ‎21．用KMnO4氧化溶质质量分数为36.5%的盐酸．反应方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ‎（1）若此盐酸的密度为1.2g/cm3，其物质的量浓度为　　．‎ ‎（2）用双线桥法表示电子的转移情况　　．‎ ‎（3）此反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比为　　．‎ ‎（4）15.8g KMnO4完全反应，产生标准状况下Cl2的体积为　　，反应中转移电子的数目为　　．（用NA表示阿伏加德罗常数的值）‎ ‎22．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示．其中Z的单质是一种重要半导体材料．广泛应用于电子工业的各个领域．‎ W X Y Z ‎（1）W在元素周期表中的位置是　　；‎ ‎（2）W、X、氢元素形成的三原子分子的电子式　　；‎ ‎（3）下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是　　；‎ A．原子序数：X＞W B．最低化合价：X＞W C．最简单氢化物的稳定性：X＞W D．最高价氧化物的水化物酸性：X＞W ‎（4）元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如图所示的转化：‎ 其中化合物D是一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为　　；B与C也可直接转化生成D，写出对应的离子方程式为　　．‎ ‎23．某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验．（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）‎ ‎（1）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f，　　 接　　，　　 接　　，　　 接　　．‎ ‎（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是　　‎ A．H2SO4溶液 B．CCl4 C．苯 D．稀硝酸 ‎（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到　　 时再点燃酒精灯．‎ ‎（4）假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式．‎ Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体：　　‎ Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留：　　．‎ ‎24．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：‎ ‎（A）取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；‎ ‎（B）在（A）所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；‎ ‎（C）在（B）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．‎ 根据上述实验回答下列问题．‎ ‎（1）溶液中一定不存在的离子是　　；‎ ‎（2）一定存在的离子是　　；写出产生沉淀甲的离子方程式：　　；‎ ‎（3）判断沉淀乙成分的方法是　　．‎ ‎25．SO2和NOx都是大气污染物．‎ ‎（1）汽车排放的尾气中含CO和NO，汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是　　．‎ ‎（2）采取还原法，用炭粉可将氮氧化物还原．‎ 已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则反应C（s）+2NO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=　　kJ•mol﹣1．‎ ‎（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图1所示：‎ NO2被吸收的离子方程式是　　‎ ‎（4）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．①b极的电极反应式为　　‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应离子方程式为　　‎ ‎（5）已知水的比热容为4.18×10﹣3 kJ•g﹣1•℃﹣1，10g硫黄在O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能使500g H2O的温度由18℃升至62.4℃，则表示硫黄的燃烧热的热化学方程式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛市六校协作体联考高二（上）期初化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（1-10题，每小题2分，11-20题，每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1．下列叙述中，正确的是（　　）‎ ‎①汽车尾气中的氮氧化物与光化学烟雾形成有关 ‎②大量燃烧含硫燃料是形成酸雨的主要原因 ‎③硅是制造太阳能电池和光导纤维的主要原料 ‎④减少CO2排放，可遏制全球气候变暖 ‎⑤纯铁比碳素钢易生锈．‎ A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①②④‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅．‎ ‎【分析】由常见环境污染形成的原因可知，光化学烟雾与氮氧化物有关，酸雨与二氧化硫有关，温室效应与二氧化碳有关；制造光导纤维的主要原料为二氧化硅；合金易形成电化学腐蚀，以此解答．‎ ‎【解答】解：①氮氧化物可导致光化学烟雾，故①正确；‎ ‎②大量燃烧含硫燃料生成二氧化硫，是形成酸雨的主要原因，故②正确；‎ ‎③二氧化硅是光导纤维的主要原料，故③错误；‎ ‎④减少CO2排放，可减少温室效应，遏制全球气候变暖，故④正确；‎ ‎⑤碳素钢为合金，易形成电化学腐蚀而易生锈，故⑤错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．因SiO2不溶于水，故H2SiO3不是SiO2对应的酸或者SiO2不是H2SiO3的酸酐 B．CO2通入水玻璃，可以得到硅酸沉淀 C．SiO2是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高，硬度大 D．氢氟酸能够腐蚀玻璃，故不能用玻璃瓶来装氢氟酸 ‎【考点】硅和二氧化硅．‎ ‎【分析】A．二氧化硅不溶于水，但二氧化硅是硅酸的酸酐；‎ B．碳酸酸性强于硅酸，通入水玻璃中得到硅酸沉淀；‎ C．二氧化硅中每个硅原子周围连有四个氧原子，每个氧原子周围连有2个硅原子，形成原子晶体；‎ D．氢氟酸（HF）对玻璃有腐蚀作用，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸．‎ ‎【解答】解：A．含氧酸的分子中，氢、氧原子以水分子的组成比失去后，形成的氧化物叫做该酸的酸酐，所以硅酸（H2SiO3）的酸酐是二氧化硅（SiO2），故A错误；‎ B．根据强酸制弱酸，二氧化碳通入水玻璃中发生Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，故B正确；‎ C．二氧化硅晶体中Si与O以共价键结合，每个Si原子能形成4个共价键，即每个Si原子结合4个O原子，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，原子晶体熔点高，硬度大，故C正确；‎ D．氢氟酸能和玻璃成分二氧化硅反应4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O，能够雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶来盛放氢氟酸，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2 CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水；‎ B．2molCO完全燃烧放出566kJ的热量，结合盖斯定律判断；‎ C．反应热与反应条件没有必然关系；‎ D．燃烧热中水的状态应该是稳定的液态水．‎ ‎【解答】解：A．H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙沉淀，不仅仅生成水，放出更多的热量，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＜2×（﹣57.3）kJ/mol，故A错误；‎ B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，因此2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热为△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；‎ C．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如氢气燃烧、铝热反应等为放热反应，需要加热才能进行，故C错误；‎ D．101kp下，1mol CH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，水不能为气态，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．（东城一模）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（　　）‎ ‎①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低 ‎②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl ‎③硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 ‎④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性 ‎⑤铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 ‎⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱．‎ A．①③④ B．①③⑥ C．③④⑤ D．②④⑥‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】①碱金属单质的电荷相同，半径越大，单质的熔点越低；‎ ‎②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；‎ ‎③元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强；‎ ‎④氨气溶于水，其溶液显碱性；‎ ‎⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；‎ ‎⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强．‎ ‎【解答】解：①碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大，则单质的熔点随原子序数的增大而降低，故①正确；‎ ‎②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；‎ ‎③S、Se在同一主族，S元素的非金属性大于Se的非金属性，则硒的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故③正确；‎ ‎④第二周期非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故④错误；‎ ‎⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；‎ ‎⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．在同温同压下，下列各组热化学方程式中b＞a的是（　　）‎ A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=﹣a H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）；△H=﹣b B．C（s）+O2（g）=CO （g）；△H=﹣a C（s）+O2（g）=CO2 （g）；△H=﹣b C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣a 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣b D．S（g）+O2（g）=SO2 （g）；△H=﹣a S（s）+O2（g）=SO2 （g）；△H=﹣b ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．热化学方程式中，物质的量越多，伴随的能量变化越大，则前者放出热量大于后者；‎ B．一氧化碳是碳单质不完全燃烧的产物，完全燃烧时生成二氧化碳，完全燃烧放热更多；‎ C．液态水变为气态水的过程要吸收能量，则前者放出热量大于后者；‎ D．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，则前者放出热量大于后者．‎ ‎【解答】解：A．反应的能量变化和反应中各物质的量成正比，故b=a，即b＜a，故A错误；‎ B．可以很容易地判断出来第一个是不完全燃烧反应，第二个是完全燃烧反应，那么放出的热量很明显是完全燃烧比不完全燃烧放出的多，所以b＞a，故B正确； ‎ C．两个反应时都是氢气和氧气生成水，但第一个式子是生成气体，第二个是液态，从气态变为液态还要放出一定的热量，所以a＞b，故C错误；‎ D．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生气气体产生热量多，则b＜a，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图，在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（　　）‎ A．外电路的电流方向为：X→外电路→Y B．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应 D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．‎ ‎【解答】解：A、根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→外电路→X，故A错误；‎ B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误；‎ C、X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；‎ D、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列除杂的操作方法不正确的是（　　）‎ A．NO中有少量的NO2：通过装有水的洗气瓶 B．SO2中混有少量HCl气体：通过饱和NaHSO3溶液洗气 C．O2中有少量的CO2：通过装有碱石灰的U形管 D．食盐中有少量的NaHCO3：加过量的烧碱溶液后加热蒸干 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】A．二氧化氮与水反应生成NO；‎ B．HCl与NaHSO3溶液反应生成二氧化硫；‎ C．二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能；‎ D．过量的NaOH，引入新杂质．‎ ‎【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成NO，通过装有水的洗气瓶可除杂，故A正确；‎ B．HCl与NaHSO3溶液反应生成二氧化硫，通过饱和NaHSO3溶液洗气可除杂，故B正确；‎ C．二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能，则通过装有碱石灰的U形管可除杂，故C正确；‎ D．碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠，过量的NaOH，引入新杂质，不符合除杂的原则，应加盐酸后蒸发，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①标准状况下，含NA个氩原子的氩气体积约为22.4L ‎②34g H2O2中含有的阴离子数为NA ‎③常温常压下，21g氧气和27g臭氧中含有的氧原子总数为3NA ‎④在Fe参与的反应中，1mol Fe失去的电子数为3NA ‎⑤标准状况下，11.2L的Cl2溶于水，转移的电子总数为0.5NA ‎⑥在O2参与的反应中，1mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NA ‎⑦1L 1mol•L﹣1NH4NO3溶液中氮原子数小于2NA ‎⑧标准状况下，22.4L CCl4中所含有的分子数为NA．‎ A．①②⑤ B．①⑥⑧ C．①③ D．③④‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】①氩气为单原子单质；‎ ‎②H2O2是共价化合物，无阴离子；‎ ‎③氧气和臭氧分子均由氧原子构成；‎ ‎④铁有+2价和+3价；‎ ‎⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，而和水的反应为可逆反应；‎ ‎⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为﹣1价或﹣2价；‎ ‎⑦求出NH4NO3的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析；‎ ‎⑧标准状况下，CCl4为液态．‎ ‎【解答】解：①氩气为单原子单质，故含NA个氩原子的氩气的物质的量为1mol，在标况下的体积为22.4L，故正确；‎ ‎②H2O2是共价化合物，结构中无阴离子，故错误；‎ ‎③氧气和臭氧分子均由氧原子构成，故21g氧气和27g臭氧的混合物即48g混合物中含有的氧原子的物质的量为3mol，个数为3NA个，故正确；‎ ‎④铁有+2价和+3价，故1mol铁参与反应后失去的电子数可能为2NA个，也可能为3NA个，故错误；‎ ‎⑤标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，而和水的反应为可逆反应，故转移的电子数小于0.5NA个，故错误；‎ ‎⑥在O2参与的反应中，氧元素可能变为﹣1价或﹣2价，故1mol氧气转移的电子数可能为2NA个，也可能为4NA个，故错误；‎ ‎⑦溶液中NH4NO3的物质的量为n=CV=1mol/L×1L=1mol，1mol硝酸铵中含2mol氮原子，即2NA个，故错误；‎ ‎⑧标准状况下，CCl4为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．将0.5mol Na投入过量的水（m1g）中，得到a g溶液；将0.5mol Zn投入过量的盐酸（m2g）中，得到bg溶液，若m1═m2，则a．b的质量关系是（　　）‎ A．a＞b B．a＜b C．a=b D．不能确定 ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】反应的方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，根据方程式计算生成氢气的质量，进而表示出反应后溶液的质量，据此判断．‎ ‎【解答】解：由2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，可知0.5mol钠反应生成氢气为：0.5mol×=0.25mol，则生成m（H2）=0.25mol×2g/mol=0.5g，m（Na）=0.5mol×23g/mol=11.5g，反应后溶液的质量为：m1+（11.5﹣0.5）g=（m1+11）g=ag，‎ 由Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，可知0.5molZn反应生成0.5mol氢气，则m（H2）=0.5mol×2g/mol=1g，m（Zn）=0.5mol×65g/mol=32.5g，反应后溶液的质量为：m2+（32.5﹣1）g=（m2+31.5）g=bg，‎ 若m1=m2，则a＜b，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下列各项说法正确的是（　　）‎ ‎①氢氧化铁胶体中，H+、K+、S2﹣、Br﹣能大量共存 ‎②向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体 ‎③沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强 ‎④明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂 ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe（OH）3胶体．‎ A．②④ B．②③⑤ C．①③④ D．①②③④‎ ‎【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子共存问题．‎ ‎【分析】①离子之间发生氧化还原反应；‎ ‎②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可；‎ ‎③胶体是电中性的分散系；‎ ‎④明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用；‎ ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水生成的是氢氧化铁沉淀．‎ ‎【解答】解：①氢氧化铁胶体发生聚沉，然后与H+反应生成Fe3+，再与S2﹣发生氧化还原反应，则不能大量共存，故①错误；‎ ‎②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体，故②正确；‎ ‎③氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故③错误；‎ ‎④明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故④正确；‎ ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故⑤错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：7 C．1：5 D．2：9‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量．据此计算判断．‎ ‎【解答】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．‎ 令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：‎ n（Cu2S）×[6﹣（﹣2）+1×2]=1mol×（5﹣4）+1mol×（5﹣2），解得n（Cu2S）=0.4mol．‎ 由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，‎ 根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）﹣n（CuSO4）=2×0.4mol﹣0.4mol=0.4mol．‎ 由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol．‎ 所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．由下列实验事实所列出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 A Cl2的水溶液可以导电 Cl2是电解质 B 取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀 该溶液中可能含有SO42﹣‎ C 取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色 该Fe（NO3）2试样已经变质 D SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 BaSO3不溶于强酸 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】电解质与非电解质；二氧化硫的化学性质；硫酸根离子的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变．‎ ‎【分析】A．电解质属于化合物，Cl2是单质；‎ B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能为BaSO4或AgCl；‎ C．Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化过程中亚铁离子被硝酸氧化；‎ D．二氧化硫被氧化为硫酸根离子，最后生成硫酸钡沉淀．‎ ‎【解答】解：A．Cl2是单质，因此既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能存在Ag+或SO42﹣，故B正确；‎ C．Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化过程中亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，因此不能判定Fe（NO3）2试样是否变质，故C错误；‎ D．二氧化硫被氧化为硫酸根离子，最后生成硫酸钡沉淀，而BaSO3溶于强酸，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓‎ B．NaHCO3溶液中加入过量的 Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O C．氯化铝溶液中加入过量氨水 Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O D．用稀HNO3溶液FeS固体：FeS+2H+=Fe2++H2S↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．醋酸是弱电解质要写化学式；‎ B．二者反应生成碳酸钡、NaOH和水；‎ C．氢氧化铝不溶于氨水；‎ D．二者反应生成S、铁离子、NO和水．‎ ‎【解答】解：A．醋酸是弱电解质要写化学式，离子方程式为SiO32﹣+2CH3COOH=H2SiO3↓+22CH3COO﹣，故A错误；‎ B．二者反应生成碳酸钡、NaOH和水，离子方程式为HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C．氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；‎ D．二者反应生成S、铁离子、NO和水，离子方程式为NO3﹣+FeS+4H+═Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，C的氧化物常用于玻璃的生产，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C为同周期元素，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数． 根据以上叙述，下列说法中正确的是（　　）‎ A．五种元素中B元素的金属性最强 B．元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D＞AE C．元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性递减 D．元素B、D、E的简单离子半径大小为：B＞D＞E ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7﹣6=1，为Na元素，据此结合元素周期律知识解答．‎ ‎【解答】解：五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7﹣6=1，为Na元素，‎ A．五种元素中，Na（B）位于ⅠA族，其金属性最强，故A正确；‎ B．元素D、E分别S、Cl，非金属性：Cl＞S，则对应氢化物的稳定性：A2D＜AE，故B错误；‎ C．元素C、D、E分别为Si、S、Cl，非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故C错误；‎ D．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：D＞E＞B，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．用碳棒电极电解一定质量的某浓度的氯化钾溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g 36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，则电解过程中转移电子的物质的量约为（　　）‎ A．1 mol B．2 mol C．7 mol D．8 mol ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】用碳棒电极电解一定质量的某浓度的氯化钾溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g 36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，根据“析出什么加入什么”原则知，加入的浓盐酸相当于加入的是HCl、H2O，n（HCl）==1mol，n（H2O）==3.5mol，根据加入物质成分知，阴极上生成H2、阳极上生成O2和Cl2，根据H原子守恒得n（H2）=n（H2O）+n（HCl），再根据氢气和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量．‎ ‎【解答】解：用碳棒电极电解一定质量的某浓度的氯化钾溶液，一段时间后停止电解．此时若加入100g 36.5%的浓盐酸，所得溶液正好与原溶液完全相同，根据“析出什么加入什么”原则知，加入的浓盐酸相当于加入的是HCl、H2O，n（HCl）==1mol，n（H2O）==3.5mol，根据加入物质成分知，阴极上生成H2、阳极上生成O2和Cl2，根据H原子守恒得n（H2）=n（H2O）+n（HCl）=3.5mol+×1mol=4mol，再根据氢气和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量=2n（H2）=2×4mol=8mol，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．有一瓶无色气体，可能含有HCl、CO2、H2S、HBr和SO2中的一种或几种．将其通入氯水中，得到无色透明溶液．将溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；向另一份中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成．以下结论正确的是（　　）‎ ‎①原气体肯定有SO2　②原气体中可能有SO2　③原气体中肯定无H2S和HBr　④不能确定原气体中是否有HCl　⑤原气体中肯定没有CO2　⑥原气体中肯定有HCl．‎ A．①③⑥ B．①④⑤ C．①③④ D．①③⑤⑥‎ ‎【考点】常见气体的检验．‎ ‎【分析】氯水中的氯气具有强氧化性，会把一些还原气体氧化，氯水中含有氯离子会与硝酸银发生反应生成氯化银沉淀，钡离子与硫酸根反应生成难溶于水的硫酸钡沉淀，据此判断即可．‎ ‎【解答】解：氯水具有强氧化性，气体通入氯水中，得无色透明溶液，说明气体中无还原性气体H2S、HBr，否则溶液中会有沉淀或溶液有色．加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀，说明有白色BaSO4沉淀生成，原混合气体中一定有SO2气体，被氯水氧化成硫酸，化学反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；另一份加硝酸酸化的AgNO3，有白色沉淀AgCl，但因是气体通入氯水形成的溶液，氯水中本有Cl﹣，不能以此确定HCl气体的存在，CO2在整个过程中无现象，故无法确定．‎ 故一定有：SO2，一定没有：H2S、HBr，无法确定HCl的二氧化碳的存在，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示是气体性质实验的常用装置，下列有关实验现象的说法不正确的是（　　）‎ A．若水槽中是水，试管中是NO2，可看到液面上升，若充入一定量的O2可使液体充满整个试管 B．若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升、试管中黄绿色褪去 C．若水槽中是水并滴有几滴紫色石蕊，试管中是SO2，可看到液面上升并变为无色 D．若水槽中是水并滴有几滴酚酞，试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色 ‎【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．‎ ‎【分析】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水；‎ B．氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、水；‎ C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊变红；‎ D．氨气溶于水，溶液显碱性，遇酚酞变红．‎ ‎【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水，则看到液面上升，但水不会充满整个试管，故A错误；‎ B．氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、水，则看到液面上升、试管中黄绿色褪去，故B正确；‎ C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊变红，则看到液面上升并变为红色，故C正确；‎ D．氨气溶于水，溶液显碱性，遇酚酞变红，则看到液面上升并呈红色，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（　　）‎ A．Cu电极上发生还原反应 B．电子沿Zn→a→b→Cu 路径流动 C．片刻后甲池中c（SO42﹣）增大 D．片刻后可观察到滤纸b点变红色 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、依据装置图分析装置的K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反应，铜做正极，电极上得到电子发生还原反应；‎ B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a，通过电解质溶液离子定向移动到b；电子不能通过电解质溶液；‎ C、甲池中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，硫酸根离子浓度基本不变；‎ D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大；‎ ‎【解答】解：A，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应；故A正确；‎ B、电子流向是负极到正极，但a→b这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动；故B错误；‎ C、选项中硫酸根离子浓度基本保持不变；故C错误；‎ D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．某溶液可能含有Clˉ、SO42ˉ、CO32ˉ、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+ 和Na+．某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中（　　）‎ A．原溶液中c（Fe3+）=0.2 mol•L﹣1‎ B．溶液中至少有4种离子存在，其中Clˉ一定存在，且c（Clˉ）≥0.2 mol•L﹣1‎ C．SO42ˉ、NH4+、Na+一定存在，CO32ˉ、Al3+一定不存在 D．要确定原溶液中是否含有Fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入足量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则证明原溶液中有Fe2+‎ ‎【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计．‎ ‎【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；‎ 产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；‎ 滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；‎ ‎4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；‎ 颜色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；‎ 根据溶液电中性判断是否存在氯离子．‎ ‎【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在0.02molNH4+；‎ 产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，原溶液中一定没有CO32﹣；‎ 滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3+；‎ 颜色反应为黄色，则溶液中一定存在钠离子，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+；‎ ‎4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，‎ 据电荷守恒，原溶液中一定有Cl﹣，物质的量至少为 0.02mol×2+0.02mol﹣0.02mol×2=0.02mol，‎ A．根据以上分析可知，原溶液中含有0.02mol铁元素，无法判断存在的是铁离子或者亚铁离子，故A错误；‎ B．根据以上分析，原溶液中一定存在0.02molNH4+，0.02molSO42﹣，0.02molFe3+、Fe2+中的一种，当铁元素全部为亚铁离子时，阳离子所带电荷的物质的量最小，所以正电荷物质的量最少为：0.02mol×2+0.02mol=0.06mol，而负电荷的物质的量为：0.02mol×2=0.04mol，根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在Cl﹣，且c（Cl﹣）≥=0.2 mol•L﹣1，故B正确；‎ C．根据以上分析可知，原溶液中一定存在SO42﹣、NH4+、Cl﹣，只是存在Fe3+、Fe2+中的一种，其离子的物质的量为0.02mol，一定不存在CO32﹣、Al3+；由于第一步中加入了氢氧化钠溶液，引进了钠离子，无法确定原溶液中是否含有钠离子，故C错误；‎ D．检验亚铁离子时，取少量原溶液于试管中，加KSCN溶液，此时溶液现象必须是无色，然后再加入适量氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+，否则如果加入硫氰化钾溶液后显示红色，则无法证明原溶液中是否含有亚铁离子，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．将Mg、Cu组成的2.64g混合物投入到100mL稀硝酸中完全溶解，并收集还原产物NO气体（还原产物只有一种）．然后向反应后的溶液中逐滴加入2mol•L﹣1NaOH溶液，下图是生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积间的关系图．以下说法不正确的是（　　）‎ A．稀硝酸的浓度为1.9 mol/L B．生成的NO在标况下的体积为0.896 L C．a的值为15 mL D．Cu的物质的量为0.02 mol ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】由图可知，滴加氢氧化钠溶液，开始没有沉淀生成，故硝酸有剩余，加入75mL氢氧化钠溶液，沉淀为最大值，此时溶液中溶质为NaNO3，沉淀的质量为4.68g，故沉淀含有氢氧根离子的质量为4.68g﹣2.64g=2.04g，物质的量为0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的物质的量为0.12mol，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量为=0.04mol，令金属中Mg的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，根据二者质量之和与提供的电子可知，，故x=0.03mol，y=0.03mol，‎ A、原硝酸的物质的量为n（NaNO3）+n（NO）之和，根据c=计算；‎ B、根据V=nVm计算生成NO体积；‎ C、根据Cu、Mg的物质的量可知，铜离子、镁离子消耗的氢氧根离子的物质的量，进而计算消耗的氢氧化钠的体积，沉淀量最大时消耗的体积减去铜离子、镁离子消耗的氢氧化钠的体积为a的值；‎ D、根据方程式计算可得Cu的物质的量．‎ ‎【解答】解：由图可知，滴加氢氧化钠溶液，开始没有沉淀生成，故硝酸有剩余，加入75mL氢氧化钠溶液，沉淀为最大值，此时溶液中溶质为NaNO3，沉淀的质量为4.68g，故沉淀含有氢氧根离子的质量为4.68g﹣2.64g=2.04g，物质的量为0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的物质的量为0.12mol，根据电子转移守恒可知，生成NO的物质的量为=0.04mol，令金属中Mg的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，根据二者质量之和与提供的电子可知，，故x=0.03mol，y=0.03mol，‎ A、原硝酸的物质的量为n（NaNO3）+n（NO）=n（NaOH）+n（NO）=0.075L×2mol•L﹣1+0.04mol=0.19mol，故原硝酸的物质的量浓度为=1.9mol/L，故A正确；‎ B、生成NO的物质的量为0.04mol，标准状况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L，故B正确；‎ C、金属混合物中Cu、Mg的物质的量都为0.03mol，利用元素守恒可知，铜离子、镁离子消耗的氢氧根离子的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，消耗的氢氧化钠的体积为=0.06L=60mL，故a=75﹣60=15，故C正确；‎ D、由上述分析可知，Cu的物质的量为0.03mol，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二．非选择题（本题包括5个小题，共50分）‎ ‎21．用KMnO4氧化溶质质量分数为36.5%的盐酸．反应方程式如下：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ‎（1）若此盐酸的密度为1.2g/cm3，其物质的量浓度为　12mol/L　．‎ ‎（2）用双线桥法表示电子的转移情况　　．‎ ‎（3）此反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比为　1：5　．‎ ‎（4）15.8g KMnO4完全反应，产生标准状况下Cl2的体积为　5.6L　，反应中转移电子的数目为　0.5NA　．（用NA表示阿伏加德罗常数的值）‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】（1）盐酸的物质的量浓度=；‎ ‎（2）反应中高锰酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据Mn元素的化合价+7→+2，和Cl元素的化合价﹣1→0，标出电子的转移方向和数目；‎ ‎（3）KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，结合化合价的变化或方程式计算；‎ ‎（4）根据方程式知，参加反应的HCl有被氧化，结合化合价的变化计算．‎ ‎【解答】解：（1）盐酸的物质的量浓度==mol/L=12mol/L，故答案为：12mol/L；‎ ‎（2）反应中高锰酸钾为氧化剂，浓盐酸为还原剂，Mn元素的化合价+7→+2，和Cl元素的化合价﹣1→0，反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，可表示为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，由2KMnO4～10HCl可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，故答案为：1：5；‎ ‎（4）高锰酸钾的量、氯气的量以及消耗的盐酸之间的关系为：2KMnO4～5Cl2～16HCl，被氧化的盐酸和参加反应的盐酸的量之比为：，15.8g （即0.1mol）KMnO4完全反应时，产生的Cl2为0.25mol，转移电子0.5mol，数目为0.5NA，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，‎ 故答案为：5.6L；0.5NA；‎ ‎　‎ ‎22．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示．其中Z的单质是一种重要半导体材料．广泛应用于电子工业的各个领域．‎ W X Y Z ‎（1）W在元素周期表中的位置是　第二周期第ⅣA族　；‎ ‎（2）W、X、氢元素形成的三原子分子的电子式　　；‎ ‎（3）下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是　CD　；‎ A．原子序数：X＞W B．最低化合价：X＞W C．最简单氢化物的稳定性：X＞W D．最高价氧化物的水化物酸性：X＞W ‎（4）元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如图所示的转化：‎ 其中化合物D是一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为　NaAlO2　；B与C也可直接转化生成D，写出对应的离子方程式为　Al3++6H2O+3AlO2﹣=4Al（OH）3↓　．‎ ‎【考点】无机物的推断；元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】短周期元素W、X、Y、Z，Z元素的单质是一种重要的半导体材料，则Z为Si元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为镁元素、W为碳元素、X为氮元素．‎ ‎（1）主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数；‎ ‎（2）W、X、氢元素形成的三原子分子为HCN，分子中C、N之间形成3对共用电子对，H原子与C原子之间形成1等于共用电子对；‎ ‎（3）元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，其最高价氧化物的水化物酸性越强，与原子序数及化合价无关；‎ ‎（4）金属铝在第三周期，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与氯气该反应生成氯化铝，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝白色沉淀，氯化铝与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，故B中的溶质是偏铝酸钠．‎ ‎【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z，Z元素的单质是一种重要的半导体材料，则Z为Si元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为镁元素、W为碳元素、X为氮元素，‎ ‎（1）W为碳，C在元素周期表中的位置是：第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA族；‎ ‎（2）W、X、氢元素形成的三原子分子为HCN，分子中C、N之间形成3对共用电子对，H原子与C原子之间形成1等于共用电子对，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（3）元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，其最高价氧化物的水化物酸性越强，与原子序数及化合价无关，故答案为：CD；‎ ‎（4）金属铝在第三周期，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，能与氯气该反应生成氯化铝，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝白色沉淀，氯化铝与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，故B中的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2，氯化铝与一水和氨反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为Al3++6H2O+3AlO2﹣=4Al（OH）3↓，‎ 故答案为：NaAlO2，Al3++6H2O+3AlO2﹣=4Al（OH）3↓；‎ ‎　‎ ‎23．某学生为了探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验．（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）‎ ‎（1）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f，　g　 接　d　，　e　 接　a　，　b　 接　h　．‎ ‎（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是　BD　‎ A．H2SO4溶液 B．CCl4 C．苯 D．稀硝酸 ‎（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到　装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊　 时再点燃酒精灯．‎ ‎（4）假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式．‎ Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体：　2Na+2CO2Na2CO3+CO　‎ Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留：　4Na+3CO22Na2CO3+C　．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）根据实验目的：探究钠与CO2的反应，设计实验方案，完成正确的仪器连接顺序，②为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置④除去，然后用装置③干燥，然后在①中进行钠与二氧化碳的反应，然后用⑤检验反应产物，据此进行连接装置；‎ ‎（2）所选试剂的作用是增大溶液体积，可以用稀硝酸溶液，而加入H2SO4溶液后，虽然可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，但生成的硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步进行；四氯化碳的密度大于盐酸，也可以加入四氯化碳溶液，但是苯的密度小于盐酸，加入苯不能使稀盐酸与碳酸钙接触；‎ ‎（3）二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，当装置⑤中澄清石灰水变浑浊说明装置中空气已经排净；原因是空气中的二氧化碳、水与钠反应，需要排净空气，避免干扰实验；‎ ‎（4）Ⅰ．根据题干信息及反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；‎ Ⅱ．根据n=计算出钠的物质的量，再根据n=计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；溶液中还有固体残留，该固体只能为C，说明钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，据此写出反应的化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：g、d、e、a（b）、b（a）、h，‎ 故答案为：g 接 d，e 接 a（或b），b（或a） 接 h；‎ ‎（2）A．H2SO4溶液：加入H2SO4溶液后，虽然可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，但生成的硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，故A错误；‎ B．CCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；‎ C．苯：苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误； ‎ D．稀硝酸：加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎（3）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净，‎ 故答案为：装置⑤中澄清石灰水开始变浑浊；‎ ‎（4）Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，又PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，则钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO，‎ 故答案为：2Na+2CO2Na2CO3+CO；‎ Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n（Na）==0.02mol，‎ 将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；‎ 溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，‎ 故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C．‎ ‎　‎ ‎24．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：‎ ‎（A）取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液；‎ ‎（B）在（A）所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；‎ ‎（C）在（B）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出．‎ 根据上述实验回答下列问题．‎ ‎（1）溶液中一定不存在的离子是　MnO4﹣、Ag+、Ba2+、Al3+　；‎ ‎（2）一定存在的离子是　Na+、AlO2﹣、CO32﹣　；写出产生沉淀甲的离子方程式：　Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑　；‎ ‎（3）判断沉淀乙成分的方法是　加入盐酸，观察沉淀是否全部溶解，若全部溶解，说明只有BaCO3，若部分溶解则还含有BaSO4　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】无色溶液，一定不含紫色的MnO4﹣，‎ 由A可知，气体为二氧化碳，则一定含CO32﹣，与CO32﹣反应的Ag+、Ba2+、Al3+不能大量存在；‎ 由B可知，Al3+、HCO3﹣相互促进生成气体甲为二氧化碳，沉淀甲为氢氧化铝，则原溶液一定含AlO2﹣；‎ 由C可知，气体为铵根离子与碱反应生成的氨气，沉淀乙中一定含碳酸钡，可能含硫酸钡，以此来解答．‎ ‎【解答】解：无色溶液，一定不含紫色的MnO4﹣，‎ 由A可知，气体为二氧化碳，则一定含CO32﹣，与CO32﹣反应的Ag+、Ba2+、Al3+不能大量存在；‎ 由B可知，Al3+、HCO3﹣相互促进生成气体甲为二氧化碳，沉淀甲为氢氧化铝，则原溶液一定含AlO2﹣；‎ 由C可知，气体为铵根离子与碱反应生成的氨气，沉淀乙中一定含碳酸钡，可能含硫酸钡，‎ ‎（1）溶液中一定不存在的离子是MnO4﹣、Ag+、Ba2+、Al3+，故答案为：MnO4﹣、Ag+、Ba2+、Al3+；‎ ‎（2）由以上分析可知一定存在的离子是CO32﹣、Na+、AlO2﹣，B中生成沉淀甲的离子方程式是为Al3++3 HCO3﹣=3 CO2↑+Al （OH）3↓，‎ 故答案为：Na+、AlO2﹣、CO32﹣；Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎（3）白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，可加入盐酸检验，如沉淀部分溶解，则含有碳酸钡和硫酸钡，如沉淀全部溶解，则只含碳酸钡，‎ 故答案为：加入盐酸，观察沉淀是否全部溶解，若全部溶解，说明只有BaCO3，若部分溶解则还含有BaSO4．‎ ‎　‎ ‎25．SO2和NOx都是大气污染物．‎ ‎（1）汽车排放的尾气中含CO和NO，汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是　2CO+2NO2CO2+N2　．‎ ‎（2）采取还原法，用炭粉可将氮氧化物还原．‎ 已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ•mol﹣1‎ ‎②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则反应C（s）+2NO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=　﹣574.1　kJ•mol﹣1．‎ ‎（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图1所示：‎ NO2被吸收的离子方程式是　2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+　‎ ‎（4）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2．①b极的电极反应式为　2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O　‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32﹣生成．该反应离子方程式为　4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O　‎ ‎（5）已知水的比热容为4.18×10﹣3 kJ•g﹣1•℃﹣1，10g硫黄在O2中完全燃烧生成气态SO2，放出的热量能使500g H2O的温度由18℃升至62.4℃，则表示硫黄的燃烧热的热化学方程式为　S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣297 kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】"三废"处理与环境保护；反应热和焓变；电解原理．‎ ‎【分析】（1）依据CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳进行解答；‎ ‎（2）已知：‎ N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ•mol﹣1 ①‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1 ②‎ 将②﹣①可得：C（s）+2NO（g）=CO2（g）+N2（g），据此计算；‎ ‎（3）根据图示可知，二氧化硫溶于氨水后得到的HSO3﹣与二氧化氮发生氧化还原反应，据此写出离子方程式；‎ ‎（4）①b极上HSO3﹣得电子生成S2O42﹣；‎ ‎②依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应生成氮气；‎ ‎（5）先根据H2O温度由18℃升至62.4℃利用公式 Q=m•c（t2﹣t1）求出10g硫磺燃烧共放出热量，然后求出1mol（32g）硫磺燃烧放出的热量，从而得到燃烧热的热化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳，反应为2CO+2NO2CO2+N2，‎ 故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；‎ ‎（2）已知：‎ N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ•mol﹣1 ①‎ C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1 ②‎ 将②﹣①可得：C（s）+2NO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1﹣180.6kJ•mol﹣1=﹣574.1KJ/mol；‎ 故答案为：﹣574.1；‎ ‎（3）氨水可以将SO2和NO2同时吸收处理，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢根离子，NO2被吸收的离子方程式是2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+，‎ 故答案为：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+；‎ ‎（4）①依据图示可知，阴极上HSO3﹣得电子生成S2O42﹣，阴极区发生反应2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；‎ 故答案为：2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O；‎ ‎②阴极排出的溶液为S2O42﹣，二氧化氮与其发生反应，S2O42﹣中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，S2O42﹣被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O，‎ 故答案为：4S2O42﹣+2NO2+8OH﹣═8SO42﹣+N2+4H2O；‎ ‎（5）10g硫磺燃烧共放出热量为：Q=m•c（t2﹣t1）=500g×4.18×10﹣3 kJ•（g•℃）﹣1×（62.4﹣18）℃=92.8 kJ，‎ 则1mol（32g）硫磺燃烧放出的热量为：92.8kJ×32/10=297 kJ，所以硫磺的燃烧热为 297 kJ•mol﹣1，‎ 热化学方程式为S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣297 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣297 kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日