化学卷·2018届四川省成都外国语学校高二上学期入学化学试卷 （解析版） 30页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）入学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本小题包括20个小题，每小题2分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．朝鲜第三次核试验产生的放射性物质的衰变为化学变化 B．燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、SO2，形成酸雨 C．为防止垃圾污染城市，可采用露天焚烧或深埋的方法进行处理 D．用高纯度二氧化硅制作的光导纤维遇强碱会“断路”‎ ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．重氢原子： D B．S2﹣的结构示意图：‎ C．质子数为53，中子数为78的碘原子： I D．N2的电子式：‎ ‎3．下列氧原子的轨道表示式中，能量最低的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．下列叙述正确的是（　　）‎ A． I放出射线是一个自发的化学变化过程，射线对人危害很大 B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键 C．H2和T2是两种不同的物质，互称为同位素 D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构 ‎5．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．一定条件下，0.2 mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NA B．0.1 mol NH2﹣中含有的电子数为0.9NA C．3.4 g H2O2中含有的共用电子对数为0.1NA D．常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA ‎6．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．甲硫醇（CH3SH）比甲醇（CH3OH）的熔点低的原因是甲醇分子间易形成氢键 B．N﹣O键的极性比C﹣O键的极性小 C．氨易液化与氨分子间存在氢键有关 D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致 ‎7．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．装置①可验证HCl气体在水中的溶解性 B．装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2、NO等 C．装置③中X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢 D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气 ‎8．根据泡利的原子轨道能级图和“能级交错”现象，原子轨道的能量高低顺序是：ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np（n为能层序数，g能级中有9个轨道）．则未来的第八周期应包括的元素的种类是（　　）‎ A．32 B．50 C．64 D．128‎ ‎9．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+‎ C．0.1 mol•L﹣1 NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣‎ ‎10．元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定．结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（　　）‎ ‎①Pb+2Cl2═PbCl4‎ ‎②Sn+2Cl2═SnCl4‎ ‎③SnCl2+Cl2═SnCl4‎ ‎④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O ‎⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O．‎ A．②③⑤ B．②③④ C．①②③ D．①②④⑤‎ ‎11．下列说法中错误的是（　　）‎ A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性 B．在H3O+、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′‎ ‎12．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Cu与浓硝酸反应制NO2：Cu+4HNO3（浓）═Cu2++2NO3﹣+2NO2↑+2H2O B．向Fe（NO3）2溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O C．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣‎ ‎13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 B 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解 C 向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡 苯酚与溴水不反应 无白色沉淀产生 D 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色 A．A B．B C．C D．D ‎14．有Xn+、Ym+、Zn﹣，已知它们各自带有的电荷数值m＞n，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数．若按X→Y→Z的顺序，下列说法中正确的是（　　）‎ A．它们的最高价氧化物的相应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强 B．它们的原子半径依次增大 C．它们的单质在常温．常压下的密度依次减小 D．它们的最高价氧化物的水化物都是强电解质 ‎15．下列关于丙烯（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的（　　）‎ A．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化 B．丙烯分子存在非极性键和极性键 C．丙烯分子有7个σ键，1个π键 D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上 ‎16．从某些反应看，NH3和H2O、NH4+和H3O+、NH2﹣和OH﹣、N3﹣和O2﹣两两类似．据此判断下列反应正确的是（　　）‎ ‎①CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O ‎ ‎②2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑‎ ‎③3Mg（NH2）2=Mg3N2+4NH3↑‎ ‎④NH4Cl+NaNH2=NaCl+2NH3↑‎ A．只有③ B．只有① C．①和② D．都正确 ‎17．有三种短周期元素，最外层电子数之和为17，质子数之和为31．如果这三种元素中有一种是氩元素，则关于另外两种元素的说法不正确的是（　　）‎ A．如果一种元素是金属元素，则另一种元素一定是稀有元素 B．如果一种元素的单质通常情况下是气体，则另一种元素的单质通常情况下是固体 C．如果一种元素的气态氢化物是三角锥形分子，则另一种元素的气态氢化物可能是正四面体形分子 D．如果一种元素的最高正价是+3，则另一种元素的单质有两种常见的同素异形体 ‎18．肼（N2H4）是一种可用于火箭或原电池的燃料．已知：‎ N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol 　　　　　　　　　　 ①‎ N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol ②‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量 B．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=﹣1000.3kJ/mol C．铂做电极，KOH溶液做电解质溶液，由反应②设计的燃料电池其负极反应式：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O D．铂做电极，KOH溶液做电解质溶液，由反应②设计的燃料，工作一段时间后，KOH溶液的pH将增大 ‎19．羟胺（NH2OH）是一种还原剂．现用25.00mL0.049mol•L﹣1的羟胺的酸性溶液跟足量的Fe2（SO4）3溶液在煮沸条件下反应，生成Fe2+离子恰好与24.5mL0.020049mol•L﹣1 的酸性KMnO4溶液完全作用生成Fe2（SO4）3，KMnO等物质，则上述反应中羟胺的氧化产物是（　　）‎ A．N2O B．N2 C．NO D．NO2‎ ‎20．3.04g铜镁合金完全溶解于100mL14.0mol•L﹣1的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL（标准状况），向反应后的溶液中加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子完全沉淀时，得到5.08g沉淀．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1‎ B．被还原的硝酸的物质的量是0.12mol C．得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎　‎ 二、选择题（本小题包括10个小题，每小题2分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意．全对2分，有错选0分，只选一个且正确1分）‎ ‎21．下列分子或离子之间互为等电子体的是（　　）‎ A．CH4和H3O+ B．NO3﹣ 和SO3 C．O3和CO2 D．N2和C22﹣‎ ‎22．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示的转化关系的是（　　）‎ ‎ 选项 ‎ X ‎ Y ‎ Z 箭头上所标数字的反应条件 ‎ ‎ A ‎ CaO ‎ Ca（OH）2‎ ‎ CaCO3‎ ‎①常温遇水 ‎ ‎ B ‎ AlCl3‎ ‎ NaAlO2‎ ‎ Al（OH）3‎ ‎ ②通入CO2‎ ‎ C ‎ Fe2O3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ Fe（OH）3‎ ‎③加入盐酸 ‎ ‎ D ‎ Cl2‎ ‎ Ca（ClO）2‎ HClO ‎ ‎③加入盐酸 A．A B．B C．C D．D ‎23．已知 I﹣、Fe2+、SO2、Cl﹣和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl﹣＜Fe2+＜H2O2＜I﹣＜SO2，则下列反应不能发生的是（　　）‎ A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+‎ B．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI C．H2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2O D．2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2‎ ‎24．R为1～18号元素，其原子所具有的电子层数为最外层电子数的，它可能形成的含氧酸根离子有：①RO32﹣，②RO42﹣，③R2O32﹣，下列叙述判断正确的是（　　）‎ A．当它可以形成①时，不可能形成③‎ B．当它形成①时，也可以形成②和③‎ C．当它可以形成②时，不可能形成③‎ D．当它可以形成①时，不可能形成②‎ ‎25．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素．其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构．下列说法正确的是（　　）‎ A．X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：W＞Y＞Z＞X B．在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等 C．与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键 D．X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的有机物 ‎26．人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（　　）‎ A．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”‎ B．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”‎ C．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”‎ D．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”‎ ‎27．下列化学实验事实及其结论都正确的是（　　） ‎ 选项 实验事实 结论 A 将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4‎ HClO的氧化性比H2SO4强 ‎ B 向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀 溶液X中一定含有SO42﹣‎ ‎ C SiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应 SiO2属于两性氧化物 D 将SO2通入溴水中，溴水褪色 SO2具有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎28．H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫．反应原理为：2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O（l）△H=﹣632kJ•mol﹣1．如图为质子膜H2S燃料电池的示意图．下列说法正确的是（　　）‎ A．电极a为电池的正极 B．电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4 OH﹣‎ C．电路中每流过4mol电子，电池内部释放632kJ热能 D．每17gH2S参与反应，有1mol H+经质子膜进入正极区 ‎29．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（　　）‎ A．194 B．391 C．516 D．658‎ ‎30．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=‎ B．参加反应的氯气的物质的量等于a mol C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a mol≤ne≤a mol D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol ‎　‎ 三、填空题 ‎31．有以下微粒：①N2H4 ②P4 ③H2O ④N2 ⑤H3O+ ⑥NH4+ ⑦CO2 ⑧H2O2‎ ‎（填编号）‎ ‎（1）既有极性键又有非极性键的是　　；‎ ‎（2）既有σ键又有π键的是　　；‎ ‎（3）微粒中不含孤电子对的是　　； ‎ ‎（4）立体构型呈正四面体的是　　；‎ ‎（5）⑤和⑧的电子式分别为　　和　　；‎ ‎（6）⑥和⑦的结构式分别为　　和　　．‎ ‎32．以下反应均为放热反应，根据热化学方程式，比较△H1和△H2的大小 ‎①I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1； I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2，则△H1　　△H2‎ ‎②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1； H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H2，则△H1　　△H2．‎ ‎33．如表为元素周期表的一部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置．试回答下列问题：‎ ‎（1）写出表中⑥含有8个中子的原子的化学符号　　，元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为　　．‎ ‎（2）元素⑩的核外电子排布式　　．‎ ‎（3）根据元素周期表来比较④和Cs的金属性，要通过另一种元素作中介或桥梁进行比较，这种元素是　　（填元素符号）．‎ ‎（4）据报道，美国科学家卡尔•克里斯特于1998年11月根据①合成了一种名为“N5”的物质，由于其极强的爆炸性，又称“盐粒炸弹”．迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排列成V形．如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，则“N5”分子碎片的电子式为：　　．‎ ‎34．为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下：‎ 部分含钒物质在水中的溶解性如下：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎（VO2）2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎（1）图中所示滤液中含钒的主要成分为　　（写化学式）．‎ ‎（2）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式　　；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度．根据如图判断最佳控制氯化铵系数和温度为　　和　　．‎ ‎（3）用硫酸酸化的H2C2O4溶液和（VO2）2SO4溶液反应，以测定反应②后溶液中含钒量，完成反应的离子方程式为：□VO2++□H2C2O4+□　　=□VO2++□CO2↑+□H2O ‎（4）全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为：VO2++V2++2H+VO2++H2O+V3+，电池放电时正极的电极反应式为　　．‎ ‎35．（1）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用．目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应．‎ 反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）△H1‎ 反应Ⅱ：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌NH4HCO3（aq）△H2‎ 反应Ⅲ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）△H3‎ 则△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3=　　．‎ ‎（2）白磷与氧气反应生成P4O10固体．下表所示是部分化学键的键能参数：‎ 化学键 P﹣P P﹣O P═O ‎ O═O 键能/kJ•mol﹣1‎ a b c ‎ d 根据图1的分子结构和有关数据通过计算写出该反应的热化学方程式为　　．‎ ‎（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式如图2）之间脱去两个水分子产物，其结构式为　　，三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为　　．‎ ‎（4）已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为：P4（s，白磷）+3O2（g）═P4O6（s）△H=﹣1 638kJ•mol﹣1．‎ 在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气（标准状况），控制条件使之恰好完全反应．则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都外国语学校高二（上）入学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本小题包括20个小题，每小题2分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中正确的是（　　）‎ A．朝鲜第三次核试验产生的放射性物质的衰变为化学变化 B．燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、SO2，形成酸雨 C．为防止垃圾污染城市，可采用露天焚烧或深埋的方法进行处理 D．用高纯度二氧化硅制作的光导纤维遇强碱会“断路”‎ ‎【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；"三废"处理与环境保护．‎ ‎【分析】A．化学变化是分子原子层次上的变化；‎ B．二氧化碳导致温室效应；‎ C．根据通过露天焚烧或深埋的方式进行处理垃圾，会污染大气、水体和土壤解答；‎ D．根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水．‎ ‎【解答】解：A．朝鲜第三次核试验产生的放射性物质的衰变为物理上的变化，故A错误；‎ B．二氧化碳导致温室效应，导致酸雨的主要气体为二氧化硫，故B错误；‎ C．对所有垃圾通过露天焚烧或深埋的方式进行处理，会污染大气、水体和土壤，不利于改善环境，故C错误；‎ D．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．重氢原子： D B．S2﹣的结构示意图：‎ C．质子数为53，中子数为78的碘原子： I D．N2的电子式：‎ ‎【考点】原子结构示意图；电子式．‎ ‎【分析】A、21H原子俗称重氢原子；‎ B、硫离子是硫原子得2个电子后形成的；‎ C、质量数=质子数+中子数；‎ D、氮气中氮原子间有3对共用电子对．‎ ‎【解答】解：A、21H原子俗称重氢原子，质量数为2，质子数为1，故符号为21H，故A错误；‎ B、硫离子是硫原子得2个电子后形成的，故核外有18个电子，故结构示意图为，故B错误；‎ C、质量数=质子数+中子数，故质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，符号为： I，故C正确；‎ D、氮气中氮原子间有3对共用电子对，氮原子均达8电子稳定结构，故N2的电子式为：，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列氧原子的轨道表示式中，能量最低的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】原子核外电子的能级分布．‎ ‎【分析】根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同是，能量最低，根据此原则，O原子核外有8个电子，能量最低是：；‎ ‎【解答】解：由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布是，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列叙述正确的是（　　）‎ A． I放出射线是一个自发的化学变化过程，射线对人危害很大 B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键 C．H2和T2是两种不同的物质，互称为同位素 D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用；同位素及其应用；共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】A、放出射线不是化学变化研究的范畴 B、不同元素的原子构成的分子可以含非极性键；‎ C、H2和T2是由H元素组成的同种单质；‎ D、短周期第ⅣA与元素原子最外层四个电子，ⅦA族元素的原子最外层七个电子，结合化学键的形成分析判断．‎ ‎【解答】解：A、放出射线是原子核内的变化不是化学变化的研究范畴，不是化学变化，故A错误；‎ B、不同元素的原子构成的分子可以含非极性键，如H2O2，故B错误；‎ C、H2和T2是由H元素组成的同种单质，故C错误；‎ D、短周期第ⅣA与元素原子最外层四个电子，ⅦA族元素的原子最外层七个电子，四个ⅦA族元素的原子和一个第ⅣA与元素原子形成四个共价键，达到最外层的8电子结构，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ A．一定条件下，0.2 mol SO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NA B．0.1 mol NH2﹣中含有的电子数为0.9NA C．3.4 g H2O2中含有的共用电子对数为0.1NA D．常温常压下，16 g O2和O3混合气体含有的氧原子数为NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；‎ B、NH2﹣中含10个电子；‎ C、求出双氧水的物质的量，然后根据1mol双氧水中含18mol电子来分析；‎ D、氧气和臭氧均由氧原子构成．‎ ‎【解答】解：A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的三氧化硫分子个数小于0.2NA个，故A错误；‎ B、NH2﹣中含10个电子，故0.1molNH2﹣中含NA个电子，故B错误；‎ C、3.4g双氧水的物质的量为0.1mol，而1mol双氧水中含3mol共用电子对，故0.1mol双氧水中含0.3NA对共用电子对，故C错误；‎ D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含1mol氧原子，故含NA个，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．甲硫醇（CH3SH）比甲醇（CH3OH）的熔点低的原因是甲醇分子间易形成氢键 B．N﹣O键的极性比C﹣O键的极性小 C．氨易液化与氨分子间存在氢键有关 D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致 ‎【考点】含有氢键的物质．‎ ‎【分析】A、甲醇中含有﹣OH，氢元素电负性很大，甲醇分子之间形成氢键，沸点较高；‎ B、原子半径大小与键能的大小有关；‎ C、氨气分子之间存在氢键，沸点相对较高，故氨气容易液化；‎ D、氢键影响物质的物理性质，水是非常稳定的化合物，是指水不易分解，属于化学性质，由分子内O﹣H决定．‎ ‎【解答】解：A、甲醇中含有﹣OH，氢元素电负性很大，甲醇分子之间形成氢键，沸点比甲硫醇（CH3SH）高，故A正确；‎ B、原子半径N＜O，N﹣O键能较大，故B正确；‎ C、由于氨气分子之间存在氢键，氨气沸点相对较高，故氨气容易液化，故C正确；‎ D、氢键影响物质的物理性质，水是非常稳定的化合物，是指水不易分解，属于化学性质，由水分子内O﹣H决定，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（　　）‎ A．装置①可验证HCl气体在水中的溶解性 B．装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2、NO等 C．装置③中X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢 D．装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．利用烧瓶中压强差确定HCl气体溶解性强弱；‎ B．常温下，能和氧气反应的气体不能用排空气法收集；‎ C．四氯化碳隔绝水和气体可以防止倒吸；‎ D．氨气密度小于空气，常温下和氧气不反应，有刺激性气味，且属于碱性气体．‎ ‎【解答】解：A．如果HCl极易溶于水，会导致烧瓶中压强急剧减小，则导致气球急剧膨胀，如果HCl不易溶于水，则气球体积变化不明显，所以据此可以验证氯化氢的溶解性强弱，故A正确；‎ B．常温下，NO易被氧气氧化生成二氧化氮，NO不易溶于水，所以NO应该采用排水法收集，故B错误；‎ C．如果X为四氯化碳，氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，能溶于水，气体不能与水直接接触，能防止倒吸，故C正确；‎ D．氨气属于碱性气体，所以能用碱石灰干燥，氨气密度小于空气且常温下和空气不反应，所以可以采用向下排空气法收集，氨气有刺激性气味，不能直接排空，可以用水稀释，导致的漏斗能防止倒吸，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．根据泡利的原子轨道能级图和“能级交错”现象，原子轨道的能量高低顺序是：ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np（n为能层序数，g能级中有9个轨道）．则未来的第八周期应包括的元素的种类是（　　）‎ A．32 B．50 C．64 D．128‎ ‎【考点】原子结构的构造原理．‎ ‎【分析】根据电子排布规律，结合各能级中所容纳的电子数：p能级中最多有6个电子，d能级中最多有10个电子，f能级中最多有14个电子，g能级中最多有18个电子，据此分析．‎ ‎【解答】解：第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6，第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6，从8s1到8s28p6，‎ 其中间增排了8s25g1～186f147d108p6，核电荷数增加了50，故第八周期元素有50种，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B．Na2S溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+‎ C．0.1 mol•L﹣1 NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；‎ B．硫化钠与铜离子反应生成硫化铜沉淀；‎ C．四种离子之间不反应，都不与碳酸氢铵反应；‎ D．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子．‎ ‎【解答】解：A．Fe3+和SCN﹣之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Na2S、Cu2+之间反应生成硫化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，都不与NH4HCO3反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．KNO3和NaHSO4的溶液中硝酸根离子能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．元素周期表中ⅣA元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定．结合所学知识，判断下列反应中（反应条件略）正确的是（　　）‎ ‎①Pb+2Cl2═PbCl4‎ ‎②Sn+2Cl2═SnCl4‎ ‎③SnCl2+Cl2═SnCl4‎ ‎④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O ‎⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O．‎ A．②③⑤ B．②③④ C．①②③ D．①②④⑤‎ ‎【考点】碳族元素简介．‎ ‎【分析】依据题干给出元素化合价的稳定性判断解答．‎ ‎【解答】解：①Pb+2Cl2═PbCl4，生成物PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故①错误；‎ ‎②Sn+2Cl2═SnCl4，生成物SnCl4中Sn为+4价，稳定，故②正确；‎ ‎③SnCl2+Cl2═SnCl4，SnCl2Sn为+2价不稳定，能够继续被氧化为+4价，故③正确；‎ ‎④PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故④错误；‎ ‎⑤Pb3O4+8HCl═3PbCl2+Cl2↑+4H2O，PbCl2中Pb为+2价，是稳定的，故⑤正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．下列说法中错误的是（　　）‎ A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性 B．在H3O+、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′‎ ‎【考点】元素周期律的作用；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况．‎ ‎【分析】A、对角线规则：处于对角线位置的元素性质具有相似性；‎ B、配位键是成键原子一方提供电子对，一方提供空轨道的化学键；‎ C、根据元素电负性的含义来回答；‎ D、正四面体分子且键角都为109°28′．‎ ‎【解答】解：A、根据周期律对角线规则，金属Be与铝单质及其化合物的性质相似，故A正确；‎ B、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+、H3O+中都存在配位键，故B正确；‎ C、元素电负性越大的原子，得电子能力越强，故C正确；‎ D、CH4是正四面体分子，键角都为109°28′，P4是正四面体分子，键角为60°，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．Cu与浓硝酸反应制NO2：Cu+4HNO3（浓）═Cu2++2NO3﹣+2NO2↑+2H2O B．向Fe（NO3）2溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O C．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸应该拆开；‎ B．酸性条件下硝酸根离子能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时硝酸根离子被氧化成NO气体；‎ C．石灰水少量，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，反应产物中含有碳酸根离子；‎ D．二氧化碳过量，飞已售出碳酸氢根离子．‎ ‎【解答】解：A．Cu与浓硝酸反应制NO2，浓硝酸需要拆开，正确的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O，故A错误；‎ B．向Fe（NO3）2溶液中加入盐酸，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，故B正确；‎ C．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故C错误；‎ D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 B 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸 无砖红色沉淀产生 淀粉未水解 C 向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应 D 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；‎ B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；‎ C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；‎ D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色．‎ ‎【解答】解：A．向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；‎ B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；‎ C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；‎ D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．有Xn+、Ym+、Zn﹣，已知它们各自带有的电荷数值m＞n，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数．若按X→Y→Z的顺序，下列说法中正确的是（　　）‎ A．它们的最高价氧化物的相应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强 B．它们的原子半径依次增大 C．它们的单质在常温．常压下的密度依次减小 D．它们的最高价氧化物的水化物都是强电解质 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】X、Y、Z为短周期元素，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数，则X、Y、Z 一定是在第3周期，能简单离子为Xn+、Ym+、Zn﹣，且数值m＞n，所以X为钠元素，Y为铝元素，Z为氯元素．‎ A、NaOH为强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，HClO4是强酸；‎ B、同周期原子半径随原子序数的增加而减小；‎ C、铝的密度比钠的大；‎ D、Al（OH）3是弱电解质．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z为短周期元素，且X、Y、Z三种原子的M电子层中的电子数均为奇数，则X、Y、Z 一定是在第3周期，能简单离子为Xn+、Ym+、Zn﹣，且数值m＞n，所以X为钠元素，Y为铝元素，Z为氯元素．‎ A、NaOH为强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，HClO4是强酸，则它们的最高价氧化物的相应水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强，故A正确；‎ B、同周期原子半径随原子序数的增加而减小，X、Y、Z半径依次减小，故B错误；‎ C、铝的密度比钠的大，氯气常温下为气体，故C错误；‎ D、NaOH为强碱，HClO4是强酸，二者都是强电解质，Al（OH）3是弱电解质，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．下列关于丙烯（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的（　　）‎ A．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化 B．丙烯分子存在非极性键和极性键 C．丙烯分子有7个σ键，1个π键 D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上 ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】A．碳碳双键中的碳原子为sp2杂化；‎ B．C、C之间为非极性键，C、H之间为极性键；‎ C．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键；‎ D．丙烯分子中3个碳原子在同一平面内．‎ ‎【解答】解：A．因碳碳双键中的碳原子为sp2杂化，则丙烯分子中只有1个碳原子是sp3杂化，故A错误；‎ B．C、C之间为非极性键，C、H之间为极性键，则丙烯分子存在非极性键和极性键，故B正确；‎ C．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故C错误；‎ D．根据乙烯为平面结构，则丙烯分子中3个碳原子在同一平面内，故D错误；‎ 故选B．．‎ ‎　‎ ‎16．从某些反应看，NH3和H2O、NH4+和H3O+、NH2﹣和OH﹣、N3﹣和O2﹣两两类似．据此判断下列反应正确的是（　　）‎ ‎①CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O ‎ ‎②2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑‎ ‎③3Mg（NH2）2=Mg3N2+4NH3↑‎ ‎④NH4Cl+NaNH2=NaCl+2NH3↑‎ A．只有③ B．只有① C．①和② D．都正确 ‎【考点】化学方程式的书写．‎ ‎【分析】依据NH3和H2O；NH4+和H3O+；NH2﹣和OH﹣；N3﹣和O2﹣，每组中的物质性质两两相似，通过对已学过离子的性质和发生的反应推断相应离子的性质，利用类推方法得到答案．‎ ‎【解答】解：①NH4+和H3O+相当，依据CaO+2HCl=CaCl2+H2O；类推得到反应：CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+H2O，故正确；‎ ‎②NH3和H2O相当，可以依据2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，故正确；‎ ‎③OH﹣和NH2﹣相当，N3﹣和O2﹣两两相当，依据Mg（OH）2=MgO+H2O，类推得到：3Mg（NH2）2Mg3N2+4NH3↑，故正确；‎ ‎④OH﹣和NH2﹣相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3+H2O；类推得到：NH4Cl+NaNH2═NaCl+2NH3，故正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎17．有三种短周期元素，最外层电子数之和为17，质子数之和为31．如果这三种元素中有一种是氩元素，则关于另外两种元素的说法不正确的是（　　）‎ A．如果一种元素是金属元素，则另一种元素一定是稀有元素 B．如果一种元素的单质通常情况下是气体，则另一种元素的单质通常情况下是固体 C．如果一种元素的气态氢化物是三角锥形分子，则另一种元素的气态氢化物可能是正四面体形分子 D．如果一种元素的最高正价是+3，则另一种元素的单质有两种常见的同素异形体 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】有三种短周期元素，最外层电子数之和为17，质子数之和为31．如果这三种元素中有一种是氩元素，Ar原子最外层电子数是8、质子数是18，则另外两种元素最外层电子数是9、质子数之和是13，两种原子最外层电子数一个大于4.5一个小于4.5，质子数一个大于6.5一个小于6.5，符合条件的有Li和Ne、Be和F、B和O、C和N元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：有三种短周期元素，最外层电子数之和为17，质子数之和为31．如果这三种元素中有一种是氩元素，Ar原子最外层电子数是8、质子数是18，则另外两种元素最外层电子数是9、质子数之和是13，两种原子最外层电子数一个大于4.5一个小于4.5，质子数一个大于6.5一个小于6.5，符合条件的有Li和Ne、Be和F、B和O、C和N元素，‎ A．由以上分析可知，如一种元素为Be，则另一种元素为F，故A错误；‎ B．符合条件的有Li和Ne、Be和F、B和O、C和N元素，可知一种元素的单质通常情况下是气体，则另一种元素的单质通常情况下是固体，故B正确；‎ C．如为N，气态氢化物是三角锥形分子，另一种元素为C，对应的甲烷是正四面体形分子，故C正确；‎ D．如一种元素为B，则另一种元素为O，对应的单质有两种常见的同素异形体，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．肼（N2H4）是一种可用于火箭或原电池的燃料．已知：‎ N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol 　　　　　　　　　　 ①‎ N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ/mol ②‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量 B．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=﹣1000.3kJ/mol C．铂做电极，KOH溶液做电解质溶液，由反应②设计的燃料电池其负极反应式：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O D．铂做电极，KOH溶液做电解质溶液，由反应②设计的燃料，工作一段时间后，KOH溶液的pH将增大 ‎【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、反应①为吸热反应，反应后能量升高；‎ B、利用盖斯定律的计算，首先书写出化学方程式，在利用两个已知方程式推导出目标方程式，再求出反应热；‎ C、负极是N2H4失电子生成N2和H2O；‎ D、根据总方程分析溶液中氢氧根离子浓度的变化．‎ ‎【解答】解：A、已知N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol，该反应为吸热反应，反应后能量升高，所以反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，故A错误；‎ B、已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g），△H=+67.7kJ/mol ①‎ N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534kJ/mol ②‎ 写出目标方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g），可以通过①②联立，2×②﹣①得到即2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g），△H=2×②﹣①=2×（﹣534kJ/mol）﹣（+67.7kJ/mol）=﹣1135.7kJ/mol，所以2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣1135.7kJ/mol，故B错误；‎ C、负极是N2H4失电子生成N2和H2O，则其电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故C正确；‎ D、已知该电池反应的总方程为：N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，溶液的体积增大，所以氢氧化钾的浓度减小，即溶液的pH减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．羟胺（NH2OH）是一种还原剂．现用25.00mL0.049mol•L﹣1的羟胺的酸性溶液跟足量的Fe2（SO4）3溶液在煮沸条件下反应，生成Fe2+离子恰好与24.5mL0.020049mol•L﹣1 的酸性KMnO4溶液完全作用生成Fe2（SO4）3，KMnO等物质，则上述反应中羟胺的氧化产物是（　　）‎ A．N2O B．N2 C．NO D．NO2‎ ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】由信息“用25.00mL0.049mol•L﹣1的羟胺的酸性溶液跟足量的Fe2（SO4）3溶液在煮沸条件下反应，生成Fe2+离子恰好与24.5mL0.020049mol•L﹣1 的酸性KMnO4溶液完全作用”可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，以此来计算．‎ ‎【解答】解：由25.00mL 0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.5mL0.020049mol•L﹣1 的KMnO4酸性溶液完全作用可知，‎ NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，‎ 设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，‎ 由电子守恒可知，25.00mL×0.001L×0.049mol/L×（x+1）=24.50mL×0.001L×0.020049mol•L﹣1×（7﹣2），‎ 解得x=1，羟胺的氧化产物是N2O，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．3.04g铜镁合金完全溶解于100mL14.0mol•L﹣1的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体2240mL（标准状况），向反应后的溶液中加入2.0mol•L﹣1NaOH溶液，当金属离子完全沉淀时，得到5.08g沉淀．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1‎ B．被还原的硝酸的物质的量是0.12mol C．得到5.08g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是700mL D．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，沉淀中氢氧根的质量为5.08g﹣3.04g=2.04g，氢氧根的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.12mol，‎ 令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.04 y=0.02，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，沉淀中氢氧根的质量为5.08g﹣3.04g=2.04g，氢氧根的物质的量为=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，即金属提供电子为0.12mol，‎ 令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.04 y=0.02，‎ A、该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A正确；‎ B、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.1mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.1﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.1﹣a）×2×‎ ‎1=0.12，解得a=0.08，N2O4 的物质的量=0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，所以被还原的硝酸的物质的量为：0.08+0.02×2=0.12mol，故B正确；‎ C、反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为1.4mol﹣0.08mol﹣0.02mol×2=1.28mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故C错误；‎ D、由B可知：NO2的体积分数是×100%=80%，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、选择题（本小题包括10个小题，每小题2分，共20分．每小题有一个或两个选项符合题意．全对2分，有错选0分，只选一个且正确1分）‎ ‎21．下列分子或离子之间互为等电子体的是（　　）‎ A．CH4和H3O+ B．NO3﹣ 和SO3 C．O3和CO2 D．N2和C22﹣‎ ‎【考点】“等电子原理”的应用．‎ ‎【分析】先根据具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，然后判断电子的数目来解答．‎ ‎【解答】解：A．CH4含有4个原子，H3O+含有4个原子，不是等电子体，故A错误；‎ B．NO3﹣的价电子数为5+6×3+1=24，SO3的价电子数为6×4=24，含有相同原子数4，为等电子体，故B正确；‎ C．O3的价电子数为6×3=18，CO2的价电子数为4+6×2=16，不是等电子体，故C错误；‎ D．N2的价电子数为5×2=10，C22﹣的价电子数为4×2+2=10，含有相同原子数2，为等电子体，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎22．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示的转化关系的是（　　）‎ ‎ 选项 ‎ X ‎ Y ‎ Z 箭头上所标数字的反应条件 ‎ ‎ A ‎ CaO ‎ Ca（OH）2‎ ‎ CaCO3‎ ‎①常温遇水 ‎ ‎ B ‎ AlCl3‎ ‎ NaAlO2‎ ‎ Al（OH）3‎ ‎ ②通入CO2‎ ‎ C ‎ Fe2O3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ Fe（OH）3‎ ‎③加入盐酸 ‎ ‎ D ‎ Cl2‎ ‎ Ca（ClO）2‎ HClO ‎ ‎③加入盐酸 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．‎ ‎【分析】A．碳酸钙无法通过一步反应转化成氢氧化钙；‎ B．氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝；‎ C．氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，不会生成氧化铁；‎ D．氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙溶液和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸和浓盐酸反应生成氯气．‎ ‎【解答】解：A．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液和二氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙分解生成氧化钙，但碳酸钙不能发生反应生成氢氧化钙，故A正确；‎ B．AlCl3和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，NaAlO2溶液与二氧化碳反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸反应生成AlCl3、与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，各物质之间通过一步反应可以实现，故B错误；‎ C．Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁固体加入可以得到氧化铁，而③为加热，不能是加入盐酸，故C正确；‎ D．氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙溶液和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸和浓盐酸反应生成氯气，所以各个反应都能一步实现，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎23．已知 I﹣、Fe2+、SO2、Cl﹣和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl﹣＜Fe2+＜H2O2＜I﹣＜SO2，则下列反应不能发生的是（　　）‎ A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+‎ B．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI C．H2O2+H2SO4=SO2+O2+2H2O D．2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2‎ ‎【考点】氧化性、还原性强弱的比较．‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2＞I﹣＞H2O2＞Fe2+＞Cl﹣来判断反应能否发生．‎ ‎【解答】解：A、2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A不选；‎ B、I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I﹣，与已知的还原性强弱一致，故B不选；‎ C、若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故C选；‎ D、2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2反应中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I﹣为还原剂，还原性强弱为I﹣＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎24．R为1～18号元素，其原子所具有的电子层数为最外层电子数的，它可能形成的含氧酸根离子有：①RO32﹣，②RO42﹣，③R2O32﹣，下列叙述判断正确的是（　　）‎ A．当它可以形成①时，不可能形成③‎ B．当它形成①时，也可以形成②和③‎ C．当它可以形成②时，不可能形成③‎ D．当它可以形成①时，不可能形成②‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】R为1～18号元素，其原子所具有的电子层数为最外层电子数的，若R的电子层为1，则核外电子数为2，为He元素，He性质稳定，没有含氧酸根；若R的电子层为2，则最外层电子数为4，为C元素；若R的电子层为3，则最外层电子数为6，为S元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：R为1～18号元素，其原子所具有的电子层数为最外层电子数的，若R的电子层为1，则核外电子数为2，为He元素，He性质稳定，没有含氧酸根；若R的电子层为2，则最外层电子数为4，为C元素；若R的电子层为3，则最外层电子数为6，为S元素，‎ A．当它可以形成①时，可为SO32﹣，不可能形成S2 O32﹣，故A错误；‎ B．当它形成①时，可为SO32﹣，也可以形成S2 O32﹣和SO42﹣，故B正确；‎ C．当它可以形成②时，可为SO42﹣，可形成S2 O32﹣，故C错误；‎ D．当它可以形成①时，可为SO32﹣，可形成SO42﹣，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎25．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素．其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构．下列说法正确的是（　　）‎ A．X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为：W＞Y＞Z＞X B．在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子所含的共用电子对数相等 C．与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键 D．X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的有机物 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：在化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，相应分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X应为H，形成的化合物分别为C2H2、N2H4、H2O2，则Y为C，Z为N，W为O，‎ A．X、Y、Z、W的原子半径的大小关系为C（Y）＞N（Z）＞W（O）＞X（H），故A错误；‎ B．在化合物C2H2、N2H4、H2O2中，含有的电子对数分别为5、5、3，不相等，故B错误；‎ C．氢化物的稳定性与氢键无关，与共价键的强弱有关，故C错误；‎ D．X、Y、Z、W四种元素可形成化学式为H7C2NO2的化合物，为CH2OH﹣CH（OH）NH2，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎26．人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（　　）‎ A．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”‎ B．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”‎ C．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”‎ D．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”‎ ‎【考点】原子结构的构造原理；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】主族元素除最外层以外的各内层电子都是成对的，最外层为nsx或ns2npy ‎，s能级只有1个轨道最多容纳2个电子，p能级含有3个简并轨道，电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，如两电子占据np轨道分别占据两个轨道，形成两个未成对电子，结合选项讨论最外层电子数，根据核外电子排布规律分析．‎ ‎（注意：s p d f 能级所含轨道数分别为1、3、5、7，均为奇数，而电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，每个轨道最多容纳2个电子，故核外电子总数为奇数一定具有未成对电子，为偶数可能含有未成对电子，也可能没有未成对电子）．‎ ‎【解答】解：A、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy，则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故A正确；‎ B、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy，则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故B错误；‎ C、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy，则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故C正确；‎ D、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx，则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy，则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故D错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎27．下列化学实验事实及其结论都正确的是（　　） ‎ 选项 实验事实 结论 A 将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4‎ HClO的氧化性比H2SO4强 ‎ B 向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀 溶液X中一定含有SO42﹣‎ ‎ C SiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应 SiO2属于两性氧化物 D 将SO2通入溴水中，溴水褪色 SO2具有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物；‎ B．该沉淀为硫酸钡或氯化银，注意稀硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；‎ C．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物；‎ D．发生氧化还原反应生成硫酸和HBr．‎ ‎【解答】解：A．二者发生氧化还原反应生成硫酸，次氯酸为氧化剂，硫酸为氧化产物，则HClO的氧化性比H2SO4强，故A正确；‎ B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有SO42﹣，故B错误；‎ C．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物，而二氧化硅与盐酸、硫酸等不反应，只属于酸性氧化物，故C错误；‎ D．发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，S元素的化合价升高，体现二氧化硫具有还原性，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎28．H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫．反应原理为：2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O（l）△H=﹣632kJ•mol﹣1．如图为质子膜H2S燃料电池的示意图．下列说法正确的是（　　）‎ A．电极a为电池的正极 B．电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4 OH﹣‎ C．电路中每流过4mol电子，电池内部释放632kJ热能 D．每17gH2S参与反应，有1mol H+经质子膜进入正极区 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；‎ B、正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e﹣=2H2O，故B错误；‎ C、电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；‎ D、每17g即=0.5molH2S参与反应，则消耗0.25mol氧气，则根据O2+4H++4e﹣=2H2O，所以有1mol H+经质子膜进入正极区，故D正确；‎ 故答案为：D．‎ ‎　‎ ‎29．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（　　）‎ A．194 B．391 C．516 D．658‎ ‎【考点】化学能与热能的相互转化．‎ ‎【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．‎ ‎【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3=2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，‎ 设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎30．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=‎ B．参加反应的氯气的物质的量等于a mol C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a mol≤ne≤a mol D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】A．令n（ClO﹣）=1mol，则n（Cl﹣）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3﹣）；‎ B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），联立计算参加反应氯气的物质的量；‎ C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），进而计算转移电子物质的量范围；‎ D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），结合电子转移守恒计算．‎ ‎【解答】解：A．令n（ClO﹣）=1mol，反应后C（Cl﹣）：C（ClO﹣）=11，则n（Cl﹣）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3﹣）=2mol，故溶液中=，故A正确；‎ B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=0.5amol，故B正确；‎ C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为： a mol×5=‎ a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量ne的范围为： a mol≤ne≤a mol，故C正确；‎ D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎31．有以下微粒：①N2H4 ②P4 ③H2O ④N2 ⑤H3O+ ⑥NH4+ ⑦CO2 ⑧H2O2‎ ‎（填编号）‎ ‎（1）既有极性键又有非极性键的是　①⑧　；‎ ‎（2）既有σ键又有π键的是　④⑦　；‎ ‎（3）微粒中不含孤电子对的是　⑥　； ‎ ‎（4）立体构型呈正四面体的是　②⑥　；‎ ‎（5）⑤和⑧的电子式分别为　　和　　；‎ ‎（6）⑥和⑦的结构式分别为　　和　O=C=O　．‎ ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，单键中含有一个σ键，双键、三键中含有σ键和π键，结合分子的空间构型和电子式解答．‎ ‎【解答】解：①N2H4 中含有N﹣H键和N﹣N键，N原子上含有一个孤电子对；‎ ‎②P4中含有P﹣P键，P原子上含有孤电子对；‎ ‎③H2O中含有H﹣O键，O原子上含有孤电子对；‎ ‎④N2 中含有N≡N键，N原子上含有孤电子对；‎ ‎⑤H3O+ 中含有H﹣O键，O原子上有孤电子对；‎ ‎⑥NH4+ 中含有H﹣N键，N原子上没有孤电子对；‎ ‎⑦CO2 中含有C=O键，O原子上含有孤电子对；‎ ‎⑧H2O2中含有O﹣H键和O﹣O键，O原子上含有孤电子对；‎ ‎（1）既有极性键又有非极性键的是①⑧，故答案为：①⑧；‎ ‎（2）既有σ键又有π键的是④⑦，故答案为：④⑦；‎ ‎（3）微粒中不含孤电子对的是⑥，故答案为：⑥； ‎ ‎（4）立体构型呈正四面体的是②⑥，故答案为：②⑥；‎ ‎（5）水合氢离子中O原子还含有一个孤电子对，其电子式为：；双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：，‎ 故答案为：；；‎ ‎（6）NH4+结构中氮原子和氢原子间的配位键是氮原子提供孤对电子，其结构式为；CO2中存在C=O键，其结构式为O=C=O，‎ 故答案为：；O=C=O．‎ ‎　‎ ‎32．以下反应均为放热反应，根据热化学方程式，比较△H1和△H2的大小 ‎①I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1； I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2，则△H1　＜　△H2‎ ‎②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H1； H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H2，则△H1　＜　△H2．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】①为放热反应，△H＜0，固体总能量小于气体总能量；‎ ‎②氯气较活泼，与氢气反应放出的热量较多．‎ ‎【解答】解：①为放热反应，△H＜0，固体总能量小于气体总能量，可知固体碘与氢气反应放出的能量较少，则△H1＜△H2，故答案为：＜；‎ ‎②氯气较活泼，与氢气反应放出的热量较多，且都为放热反应，△H＜0，则△H1＜△H2，故答案为：＜．‎ ‎　‎ ‎33．如表为元素周期表的一部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置．试回答下列问题：‎ ‎（1）写出表中⑥含有8个中子的原子的化学符号　146C　，元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为　Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO　．‎ ‎（2）元素⑩的核外电子排布式　1s22s22p63s23p63d64s2　．‎ ‎（3）根据元素周期表来比较④和Cs的金属性，要通过另一种元素作中介或桥梁进行比较，这种元素是　Na或Ba　（填元素符号）．‎ ‎（4）据报道，美国科学家卡尔•克里斯特于1998年11月根据①合成了一种名为“N5”的物质，由于其极强的爆炸性，又称“盐粒炸弹”．迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5‎ ‎”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排列成V形．如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，则“N5”分子碎片的电子式为：　　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】由元素在周期表的位置可知，①～⑩分别为N、Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、I、Fe，‎ ‎（1）⑥含有8个中子的原子为C原子，质量数为14；元素⑦的氢化物与⑧的单质反应生成盐酸和HClO；‎ ‎（2）Fe的原子序数为26；‎ ‎（3）比较④和Cs的金属性，结合同周期从左向右金属性减弱、同主族从上到下金属性增强分析；‎ ‎（4）“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排列成V形．如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，中间N原子上有2对孤对电子．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表的位置可知，①～⑩分别为N、Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、I、Fe，‎ ‎（1）表中⑥含有8个中子的原子的化学符号为146C，元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，‎ 故答案为：146C；Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；‎ ‎（2）Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；‎ ‎（3）因同周期从左向右金属性减弱、同主族从上到下金属性增强，则比较④和Cs的金属性，可选择Na或 Ba作中介或桥梁进行比较，‎ 故答案为：Na或 Ba； ‎ ‎（4）“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排列成V形．如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，中间N原子上有2对孤对电子，其电子式为，故答案为：．‎ ‎　‎ ‎34．为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下：‎ 部分含钒物质在水中的溶解性如下：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎（VO2）2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎（1）图中所示滤液中含钒的主要成分为　VOSO4　（写化学式）．‎ ‎（2）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式　NH4++VO3﹣=NH4VO3↓　；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4‎ Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度．根据如图判断最佳控制氯化铵系数和温度为　4　和　80℃　．‎ ‎（3）用硫酸酸化的H2C2O4溶液和（VO2）2SO4溶液反应，以测定反应②后溶液中含钒量，完成反应的离子方程式为：□VO2++□H2C2O4+□　2H+　=□VO2++□CO2↑+□H2O ‎（4）全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为：VO2++V2++2H+VO2++H2O+V3+，电池放电时正极的电极反应式为　VO2++2H++e﹣═VO2++H2O　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3﹣，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，‎ ‎（1）废钒催化剂的组成及表中数据判断滤液主要成分分析，VOSO4为可溶性物质；‎ ‎（2）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3﹣反应生成难溶性的NH4VO3，根据图知，在80℃、氯化铵系数为4时沉降率最大；‎ ‎（3）该反应中V元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为2，再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；‎ ‎（4）全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，根据电池的工作原理，电池充电时阳极上VO2+失电子发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3﹣，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，‎ ‎（1）废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣，由于V2O5为难溶物，VOSO4为可溶性物质，所以滤液中含钒的主要成分为VOSO4，‎ 故答案为：VOSO4 ；‎ ‎（2）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3﹣，离子方程式为：NH4++VO3﹣=NH4VO3↓，‎ 根据沉钒率与沉淀温度的图象可知，在80℃时沉矾率最高为98%，再根据氯化铵系数与沉钒率可知，氯化铵系数为4时沉钒率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度分别为：4、80℃，‎ 故答案为：NH4++VO3﹣=NH4VO3↓； 4；80℃；‎ ‎（3）该反应中V元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为2，再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；‎ ‎（4）正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O，‎ 故答案为：VO2++2H++e﹣═VO2++H2O．‎ ‎　‎ ‎35．（1）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用．目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应．‎ 反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）△H1‎ 反应Ⅱ：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌NH4HCO3（aq）△H2‎ 反应Ⅲ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）△H3‎ 则△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3=　2△H2﹣△H1　．‎ ‎（2）白磷与氧气反应生成P4O10固体．下表所示是部分化学键的键能参数：‎ 化学键 P﹣P P﹣O P═O ‎ O═O 键能/kJ•mol﹣1‎ a b c ‎ d 根据图1的分子结构和有关数据通过计算写出该反应的热化学方程式为　P4（s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1　．‎ ‎（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构式如图2）之间脱去两个水分子产物，其结构式为　　，三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为　Na5P3O10　．‎ ‎（4）已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为：P4（s，白磷）+3O2（g）═P4O6（s）△H=﹣1 638kJ•mol﹣1．‎ 在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气（标准状况），控制条件使之恰好完全反应．则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为　3：1　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律可知，将②×2﹣①即可得目标反应③；‎ ‎（2）白磷与氧气反应生成P4O10固体的化学方程式为：P4（s）+5O2（g）═P4O10（s），根据白磷和P4O10的空间结构可知，此反应断开6molP﹣P键、5molO=O键，形成4molP=O键和12molP﹣O键，据此分析；‎ ‎（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子产物，则分子中含3个P，4个﹣OH；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠；‎ ‎（4）设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y，结合原子守恒计算得到．‎ ‎【解答】解：（1）已知反应反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）△H1‎ 反应Ⅱ：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌NH4HCO3（aq）△H2，根据盖斯定律可知，将II×2﹣I即可得目标反应III，故可得：反应Ⅲ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）△H3=2△H2﹣△H1，故答案为：2△H2﹣△H1；‎ ‎（2）白磷与氧气反应生成P4O10固体的化学方程式为：P4（s）+5O2（g）═P4O10（s），根据白磷和P4O10的空间结构可知，此反应断开6molP﹣P键、5molO=O键，形成4molP=O键和12molP﹣O键，故有：P4（s）+5O2（g）═P4O10（s）‎ ‎ 吸收：（6aKJ+5dKJ） 放出：（4c+12b）KJ 故有：△H=（6a+5d﹣4c﹣12b）KJ/mol=﹣（ 4c+12b﹣6a﹣5d ） kJ•mol﹣1，故答案为：P4（s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣（ 4c+12b﹣6a﹣5d ） kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子之间脱去两个水分子产物，其结构式为；三聚磷酸中羟基的氢原子被钠离子取代生成三聚磷酸钠，三聚磷酸钠的化学式为：Na5P3O10，故答案为：；Na5P3O10；‎ ‎（4）在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气（标准状况），白磷中磷原子物质的量==2mol原子，氧气物质的量==2.25mol，含有4.5mol氧原子；依据原子守恒列式计算：设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y ‎4x+4y=2‎ ‎5x+3y=2.25‎ 计算出x=0.375mol，‎ y=0.125mol 最后生成0.375molP4O10，0.125molP4O6mol，故物质的量之比为3：1；‎ 故答案为：3：1．‎