化学卷·2018届河南省南阳市社旗县永昌中学高二上学期开学化学试卷 （解析版） 33页

‎2016-2017学年河南省南阳市社旗县永昌中学高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．SO2的摩尔质量是64g B．18g H2O在标准状况下的体积是22.4L C．在标准状况下，20mL NH3 与60mL O2所含的分子数比为1：3‎ D．将40g NaOH溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L ‎2．“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，如图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该反应属于氧化还原反应 B．甲和丙中同种元素化合价不可能相等 C．丁物质一定是非金属单质 D．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2‎ ‎3．aLAl2（SO4）3溶液中含有Al3+为b mol，则该溶液里SO42﹣的物质的量浓度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．2010年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联反应”领域作出突出贡献的三位化学家．下列有关钯原子（Pd）的说法不正确的是（　　）‎ A．质量数为106 B．质子数为46 C．电子数为46 D．中子数为46‎ ‎5．某盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Clˉ，则SO42ˉ为（　　）‎ A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．电力、蒸汽都属于二次能源 B．蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质 C．合成纤维、光导纤维都是高分子化合物 D．煤的气化和液化都是物理变化 ‎7．金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质．在101kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量．下列说法不正确的是（　　）‎ A．石墨比金刚石稳定 B．金刚石与石墨的性质相似 C．1mol金刚石比1mol石墨的总能量高 D．1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量石墨比金刚石少 ‎8．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）‎ ‎①KOH Na2SO4 AlCl3‎ ‎②HCl NaAlO2 NaCl ‎③NaHCO3 Ba（OH）2 H2SO4‎ ‎④Ca（OH）2 Na2CO3 BaCl2．‎ A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④‎ ‎9．用NA表示阿伏加德罗常数数值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．64g SO2中含有的氧原子数为1NA B．物质的量浓度为0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液，含有Cl﹣数为1NA C．常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NA D．标准状况下，22.4L H2O的分子数为1NA ‎10．铝制品不宜长期盛放酸性食品和碱性食品是因为铝制品表层物质属于（　　）‎ A．金属铝 B．碱性氧化物 C．酸性氧化物 D．两性氧化物 ‎11．把一小块钠投入浓氨水中，逸出的气体是（　　）‎ A．全为H2 B．全为NH3 C．NH3•H2O D．H2和NH3‎ ‎12．相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．若分子数相等，则体积相等 B．若原子数相等，则中子数相等 C．若质量相等，则质子数相等 D．若体积相等，则质量数相等 ‎13．少量金属钠长时间放置空气中最终转化为白色粉末状的物质是（　　）‎ A．Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3‎ ‎14．在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g•cm﹣3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为（　　）‎ A．18.4mol•L﹣1　34.7% B．20.4mol•L﹣1　38.5%q2‎ C．18.4mol•L﹣1　38.5% D．20.4mol•L﹣1　34.7%‎ ‎15．下列离子方程式式书写正确的是（　　）‎ A．明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO42++2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O B．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣‎ C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣‎ D．硝酸亚铁溶液和稀盐酸混合：Fe2++4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分41分）‎ ‎16．氧原子的质量数为16，质子数为8，那么它的中子数是　　．‎ ‎17．某种溶液仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离与离子水解），且各种离子的物质的量均为1mol．‎ 阳离子 K+ Ba2+ Fe2+ Al3+ Fe3+ Mg2+‎ 阴离子 OH﹣ HCO3﹣ CO32﹣ Cl﹣ NO3﹣ SO42﹣‎ 若向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成．经分析反应后溶液中阴离子的种类没有变化．‎ ‎（1）溶液中　　（填“一定”、“一定不”或“可能”）含有HCO3﹣或CO32﹣，理由是　　．‎ ‎（2）原溶液中所含的阴离子为　　，阳离子为　　．‎ ‎（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子反应方程式为　　．‎ ‎（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧至恒重，得到固体质量为　　g．‎ ‎18．某化学兴趣小组用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2‎ 后得到溶液A（液体体积无变化）．为了确定溶液A的溶质成分及a值，该兴趣小组的同学进行了如下实验．请帮助他们完成下列相应实验内容．‎ ‎[提出假设]‎ 假设Ⅰ：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；‎ 假设Ⅱ：溶液A的溶质为Na2CO3；‎ 假设Ⅲ：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；‎ 假设Ⅳ：溶液A的溶质为　　．‎ ‎[实验过程]‎ ‎（1）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，由此得出假设I成立．‎ ‎（2）乙同学分析后认为甲同学的实验结论有误．请用离子方程式说明乙同学的判断依据　　；他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的　　溶液，来检验溶液A是否含　　，结果加入检验溶液后观察到溶液A变浑浊．‎ ‎（3）丙同学为了检验溶液A是否还含其它溶质，他将乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，则假设　　正确．‎ ‎（4）为准确测定a值，丁同学取了10mL 溶液A在锥形瓶中，用滴定管向其中加入某浓度的稀硫酸，记录加入硫酸的体积与生成气体的情况，并绘制成如图：则a=　　，所加硫酸的物质的量浓度为　　．‎ ‎19．实验室配制500mL 0.1mol/LNa2CO3溶液回答下列问题 ‎（1）应用托盘天平称取十水碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）　　g ‎（2）用托盘天平和小烧杯称出碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为　　‎ A．调整零点 B．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 C．称量空的小烧杯 D．将砝码放回砝码盒内 E．记录称量结果 ‎（3）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、　　、　　、　　、　　．‎ ‎（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？‎ A．加水时超过刻度线　　；‎ B．忘记将洗涤液转入容量瓶　　；‎ C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理　　；‎ D．定容后摇匀液面低于刻度线　　．‎ E．转移时有少量液体溅出　　．‎ ‎20．某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验：‎ ‎（1）先关闭活塞a，将6.4g铜片和10mL 18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余．再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失．‎ ‎①写出上述过程中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式：‎ 打开活塞a之前　　；‎ 打开活塞a之后　　．‎ ‎②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请直接在图上把导管补充完整．‎ ‎（2）实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余．为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：‎ ‎①甲学生设计的方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的物质的量．他测定SO2‎ 的方法是将装置A产生的气体缓缓通过装置D，从而测出装置A产生气体的体积（已折算成标准状况下）．你认为甲学生设计的实验方案中D装置中的试剂为　　（填化学式）．‎ ‎②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液冷却后全部移入到烧杯中稀释，并按正确操作配制100mL溶液，再取20mL于锥形瓶中，用　　作指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定[已知：Cu（OH）2开始沉淀的pH约为5]，选择该指示剂的理由为　　；再求出余酸的物质的量，若耗去a mol/L氢氧化钠溶液b mL，则原余酸的物质的量为　　mol（用含a、b的表达式来表示）．‎ ‎21．盛有NO和NO2 的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半．‎ ‎（1）写出有关反应的化学方程式．‎ ‎（2）原混合气体中NO和NO2的体积比是多少？‎ ‎22．已知A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．‎ ‎（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出E中含有的化学键类型　　；已知1molA与水反应放出283.5kJ的热量，试写出A与水反应的热化学反应方程式　　；‎ ‎（2）若A 为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则单质A与H2O反应的离子方程式　　．‎ ‎（3）若A 为淡黄色粉末，回答下列问题：‎ ‎①1molA与足量的H2O充分反应时，转移电子总数为　　‎ ‎②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的结构式　　‎ ‎（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D加入KSCN溶液变红．‎ ‎①A与H2O反应的离子方程式　　‎ ‎②请用离子方程式表示D盐的净水原理　　．‎ ‎23．铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如图所示，请回答有关问题：‎ ‎（1）请写出上图中对应物质的化学式：固体A为　　，沉淀C为　　，沉淀E为　　，固体X为　　．‎ ‎（2）溶液B到溶液D发生反应的离子方程式：　　；沉淀E灼烧分解得到氧化铝的化学方程式为　　．‎ ‎（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入　　（填检验试剂），现象为　　．‎ ‎（4）滤液K中溶质的主要成份是　　（填化学式）．‎ ‎24．有A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属．A原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲具有10e﹣、空间构型为三角锥形，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C与E同主族．图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：‎ ‎①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；‎ ‎②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：‎ ‎（1）化合物甲的电子式为　　．‎ ‎（2）F元素在周期表中的位置　　稳定性：A2C　　A2E（填“大于”“小于”“等于”）．‎ ‎（3）均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式　　‎ ‎（4）丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为：　　‎ ‎（5）已知常温下化合物FE的Ksp=6×10﹣18 mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2E溶液与含FSO4溶液按体积比3：2混合，若有沉淀F E生成，则所需的FSO4的浓度要求　　．（忽略混合后溶液的体积变化）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳市社旗县永昌中学高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．SO2的摩尔质量是64g B．18g H2O在标准状况下的体积是22.4L C．在标准状况下，20mL NH3 与60mL O2所含的分子数比为1：3‎ D．将40g NaOH溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】A．摩尔质量的单位为g/mol；‎ B．在标准状况下水为液体；‎ C．Vm相同，体积之比等于分子数之比；‎ D．溶于1L水，溶液的体积未知．‎ ‎【解答】解：A．SO2的摩尔质量是64g/mol，故A错误；‎ B．标准状况下，水是液态，不能适用于气体摩尔体积，故B错误；‎ C．根据阿伏加德罗定律及其推论可知，在相同条件下，体积之比是相应气体分子的分子数之比，20mL NH3 与60mL O2所含的分子数比为1：3，故C正确；‎ D．因为溶液的体积不是1L，不能计算浓度，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，如图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该反应属于氧化还原反应 B．甲和丙中同种元素化合价不可能相等 C．丁物质一定是非金属单质 D．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答．‎ ‎【解答】解：A、该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；‎ B、一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为﹣2价，故B错误；‎ C、丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故C正确；‎ D、配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故D正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．aLAl2（SO4）3溶液中含有Al3+为b mol，则该溶液里SO42﹣的物质的量浓度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】溶液中n（SO42﹣）=n（Al3+），再根据c=计算SO42﹣的物质的量浓度．‎ ‎【解答】解：aLAl2（SO4）3溶液中含有Al3+为b mol，‎ 则溶液中n（SO42﹣）=n（Al3+）=b mol，‎ 该溶液里SO42﹣的物质的量浓度为： =mol/L，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．2010年诺贝尔化学奖授予在“钯催化交叉偶联反应”领域作出突出贡献的三位化学家．下列有关钯原子（Pd）的说法不正确的是（　　）‎ A．质量数为106 B．质子数为46 C．电子数为46 D．中子数为46‎ ‎【考点】原子构成．‎ ‎【分析】Pd中左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．钯原子的质量数为106，故A正确；‎ B．质子数等于原子序数，均为46，故B正确；‎ C．质子数等于电子数，均为46，故C正确；‎ D．中子数为106﹣46=60，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．某盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Clˉ，则SO42ˉ为（　　）‎ A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】溶液显电中性，阳离子的电荷总数等于阴离子的电荷总数，以此计算．‎ ‎【解答】解：由溶液呈电中性可知，c（Na+）+2×c（Mg2+）=c（Clˉ）+2×c（SO42﹣），则0.2+2×0.4=0.4+2×c（SO42ˉ），解得c（SO42﹣）=0.3mol/L，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．电力、蒸汽都属于二次能源 B．蔗糖、油脂及它们的水解产物均为非电解质 C．合成纤维、光导纤维都是高分子化合物 D．煤的气化和液化都是物理变化 ‎【考点】电解质与非电解质；物理变化与化学变化的区别与联系．‎ ‎【分析】A．一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，二次能源是转化过形式的能源；‎ B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；油脂是高级脂肪酸的甘油酯，水解生成高级脂肪酸、或其盐和甘油；‎ C．高分子化合物是相对分子质量高达几万、几十万的化合物；‎ D．煤的气化、液化都是化学变化；‎ ‎【解答】解：A．能源可分为一次能源和二次能源，一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，它包括：原煤、原油、天然气、太阳能等，二次能源是转化过形式的能源，电力、蒸汽都属于二次能源，故A正确；‎ B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖和果糖是非电解质，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸与甘油，在碱性条件下，完全水解生成高级脂肪酸盐（肥皂）与甘油，甘油是非电解质，高级脂肪酸和高级脂肪酸盐是电解质，故B错误；‎ C．合成纤维是高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机小分子材料，故C错误；‎ D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程．煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，都是化学变化，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质．在101kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量．下列说法不正确的是（　　）‎ A．石墨比金刚石稳定 B．金刚石与石墨的性质相似 C．1mol金刚石比1mol石墨的总能量高 D．1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量石墨比金刚石少 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多．‎ ‎【解答】解：A、石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，故A正确；‎ B、金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质，化学性质相似，由于碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，故B错误；‎ C、在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，故C正确；‎ D、金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（　　）‎ ‎①KOH Na2SO4 AlCl3‎ ‎②HCl NaAlO2 NaCl ‎③NaHCO3 Ba（OH）2 H2SO4‎ ‎④Ca（OH）2 Na2CO3 BaCl2．‎ A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④‎ ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．‎ ‎【分析】不用其它试剂即可鉴别，则利用物质之间的反应产生不同现象分析，发生的反应与量有关，如KOH与AlCl3、HCl与NaAlO2，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①KOH与AlCl3，KOH少量生成沉淀，KOH过量沉淀消失，可鉴别，故选；‎ ‎②HCl与NaAlO2，盐酸少量可生成沉淀，盐酸过量生成沉淀消失，可鉴别，故选；‎ ‎③Ba（OH）2与其它两种物质反应均生成沉淀，可鉴别，加硫酸可溶解碳酸钡沉淀生成气体和新沉淀，可鉴别，故选；‎ ‎④Ca（OH）2、BaCl2二者不反应，均与Na2CO3反应生成白色沉淀，不能鉴别Ca（OH）2、BaCl2，故不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．用NA表示阿伏加德罗常数数值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．64g SO2中含有的氧原子数为1NA B．物质的量浓度为0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液，含有Cl﹣数为1NA C．常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NA D．标准状况下，22.4L H2O的分子数为1NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．根据n=计算出二氧化硫的物质的量，再计算出含有氧原子的物质的量及数目；‎ B．缺少氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目；‎ C．根据n=计算出氮气的物质的量及含有的分子数；‎ D．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量．‎ ‎【解答】解：A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，故A错误；‎ B．没有告诉 氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁溶液中的氯离子数目，故B错误；‎ C．14g氮气的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故C正确；‎ D．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．铝制品不宜长期盛放酸性食品和碱性食品是因为铝制品表层物质属于（　　）‎ A．金属铝 B．碱性氧化物 C．酸性氧化物 D．两性氧化物 ‎【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．‎ ‎【分析】Al放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：Al放置在空气中被氧化为氧化铝，‎ 氧化铝与酸性食品和碱性食品均能反应生成盐和水，‎ 则氧化铝为两性氧化性，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．把一小块钠投入浓氨水中，逸出的气体是（　　）‎ A．全为H2 B．全为NH3 C．NH3•H2O D．H2和NH3‎ ‎【考点】钠的化学性质．‎ ‎【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，氢氧化钠和铵根离子反应生成一水合氨，一水合氨不稳定易分解．‎ ‎【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，导致溶液温度升高，氢氧化钠和铵根离子反应生成一水合氨，一水合氨不稳定受热易分解生成氨气和水，所以逸出的气体中含有氢气和氨气，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．若分子数相等，则体积相等 B．若原子数相等，则中子数相等 C．若质量相等，则质子数相等 D．若体积相等，则质量数相等 ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】12C18O和14N2的分子构成，一个12C18O分子是由一个12C原子和一个18O原子构成，12C原子内有6个质子，6中子，18O原子内有8个质子和10个中子，一个12C18O分子中有14个质子、16个中子，相对分子质量是30；‎ 一个14N2分子是由2个14N原子构成，14N原子内有7个质子和7个中子，一个14N2分子中有14个质子和14个中子，相对分子质量是28．‎ A．相同条件下，气体分子数目之比等于气体体积之比；‎ B．NO和N2都是双原子分子，若原子数相等，则分子数相等，但中子数不相等；‎ C．NO和N2的摩尔质量不相等，根据n=可知，等质量的12C18O和14N2的物质的量不相等；‎ D．相同条件下，气体分子数目之比等于气体体积之比．‎ ‎【解答】解：相同状况下的两种气体12C18O和14N2，计算其摩尔质量M（12C18O）=30g/mol，M（14N2）=28g/mol，‎ A．依据阿伏伽德罗定律内容可知，同温、同压、同体积的气体，气体物质的量相同，所含分子数相同，若两种气体的分子数相同，则体积相同，故A正确；‎ B．若两种气体的原子数相等，则两种气体的分子数也相同，由于一个12C18O分子和一个14N2分子中的中子数不同，所以，两种气体的中子数不相等，故B错误；‎ C．若两种气体质量相等，因为分子的相对分子质量不同，分子质量不同，分子的个数不同，又因为每个分子中含有相同的质子数是14，所以，两种气体的质子数不相等，故C错误；‎ D．若两种气体体积相等，气体物质的量相同，M（12C18O）=30g/mol，M（14N2）=28g/mol，两者质量数不相等，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．少量金属钠长时间放置空气中最终转化为白色粉末状的物质是（　　）‎ A．Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3‎ ‎【考点】钠的化学性质．‎ ‎【分析】钠性质活泼，易与氧气反应，切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色→变暗→变白色固体→成液→结块→最后变成Na2CO3粉末．‎ ‎【解答】解：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：‎ ‎4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g•cm﹣3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为（　　）‎ A．18.4mol•L﹣1　34.7% B．20.4mol•L﹣1　38.5%q2‎ C．18.4mol•L﹣1　38.5% D．20.4mol•L﹣1　34.7%‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】NH3溶于水后虽然大部分生成NH3•H2O，但在计算时，仍以NH3作为氨水中的溶质，设水的体积为1L，则氨气的体积为700L，由标准状况下的体积可计算氨气的物质的量，溶液质量=氨气质量+水的质量，溶液体积可由溶液的质量和密度来计算，再根据质量分数定义、物质的量浓度的定义计算．‎ ‎【解答】解：NH3溶于水后虽然大部分生成NH3•H2O，但在计算时，仍以NH3作为氨水中的溶质；‎ 设水的体积为1L，氨气的体积为700L，‎ 则氨气的物质的量为： =31.25mol，‎ 氨气的质量为31.25mol×17g/mol=531.25g，‎ 溶液的质量为1000g+31.25mol×17g/mol=1531.25g，‎ 溶液的体积为==1.7L，‎ 则氨水的质量分数为：w=×100%=34.7%，‎ 氨水的物质的量浓度为：c==18.4 mol/L，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．下列离子方程式式书写正确的是（　　）‎ A．明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO42++2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O B．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣‎ C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O﹣+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32﹣‎ D．硝酸亚铁溶液和稀盐酸混合：Fe2++4H++NO3﹣=Fe3++2H2O+NO↑‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A、根据氢氧化钡过量，明矾中铝离子完全反应生成了偏铝酸根离子；‎ B、反应生成的次氯酸属于弱电解质，离子方程式中写成分子式；‎ C、苯酚的酸性强于碳酸根离子的酸性，反应生成的是碳酸氢根离子；‎ D、根据电荷守恒判断，离子方程式两边电荷不相等．‎ ‎【解答】解：A、明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，反应生成了偏铝酸根离子，反应的离子方程式为Al3++2SO42++2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2‎ O，故A正确；‎ B、氯气溶于水，生成的次氯酸为弱酸，应该保留分子式，正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故B错误；‎ C、苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故C错误；‎ D、硝酸亚铁溶液和稀盐酸混合，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分41分）‎ ‎16．氧原子的质量数为16，质子数为8，那么它的中子数是　8　．‎ ‎【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．‎ ‎【分析】根据质量数=质子数+中子数来解答．‎ ‎【解答】解：氧原子的质量数为16，质子数为8，中子数=16﹣8=8，故答案为：8；‎ ‎　‎ ‎17．某种溶液仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离与离子水解），且各种离子的物质的量均为1mol．‎ 阳离子 K+ Ba2+ Fe2+ Al3+ Fe3+ Mg2+‎ 阴离子 OH﹣ HCO3﹣ CO32﹣ Cl﹣ NO3﹣ SO42﹣‎ 若向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成．经分析反应后溶液中阴离子的种类没有变化．‎ ‎（1）溶液中　一定不　（填“一定”、“一定不”或“可能”）含有HCO3﹣或CO32﹣，理由是　HCO3﹣与CO32﹣均可与盐酸反应生成二氧化碳，造成阴离子种类有所变化　．‎ ‎（2）原溶液中所含的阴离子为　Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣　，阳离子为　Fe2+、Mg2+　．‎ ‎（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子反应方程式为 ‎　3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O　．‎ ‎（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧至恒重，得到固体质量为　120　g．‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】向原溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成，溶液中阴离子种类不变，若溶液中含有碳酸根离子或碳酸氯根离了，加入盐酸后，溶液中阴离子种类会减少，所以溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子；二价铁离子和氢氧根离子生成沉淀，所以溶液中没有氢氧根离子；溶液仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解）且各种离子物质的量均为1mol，根据溶液中阴阳离子电荷相等，二价铁离子和氯离子、硝酸根离子所带电荷相等，溶液中没有氢氧根离子，所以阴离子是硫酸根离子，溶液中呈现二价的阳离子有镁离子，所以溶液中含有镁离子，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是氧化铁和氧化镁，根据铁原子、镁原子守恒计算固体质量，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）往溶液中加入的是过量的盐酸，如果有碳酸根离子或碳酸氢跟离子的话会完全反应生成二氧化碳，所以就不可能保证阴离子种类没有变化，‎ 故答案为：一定不；HCO3﹣与CO32﹣均可与盐酸反应生成二氧化碳，造成阴离子种类有所变化；‎ ‎（2）若向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成，反应后溶液中阴离子种类没有变化，根据表中的离子，可以推知是 Fe2+、NO3﹣在酸性环境下生成的一氧化氮，所以一定含有氯离子，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl﹣，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，根据电何守恒是不可能的，所以还含有硫酸根离子，不能有钡离子，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的镁离子，‎ 故答案为：Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣；Fe2+、Mg2+；‎ ‎（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体NO生成的离子反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，‎ 故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后产生的沉淀是Fe（OH）‎ ‎2、Mg（OH）2，将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧到恒重，得到固体是Fe2O3和MgO，根据原子守恒，则生成0.5molFe2O3和1mol的MgO，质量为：0.5mol×160g/mol+1mol×40g/mol=120g，故答案为：120．‎ ‎　‎ ‎18．某化学兴趣小组用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化）．为了确定溶液A的溶质成分及a值，该兴趣小组的同学进行了如下实验．请帮助他们完成下列相应实验内容．‎ ‎[提出假设]‎ 假设Ⅰ：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；‎ 假设Ⅱ：溶液A的溶质为Na2CO3；‎ 假设Ⅲ：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；‎ 假设Ⅳ：溶液A的溶质为　NaHCO3　．‎ ‎[实验过程]‎ ‎（1）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，由此得出假设I成立．‎ ‎（2）乙同学分析后认为甲同学的实验结论有误．请用离子方程式说明乙同学的判断依据　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 或HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣　；他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的　BaCl2　溶液，来检验溶液A是否含　Na2CO3　，结果加入检验溶液后观察到溶液A变浑浊．‎ ‎（3）丙同学为了检验溶液A是否还含其它溶质，他将乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，则假设　Ⅲ　正确．‎ ‎（4）为准确测定a值，丁同学取了10mL 溶液A在锥形瓶中，用滴定管向其中加入某浓度的稀硫酸，记录加入硫酸的体积与生成气体的情况，并绘制成如图：则a=　mol　，所加硫酸的物质的量浓度为　　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化），二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，溶液中为氢氧化钠和碳酸钠，二氧化碳恰好和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，二氧化碳过滤得到溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；‎ ‎（2）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，溶液呈碱性，可能的原因是假设Ⅰ，假设Ⅱ，假设Ⅲ，假设Ⅳ．碳酸钠溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的氯化钡溶液，观察到溶液A变浑浊是为了检验溶液A中含有碳酸钠；‎ ‎（3）乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，是碳酸氢钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，则含有碳酸钠和碳酸氢钠；‎ ‎（4）图象分析可知开始无其消耗硫酸5ml，生成二氧化碳气体消耗硫酸为10ml，发生反应为：2Na2CO3+H2SO4=2NaHCO3+Na2SO4，2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O证明含有溶质为等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，依据化学方程式定量关系计算得到．‎ ‎【解答】解：用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化），二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，溶液中为氢氧化钠和碳酸钠，二氧化碳恰好和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，二氧化碳过滤得到溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；假设Ⅰ：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；假设Ⅱ：溶液A的溶质为Na2CO3；假设Ⅲ：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；假设Ⅳ：溶液A的溶质为NaHCO3；‎ 故答案为：NaHCO3；‎ ‎（2）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，溶液呈碱性，可能的原因是假设Ⅰ，假设Ⅱ，假设Ⅲ，假设Ⅳ，碳酸钠溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，用离子方程式说明乙同学的判断依据为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 或HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣：他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的氯化钡溶液，观察到溶液A变浑浊是为了检验溶液A中含有碳酸钠，‎ 故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 或HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；BaCl2；Na2CO3；‎ ‎（3）乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，是碳酸氢钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，则含有碳酸钠和碳酸氢钠，假设Ⅲ正确；‎ 故答案为：Ⅲ；‎ ‎（4）图象分析可知开始无其消耗硫酸5ml，生成二氧化碳气体消耗硫酸为10ml，证明含有溶质为等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，依据化学方程式定量关系计算得到，设硫酸浓度为：cmol/L，发生反应为：2Na2CO3+H2SO4=2NaHCO3+Na2SO4，2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O；‎ 依据元素守恒列式计算：100mL 1mol/L NaOH溶液n（NaOH）=0.1mol，取10ml溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.01mol，硫酸浓度为c，‎ 得到0.015L×c×2=0.01mol c=mol/L，分析图象可知NaHCO3消耗硫酸10ml，‎ ‎2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2H2O ‎2 1‎ n （ 0.015L﹣0.005L）×‎ n=mol ‎100ml溶液中依据碳守恒得到二氧化碳物质的量a=mol×10=mol；‎ 故答案为： mol； mol/L．‎ ‎　‎ ‎19．实验室配制500mL 0.1mol/LNa2CO3溶液回答下列问题 ‎（1）应用托盘天平称取十水碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）　14.3　g ‎（2）用托盘天平和小烧杯称出碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为　ACBDE　‎ A．调整零点 B．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 C．称量空的小烧杯 D．将砝码放回砝码盒内 E．记录称量结果 ‎（3）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、　玻璃棒　、　烧杯　、　500mL容量瓶　、　胶头滴管　．‎ ‎（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？‎ A．加水时超过刻度线　偏低　；‎ B．忘记将洗涤液转入容量瓶　偏低　；‎ C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理　不变　；‎ D．定容后摇匀液面低于刻度线　不变　．‎ E．转移时有少量液体溅出　偏低　．‎ ‎【考点】溶液的配制．‎ ‎【分析】（1）依据n=CV、m=nM计算需要溶质的质量；‎ ‎（2）根据用天平称量物体时的正确操作顺序进行分析解答；‎ ‎（3）根据实验操作的步骤以确定溶液配制所需仪器；‎ ‎（4）分析操作对溶液物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响．‎ ‎【解答】解：（1）500L 0.1mol/LNa2CO3溶液含有溶质的物质的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，所以需要Na2CO3•10H2O的质量是0.05mol×286g/mol=14.3g；‎ 故答案为：14.3；‎ ‎（2）用天平称量物体时的正确操作步骤是：先将游码移至刻度尺的零刻度处并调零点，然后先称量空的小烧杯的质量，记录称量的结果，将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量，记录称量的结果，将砝码放回砝码盒内，最后将游码移至刻度尺的零刻度处，‎ 故答案为：ACBDE；‎ ‎（3）溶液配制操作步骤有：称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～‎ ‎2cm时，改用胶头滴管滴加，所需要的仪器为：烧杯、天平、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；‎ 故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（4）A．定容时加水时超过刻度线，溶液体积偏大，配制浓度偏低；‎ B．洗涤液未移入容量瓶，会造成溶质损失，使配制溶液浓度偏低；‎ C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥，对溶质和溶剂都无影响，所以配制浓度不变；‎ D．定容后摇匀，液面低于刻度线，容量瓶内壁附有水珠，属于正常操作，对所配溶液浓度不变；‎ E．转移时有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；‎ 故答案为：偏低；偏低；不变；不变；偏低．‎ ‎　‎ ‎20．某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，设计了如图所示装置进行有关实验：‎ ‎（1）先关闭活塞a，将6.4g铜片和10mL 18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热至反应完成，发现烧瓶中还有铜片剩余．再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入圆底烧瓶，最后铜片完全消失．‎ ‎①写出上述过程中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式：‎ 打开活塞a之前　Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O　；‎ 打开活塞a之后　2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O　．‎ ‎②B是用来收集实验中产生的气体的装置，但集气瓶内的导管未画全，请直接在图上把导管补充完整．‎ ‎（2）实际上，在打开活塞a之前硫酸仍有剩余．为定量测定余酸的物质的量，甲、乙两学生进行了如下设计：‎ ‎①甲学生设计的方案是：先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再通过计算确定余酸的物质的量．他测定SO2的方法是将装置A产生的气体缓缓通过装置D，从而测出装置A产生气体的体积（已折算成标准状况下）．你认为甲学生设计的实验方案中D装置中的试剂为　饱和NaHSO3　（填化学式）．‎ ‎②乙学生设计的方案是：将反应后的溶液冷却后全部移入到烧杯中稀释，并按正确操作配制100mL溶液，再取20mL于锥形瓶中，用　甲基橙　作指示剂，用标准氢氧化钠溶液进行滴定[已知：Cu（OH）2开始沉淀的pH约为5]，选择该指示剂的理由为　Cu（OH）2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu 2+会和NaOH反应，Cu（OH）2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断　；再求出余酸的物质的量，若耗去a mol/L氢氧化钠溶液b mL，则原余酸的物质的量为　　mol（用含a、b的表达式来表示）．‎ ‎【考点】浓硫酸的性质．‎ ‎【分析】（1）①打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O；打开活塞a后，Cu、O2和稀硫酸反应生成CuSO4和H2O；‎ ‎②依据实验产生的气体是二氧化硫与空气的密度比较分析，确定收集实验中产生的气体的装置中导气管的位置；‎ ‎（2）①用排水法测定SO2的量必须做到不能在测量时损耗，需用饱和饱和亚硫酸氢钠溶液；‎ ‎②根据指示剂的显色范围为：甲基橙：红﹣3.1﹣橙﹣4.4﹣黄，石蕊：红﹣5﹣紫﹣8﹣蓝，根据准确判断反应终点分析判断，若耗去a mol/L氢氧化钠溶液b mL，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O计算原余酸的物质的量，注意体积的变化．‎ ‎【解答】解：（1）①打开活塞a之前，浓硫酸和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ 打开活塞a后，Cu、O2和稀硫酸反应生成CuSO4和H2O，反应方程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，‎ 故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2‎ O；2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；‎ ‎②铜跟浓硫酸反应生成了二氧化硫气体，二氧化硫密度比空气大，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）①测定SO2的量必须准确测定无气体损耗，用排水法测定装置A产生气体的体积，实验方案中D装置中的试剂应满足不反应且在其中溶解度度较小，二氧化硫在饱和NaHSO3溶液中的溶解度降低，所以可用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置A产生气体的体积，‎ 故答案为：饱和NaHSO3；‎ ‎②由于Cu（OH）2开始沉淀的pH约为5，应选择变色范围接近的指示剂，以减小滴定误差，故选择甲基橙作指示剂，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu 2+会和NaOH反应，Cu（OH）2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断，‎ 设余酸的物质的量为n，消耗NaOH的物质的量为：a mol/L×b×10﹣3 L=ab×10﹣3 mol，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O ‎　1　　　　　2‎ n× ab×10﹣3 mol n=mol，‎ 故答案为：甲基橙；Cu（OH）2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu2+会和NaOH反应，Cu（OH）2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断；．‎ ‎　‎ ‎21．盛有NO和NO2 的混合气体的量筒倒立在盛有水的水槽中，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半．‎ ‎（1）写出有关反应的化学方程式．‎ ‎（2）原混合气体中NO和NO2的体积比是多少？‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】NO2通入水中，发生：3NO2+H2O=2HNO3+NO，过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半，则物质的量减小一半，设混合气体中含有xmolNO，ymolNO2，根据方程式计算．‎ ‎【解答】解：（1）NO2通入水中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，‎ 答：有关反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO．‎ ‎（2）过一段时间后，量筒内的气体体积减小为原来的一半，则物质的量减小一半，‎ 设混合气体中含有xmolNO，ymolNO2，则：‎ ‎3NO2+H2O=2HNO3+NO ‎3 1‎ ymol mol 所以，（x+）：（x+y）=1：2，‎ 解之得：x：y=1：3，‎ 答：原混合气体中NO和NO2的体积比是1：3．‎ ‎　‎ ‎22．已知A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．‎ ‎（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出E中含有的化学键类型　离子键和共价键　；已知1molA与水反应放出283.5kJ的热量，试写出A与水反应的热化学反应方程式　2Na（s）+2H2O（l）=2NaOH（aq）‎ ‎+H2（g）△H=﹣567kJ/mol　；‎ ‎（2）若A 为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则单质A与H2O反应的离子方程式　Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO　．‎ ‎（3）若A 为淡黄色粉末，回答下列问题：‎ ‎①1molA与足量的H2O充分反应时，转移电子总数为　6.02×1023　‎ ‎②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的结构式　O=C=O　‎ ‎（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D加入KSCN溶液变红．‎ ‎①A与H2O反应的离子方程式　3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO　‎ ‎②请用离子方程式表示D盐的净水原理　Fe3++3H2O=Fe（OH）3 （胶体）+3H+　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；‎ ‎（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2，则B为HClO，C为HCl；‎ ‎（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，X为非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C，根据转化关系可知B为氢氧化钠、C为氧气，D为二氧化碳，E为一氧化碳；‎ ‎（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，D为 Fe（NO3）3，E为 Fe（NO3）2．‎ ‎【解答】解：（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，E中含有的化学键类型为离子键和共价键，已知1molNa与水反应放出283.5kJ的热量，则Na与水反应的热化学反应方程式为2Na（s）+2H2O（l）=2NaOH（aq）+H2（g）△H=﹣567kJ/mol，‎ 故答案为：离子键和共价键；2Na（s）+2H2O（l）=2NaOH（aq）+H2（g）△H=﹣567kJ/mol；‎ ‎（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2，则B为HClO，C为HCl，则Cl2与H2O反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌‎ H++Cl﹣+HClO，‎ 故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；‎ ‎（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，X为非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C，根据转化关系可知B为氢氧化钠、C为氧气，D为二氧化碳，E为一氧化碳，‎ ‎①A和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中过氧化钠是氧化剂和还原剂，该反应中转移的电子数目为2，则1molA与足量的H2O充分反应时，转移电子总数为 6.02×1023，‎ 故答案为：6.02×1023；‎ ‎②D为二氧化碳，则D的结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；‎ ‎（4）若A为氧化物，X是Fe，溶液D加入KSCN溶液变红，则D中含有铁离子，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，D为 Fe（NO3）3，E为 Fe（NO3）2，‎ ‎①NO2与H2O反应的离子方程式为3NO2+H2O=2 H++2NO3﹣+NO，‎ 故答案为：3NO2+H2O=2 H++2NO3﹣+NO；‎ ‎②D为 Fe（NO3）3，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，能净水，反应的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe（OH）3 （胶体）+3 H+，‎ 故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3 （胶体）+3 H+．‎ ‎　‎ ‎23．铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如图所示，请回答有关问题：‎ ‎（1）请写出上图中对应物质的化学式：固体A为　SiO2　，沉淀C为　Fe（OH）3　，沉淀E为　Al（OH）3　，固体X为　Fe2O3　．‎ ‎（2）溶液B到溶液D发生反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣+3H2O=2Al（OH）4﹣、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　；沉淀E灼烧分解得到氧化铝的化学方程式为　2Al（OH）3Al2O3+3H2O　．‎ ‎（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入　KSCN　（填检验试剂），现象为　溶液呈血红色　．‎ ‎（4）滤液K中溶质的主要成份是　NaHCO3　（填化学式）．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断．‎ ‎【分析】向铝土矿中加入过量稀盐酸，二氧化硅不反应，所以固体A为SiO2，滤液中溶质为FeCl3、AlCl3、HCl，向滤液B中加入过量NaOH，沉淀C是Fe（OH）3，滤液D中溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH，向溶液中通入过量二氧化碳，沉淀E为Al（OH）3，滤液F中溶质为NaHCO3，灼烧沉淀得到Al2O3；‎ 向铝土矿中加入过量烧碱溶液，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，氧化铁不反应，所以固体X为Fe2O3，滤液Y中成分为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，通入过量二氧化碳时，得到沉淀Z为Al（OH）3、H2SiO3，滤液K中溶质为NaHCO3，灼烧沉淀Z得到氧化铝，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：向铝土矿中加入过量稀盐酸，二氧化硅不反应，所以固体A为SiO2，滤液中溶质为FeCl3、AlCl3、HCl，向滤液B中加入过量NaOH，沉淀C是Fe（OH）3，滤液D中溶质为NaCl、NaAlO2‎ ‎、NaOH，向溶液中通入过量二氧化碳，沉淀E为Al（OH）3，滤液F中溶质为NaHCO3，灼烧沉淀得到Al2O3；‎ 向铝土矿中加入过量烧碱溶液，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，氧化铁不反应，所以固体X为Fe2O3，滤液Y中成分为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，通入过量二氧化碳时，得到沉淀Z为Al（OH）3、H2SiO3，滤液K中溶质为NaHCO3，灼烧沉淀Z得到氧化铝，‎ ‎（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Fe（OH）3，E为Al（OH）3，X为Fe2O3，故答案为：SiO2；Fe（OH）3；Al（OH）3；Fe2O3；‎ ‎（2）流程乙加入烧碱后发生反应的离子方程式：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2Al（OH）4﹣、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，灼烧沉淀E发生的化学反应方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，‎ 故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2Al（OH）4﹣、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；‎ ‎（3）铁离子和KSCN溶液混合发生反应生成络合物而导致溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，则验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入KSCN溶液，‎ 故答案为：KSCN；溶液呈血红色；‎ ‎（4）通过以上分析知，滤液K中溶质的主要成份是NaHCO3，故答案为：NaHCO3．‎ ‎　‎ ‎24．有A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属．A原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲具有10e﹣、空间构型为三角锥形，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C与E同主族．图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：‎ ‎①均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；‎ ‎②均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：‎ ‎（1）化合物甲的电子式为　　．‎ ‎（2）F元素在周期表中的位置　第四周期第Ⅷ族　稳定性：A2C　大于　A2E（填“大于”“小于”“等于”）．‎ ‎（3）均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式　Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；　‎ ‎（4）丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为：　5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O　‎ ‎（5）已知常温下化合物FE的Ksp=6×10﹣18 mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2E溶液与含FSO4溶液按体积比3：2混合，若有沉淀F E生成，则所需的FSO4的浓度要求　大于或等于2.5×10﹣12 mol/L　．（忽略混合后溶液的体积变化）．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属．A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；元素A与B形成的气态化合物甲具有10e﹣、空间构型为三角锥形，则B为N元素，甲为NH3； D、F为常见金属元素，若均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，D为Al元素，则丙为Al（OH）3，乙、丁分别为AlO2﹣、Al3+中的一种；若均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F元素为第四周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属．A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；元素A与B形成的气态化合物甲具有10e﹣‎ ‎、空间构型为三角锥形，则B为N元素，甲为NH3； D、F为常见金属元素，若均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，D为Al元素，则丙为Al（OH）3，乙、丁分别为AlO2﹣、Al3+中的一种；若均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F元素为第四周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，‎ ‎（1）化合物甲为NH3，其电子式为：，故答案为：；‎ ‎（2）F为Fe元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O大于H2S，‎ 故答案为：第四周期第Ⅷ族；大于；‎ ‎（3）乙、丁分别为AlO2﹣、Al3+中的一种，二者反应离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，‎ 故答案为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；‎ ‎（4）亚铁离子具有还原性，被酸性高锰酸钾氧化生成铁离子，其对应的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，‎ 故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；‎ ‎（5）常温下化合物FeS的Ksp=6×10﹣18 mol2•L﹣2，常温下将1.0×10﹣5mol•L﹣1的Na2S溶液与含FeSO4溶液按体积比3：2混合，混合后溶液中c（S2﹣）=mol/L=6.0×10﹣6mol/L，若有沉淀FeS生成，则混合溶液中c（Fe2+）≥mol/L=10﹣12mol/L，则所需c（FeSO4）≥mol/L=2.5×10﹣12 mol/L，‎ 故答案为：大于或等于2.5×10﹣12 mol/L．‎