【化学】河北省石家庄精英中学2019-2020学年高一下学期第二次调研考试试题（解析版） 21页

河北省石家庄精英中学2019-2020学年高一下学期第二次调研考试试题 一、单项选择题（1-18题每题1分，19-30题每题2分共42分）‎ ‎1.二十四节气是中国历法独特创造。四月农谚“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是( )‎ A. K B. N C. S D. C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，所以为作物提供了所需要的N元素，属于氮肥，故选：B。‎ ‎2.氮气能大量存在于空气中的根本原因是 (　　)‎ A. 氮气性质稳定，即使在高温下也不与其他物质发生反应 B. 氮气比空气轻且不溶于水 C. 氮气既无氧化性，也无还原性，不与其他物质反应 D. 氮气分子中两个氮原子结合很牢固，分子结构稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气的性质稳定，但高温下和氧气反应生成一氧化氮，镁在氮气中燃烧生成氮化镁，故A错误。 B．氮气密度与空气相近，不是其在空气中稳定存在的原因，故B错误； C．氮气和氢气反应生成氨气体现氮气的氧化性，氮气和氧气反应生成一氧化氮，体现氮气的还原性，故C错误； D．氮气分子中存在N≡N，三键中1个σ键、2 个π键，键能大，键长短，分子结构稳定，是氮气能大量存在于空气中的根本原因，故D正确； 故选：D。‎ ‎3.下列关于氮元素在自然界中存在的说法中正确的是（ ）‎ A. 只有游离态 B. 只有化合态 C. 既有游离态又有化合态 D. 既没有游离态又没有化合态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】自然界中存在游离态氮如氮气，又存在氮的化合物，如硝酸盐等，故答案为C。‎ ‎4.下列叙述中与氮的固定无关的是( )‎ A. 工业合成氨 B. 工业上将氨转化成硝酸和其他氮的氧化物 C. 豆科植物的根瘤菌吸收空气中的氮气使之转化成植物蛋白质 D. 电闪雷鸣的雨天，N2与O2会反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】游离态的氮元素转化为化合态的过程是氮的固定 ‎【详解】A．工业合成氨是氨气转化为氨气，属于氮的固定，A错误；‎ B．工业上将氨转化成硝酸和其他氮的氧化物，不是氮的固定，B正确；‎ C．豆科植物的根瘤菌吸收空气中的氮气使之转化成植物蛋白质是氮的固定，C错误；‎ D．电闪雷鸣的雨天，N2与O2会反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收属于氮的固定，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.1 L‎ 1 mol·L－1的氨水中（　　）‎ A. 含有1 mol NH3分子 B. 含NH3和NH4+的物质的量之和为1 mol C. 含NH3·H2O、NH4+的物质的量之和为1 mol D. 含NH3、NH3·H2O、NH4+的物质的量之和为1 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氨水中氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生铵根，根据物料守恒可知三者的物质的量之和为1mol，即NH3、NH3·H2O、NH4+的物质的量之和为1 mol，故答案为D。‎ ‎6.下列溶液硝酸根离子的物质的量浓度与50ml 1 mol·L-1硝酸铝溶液中硝酸根离子的物质的量浓度相等的是( )‎ A. 150 ml、1 mol·L-1硝酸钠溶液 B. 75 ml、2.5 mol·L-1 硝酸钙溶液 C. 150 ml、3 mol·L-1硝酸钾溶液 D. 50 ml、3 mol·L-1硝酸镁溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，1 mol·L-1硝酸铝溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L ‎【详解】A．1 mol·L-1硝酸钠溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，A错误；‎ B． 2.5 mol·L-1硝酸钙溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为2.5mol/L×2=5mol/L，B错误；‎ C、150 mL 3 mol·L-1硝酸钾溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为3mol/L×1=3mol/L，正确；‎ D． 3 mol·L-1硝酸镁溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L；‎ 答案选C。‎ ‎7.为纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。编制出第一张元素周期表的科学家是（ ）‎ A. 门捷列夫 B. 达尔文 C. 牛顿 D. 波义耳 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】1869年，门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故A正确；‎ 故选A。‎ ‎8.浓硝酸常呈黄色的原因是（ ）‎ A. 浓硝酸中混有碘化银 B. 浓硝酸中混有铁离子 C. 浓硝酸易分解产生二氧化氮 D. 浓硝酸中混有单质硫 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硝酸不稳定，见光或受热容易分解，4HNO34NO2↑+ O2↑+ 2H2O，分解出的二氧化氮又溶于浓硝酸中，使浓硝酸显黄色，故选C。‎ ‎9.下列对于硝酸的认识，不正确的是( )‎ A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性 B. 铜与硝酸的反应属于置换反应 C. 硝酸可氧化Fe2+ D. 可用铁或铝制品盛装浓硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸具有强氧化性，故A正确；‎ B、铜与硝酸没有单质生成不属于置换反应，故B错误；‎ C、硝酸可把Fe2+氧化为Fe3+，故C正确；‎ D、浓硝酸能使铁或铝钝化，可用铁或铝制品盛装浓硝酸，故D正确。‎ ‎10.下列关于浓硫酸与浓硝酸的叙述不正确的是( )‎ A. 敞口久置，二者浓度均会变小 B. 常温下，均会使铝、铁钝化 C. 敞口久置，二者质量均会变大 D. 均具有强氧化性 ‎【答案】C ‎【解析】若敞口放置，因浓硫酸具有吸水性而吸收空气中水分导致浓度变小，浓硝酸具有挥发性挥发出硝酸而使其浓度变小，所以A正确，C错误；因两种酸都具有强氧化性所以都能使铝和铁钝化，所以B、D正确。‎ ‎11.下列试剂中，用来检验亚硫酸钠是否被氧化，最合理的是( )‎ A. 氯化钡溶液和盐酸 B. 硝酸钡溶液和硝酸 C. 氢氧化钡溶液和硝酸 D. 硝酸钡溶液和盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，所以检验亚硫酸钠是否被氧化，只需检验硫酸根的存在即可。‎ ‎【详解】A、氯化钡溶液和盐酸，钡离子与硫酸根反应可生成硫酸钡沉淀，而盐酸可以排除碳酸根离子的干扰，A合理；‎ B、硝酸钡溶液和硝酸，硝酸可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，故B不合理；‎ C、硝酸可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，故C不合理；‎ D、硝酸钡溶液和盐酸，相当于也加入了硝酸，可以将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，故D不合理。‎ ‎12.下列关于NO和NO2的叙述正确的是（　　）‎ A. NO是一种红棕色气体 B. 常温常压下，NO不能与空气中的氧气直接化合 C. 含等质量的氧元素的NO和CO的物质的量相等 D. NO2可用排水法收集 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO为无色无味的有毒气体，故A错误；‎ B．常温常压下，NO与氧气反应生成NO2，故B错误；‎ C．一个NO和CO分子中均只含一个O原子，所以含等质量的氧元素的NO和CO的物质的量相等，故C正确；‎ D．NO2可以与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.NO2溶于水时，与水反应，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是( )‎ A. 2∶1 B. 1∶‎2 ‎C. 3∶1 D. 1∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NO2与水的反应为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，反应中N元素的化合价由NO2中的+4价升至HNO3中的+5价，N元素的化合价由NO2中的+4价降至NO中的+2价，NO2既是氧化剂、又是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，答案选B。‎ ‎14.在实验室完成下列实验时，不需要考虑尾气处理的是(　　)‎ A. Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O B. Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O C. 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O D. 2KClO32KCl＋3O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】NO2、SO2、NO均为有毒气体，应有尾气处理装置，而氧气无需处理，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.在下列变化①大气固氮②硝酸分解③实验室制取氨气中，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是 A. ③①② B. ②①③ C. ③②① D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①大气固氮是游离态氮转化为化合态的氮的氧化物，氮元素被氧化； ②硝酸分解，N元素的化合价降低，氮元素被还原； ③实验室制取NH3反应为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，氮元素化合价没有发生变化；‎ 综上所述按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列为①②③，故答案为D。‎ ‎16.如图所示转化关系中不能一步实现的是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①氮气与氧气反应时生成NO，不能一步生成NO2，符合题意，A正确；‎ B. ②氮气与氢气反应时生成氨气，能一步实现，与题意不符，B错误；‎ C. ③氨气与氧气反应生成NO，与题意不符，C错误；‎ D. ④NO与氧气反应生成NO2，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎17.下列有关氨的叙述中，正确的是( )‎ ‎①氨气极易溶于水，可以用来做喷泉实验　②可用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气　③可用向上排空气法收集氨气　④氨易液化，工业上可用氨作制冷剂 ⑤实验室制得氨气用碱石灰干燥 A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①氨气溶于水，使容器内压强减小，所以可以用来做喷泉实验，故①正确；　②氨气的水溶液呈碱性，用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故②错误；　③氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集氨气，故③错误；　④氨易液化，工业上可用氨作制冷剂，故④正确； ⑤氨气是碱性气体，所以实验室制得氨气用碱石灰干燥，故⑤正确；选D。‎ ‎18.用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染角度考虑，最好的方法是（ ）‎ A. 铜硝酸铜 B. 铜硝酸铜硝酸铜 C. 铜氧化铜硝酸铜 D. 铜氧化铜硝酸铜 ‎【答案】D ‎【解析】A．铜与浓硝酸制取硝酸铜时的方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成的NO2会造成大气污染，不环保，故A错误；B．Cu不可能溶解于硫酸铜，故B错误；C．铜和氧气在加热条件下生成CuO，但CuO不能与硝酸银反应生成硝酸铜，故C错误；D．此过程用方程式可表示为：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O，从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，故D正确；答案为D。‎ ‎19.已知X、Y、Z、W(含同一元素)有如下所示转化关系，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是（　　）‎ A. N2 B. NO2‎ C. NH3 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知X、Y、Z、W（含同一元素）有如下所示转化关系，且均为N元素及其化合物，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是NH3，发生反应：4 NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2 NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO；且HNO3+NH3= NH4NO3。答案选C。‎ ‎20.下列有关氨气及铵盐的叙述正确的是（ ）‎ A. 所有铵盐受热均可以分解，产物均有生成 B. 在反应中体现了氨气的还原性和碱性 C. 所有铵盐都易溶于水，所有铵盐中的N均呈价 D. 氨气极易溶于水，可用来做喷泉实验，所得的氨水很稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸铵分解不生成氨气，故A错误；‎ B. 在反应中，氨气中N元素化合价部分升高，体现了氨气的还原性和碱性，故B正确；‎ C. 硝酸铵盐中的N呈价和+5价，故C错误；‎ D. 氨水不稳定，易挥发、易分解，故D错误；‎ 故选B ‎21.下列实验操作中，正确的是（ ）‎ A. 喷泉实验 B. 稀释浓硫酸 C. 排水法收集NO D. 实验室制取氨气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳可溶于水但溶解度不大，不能使圆底烧瓶内压强迅速减小而形成喷泉，选项A错误；‎ B．浓硫酸溶于水放出大量的热量，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入到烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，而不能将水注入浓硫酸中，选项B错误；‎ C．一氧化氮不溶于水，可用排水法收集，选项C正确；‎ D．加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎22.对于铵盐的描述都正确的是（ ）‎ ‎①都溶于水 ②都是白色晶体 ③都有刺激性气味 ④加热后都有氨气放出 ⑤与碱混合后加热都有氨气放出 ⑥都能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 A. 全部 B. ①②⑤⑥‎ C. ①②⑤‎ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铵盐都是易溶于水的白色晶体，都能与碱反应，加热后生成氨气和水，大多数铵盐加热后分解生成氨气(氨气有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝)。铵盐加热并不一定全部放出氨气，如硝酸铵受热分解可生成氮气或氮的氧化物等。‎ 答案选C。‎ ‎23.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是( )‎ ‎①实验室收集氨气采用图1所示装置 ‎②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置 ‎③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验 ‎④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应 A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。‎ ‎【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；‎ ‎②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；‎ ‎③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；‎ ‎④‎ 图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；‎ 故符合“绿色化学”的为①②④。‎ 故选C。‎ ‎24.下列各组离子在pH＝1的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（　　）‎ A. Na＋、K＋、ClO－、NO3- B. NH4+、K＋、SO32-、SO42-‎ C. Al3＋、Fe2＋、I－、NO3- D. Cu2＋、Fe2＋、S2－、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=1的溶液呈酸性，溶液中有大量氢离子；‎ A．次氯酸为弱酸，酸性环境下ClO－不能大量存在，但不发生氧化还原反应，故A不选；‎ B．亚硫酸为弱酸，酸性环境下SO32-不能大量存在，会生成二氧化硫和水，但不发生氧化还原反应，故B不选；‎ C．酸性环境硝酸根具有强氧化性，会将亚铁离子和碘离子氧化，因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C选；‎ D．硫离子和铜离子会生成硫化铜沉淀，且硫离子会和氢离子反应生成硫化氢气体，但都不是氧化还原反应，故D不选；‎ 故答案为C。‎ ‎25.碱金属和卤素随着原子序数的增大，下列递变规律正确的是（ ）‎ A. 碱金属单质的熔、沸点逐渐降低 B. 卤素单质的熔、沸点逐渐降低 C. 碱金属单质的密度逐渐增大 D. 卤素单质的密度逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】卤素单质是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高，碱金属单质的熔沸点逐渐降低，故A正确，B错误；碱金属和卤素单质的密度都依次变大，但是钠钾反常，钠的密度大于钾的密度，故CD均错误；故选A。‎ ‎26.原子核外电子是分层排布的，下面关于L层与M层的比较中不正确的是(　　)‎ A. L层离核比M层离核近 B. M层上电子所具有的能量高于L层上的电子 C. 当L层上的电子数为奇数时，M层上不可能有电子 D. M层上最多可填充8个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子核外电子排布按其能量的高低分成七个能层，由里向外能量由低到高依次是K、L、M、N、O、P、Q，所以L层离核比M层离核近，故A正确； B．L层只有2s、2p能级，2s、2p能级能量比3s、3p能级低，故M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高，故B正确； C．L层上的电子数为奇数，则L层未排满，元素处于第二周期，M层上不可能有电子，故C正确； D．M能层上有3个能级，分别为3s、3p、3d能级，共有9个轨道，其中s能级最多有2个电子，p能级最多有6个电子，d能级最多有10个电子，作为内层最多可容纳18个电子，但作为最外层时，最多可容纳8个电子，故D错误； 故选：D。‎ ‎27.下列关于元素周期表的叙述正确的是(　　)‎ A. 短周期元素是指1～20号元素 ‎ B. 目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素 C. 周期表中有八个主族，八个副族 ‎ D. 原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．短周期为一、二、三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项A错误；‎ B．一至七周期元素的种类数为2、8、8、18、18、32、26(32)，最长的周期为第六、七周期，含有32种元素，选项B正确；‎ C．元素周期表有18个纵行，含7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，选项C错误；‎ D．对于主族元素族序数=原子最外层电子数，但对于副族元素有的族序数对于最外层电子数，有的等于价层电子数等，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎28.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是( )‎ A. 原子半径：K＞Na＞Cl B. 元素周期表有7个周期，18个族 C. 气态氢化物的稳定性： HF＞H2O＞PH3‎ D. 在周期表中金属与非金属分界处的硅是一种优良的半导体材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.原子核外层数多原子半径大，同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；‎ B.根据元素周期表的结构分析、判断；‎ C.元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物稳定性越强；‎ D.元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素既具有一定的金属性、又具有一定的非金属性。‎ ‎【详解】A.K是第四周期的元素，Na、Cl是第三周期的元素，根据原子半径与元素原子结构的关系：原子核外层数多原子半径大，同一周期元素，原子序数越大原子半径越小可知原子半径大小关系为：K＞Na＞Cl，A正确；‎ B.元素周期表有7个横行，也就是7个周期；有18个纵行，除第8、9、10三个纵行为1个族外，其余15个纵行，每1个纵行为1个族，所以共有16个族，B错误；‎ C.元素的非金属性F>O>P，所以最简单的氢化物的稳定性：HF＞H2O＞PH3，C正确；‎ D.元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素既具有一定的金属性、又具有一定的非金属性，金属单质容易导电，非金属单质不易导电，所以在周期表中金属与非金属分界处的硅是一种优良的半导体材料，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎29.在RO3n-中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是（ ）‎ A. A-x+n+48 B. A-x+n+‎‎24 ‎ C. A-x-n-24 D. A+x-n-24‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量。O原子中含有电子数=质子数=8，所以R中的质子数为A-(x-n-24)。‎ ‎【详解】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量， O原子中含有电子数=质子数=8，所以在RO3n-中，核外电子=R的质子数+3×O原子的质子数+n=x。所以R中的质子数为A-(x-n-24)。即答案选B。‎ ‎30.下列叙述正确的是( )‎ A. 同周期元素中，ⅠA族元素的原子半径最小 B. ⅥA 族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子 C. 室温时，零族元素的单质都是气体 D. 所有主族元素的原子，形成单原子离子时的化合价和它的族序数相等 ‎【答案】C ‎【解析】A、同周期元素中，VIIA族的原子半径是最小的，故A错误；B、ⅥA族半径越大，说明非金属性越弱，越不容易得电子，故B错误；C、零族元素俗称稀有气体，常温下呈气态，故C正确；D、例如氯原子形成的单原子离子是Cl-，化合价是-1价，与其族序数不相等，氟只能形成-1价，而氟位于第VIIA族，故D错误；故选C。‎ ‎31.如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出N2的两种用途：_________、____。常用作制冷剂的化合物是________(名称)。该物质在空气中与HCl相遇有白烟现象，产生该现象的化学反应方程式是_________。‎ ‎（2）HNO3与图中的物质C常用于检验Cl－的存在，则C的化学式为_______。‎ ‎（3）NO2与水反应生成物质A的离子方程式为______________。‎ ‎（4）浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为___________________。‎ ‎（5）氨水显碱性，写出氨水的电离方程式______________________________；‎ ‎（6）氨催化氧化生成NO是工业制硝酸的反应之一，写出该反应的化学方程式：_______。‎ ‎【答案】(1). 做保护气、 (2). 保存粮食、制氨气等 (3). 氨气 (4). NH3+HCl=NH4Cl (5). AgNO3 (6). 3NO2 +H2O=2H++2NO3- +NO (7). C+4HNO3(浓)CO2+4NO2 +2H2O (8). NH3·H2O⇌NH4++OH- (9). 4NH3+5O24NO＋6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】B为-3价氮元素的气态氢化物，B为NH3；A为+2价氮元素的氧化物，与NO2相互转化，A为NO；C为某种硝酸盐。‎ ‎【详解】(1)氮气不活泼且性质较稳定，所以可作保护气，能保存粮食，可以制备氨气等；氨气常用作制冷剂；氨气与HCl气体在空气中相遇生成氯化铵固体产生白烟，方程式为NH3+HCl=NH4Cl；‎ ‎(2)检验氯离子常用硝酸酸化的硝酸银溶液，则C为AgNO3；‎ ‎(3)NO2与水发生歧化反应，离子方程式为3NO2 +H2O=2H++2NO3- +NO；‎ ‎(4)在加热条件下浓硝酸可木炭氧化成二氧化碳，浓硝酸被还原成NO2，方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑ +2H2O；‎ ‎(5)一水合氨为弱电解质，在水溶液中部分电离，电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-；‎ ‎(6)氨催化氧化生成NO，反应中氧气做氧化剂，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：4NH3+5O24NO＋6H2O。‎ ‎32.下图A、B、C是某课外活动小组设计的制取氨气并进行喷泉实验的三组装置示意图，制取NH3选用试剂如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）用A图所示的装置可制备干燥的NH3‎ ‎①反应的化学方程式为：____________________________。装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是_________________________________________。‎ ‎②干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2___________，理由是_______________________。‎ ‎（2）用B图所示的装置可快速制取较大量NH3拟作喷泉实验。根据B图所示的装置及试剂回答下列问题：‎ ‎①用化学方程式表示浓氨水滴入CaO中有大量NH3逸出的过程：______________________‎ ‎②检验NH3是否收集满的实验方法是：______________________________________________。‎ ‎（3）用C图所示装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发喷泉的操作是_______________________，该反应的原理是_____________________。‎ ‎（4）汽车燃料中一般不含氮元素，但尾气却所含有NO，产生的原因用化学方程式表示_________。汽车排气管上装有催化转化器可减少尾气对环境的污染，汽车尾气中的有害气体CO和NO反应可转化为无害气体排放，写出相关反应的化学方程式：________________‎ ‎【答案】(1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 减小空气对流，使氨气充满试管 (3). 不能 (4). NH3可以和氯化钙反应 (5). CaO+H2O=Ca（OH）2，反应放热，NH3•H2O=NH3↑+H2O (6). 用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满；或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的试管口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3已收集满，反之，则没有收集满 (7). 挤压胶头滴管，打开止水夹 (8). 少量水溶解大量氨气，使烧瓶内压强远小于外界大气压，导致水喷入烧瓶 (9). N2+O22NO (10). 2NO+2CON2+2CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①实验室加热熟石灰和氯化铵混合固体制取氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气是气体，容易和空气产生对流，所以棉花的作用是防止空气对流，使NH3充满试管；‎ ‎②氯化钙和氨气能发生反应CaCl2+8NH3=CaCl2•8NH3，所以干燥管中干燥剂不能改用无水CaCl2；‎ ‎(2)①氧化钙和水反应生成氢氧化钙，且放出大量热量，氧化钙和水放出的热量能促进一水合氨的分解，方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，NH3•H2ONH3↑+H2O；‎ ‎②氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氨气和氯化氢反应生成白烟，所以可用氯化氢或湿润的红色石蕊试纸检验，具体操作为：用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满；或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的试管口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3‎ 已收集满，反之，则没有收集满；‎ ‎(3)NH3极易溶解于水，打开止水夹挤出胶头滴管中的水，由于氨气迅速溶解导致烧瓶内气体压强迅速减小，导致溶液进入烧瓶产生喷泉现象；‎ ‎(4)空气中的氮气在高温条件下被氧气氧化成NO，方程式为N2+O22NO；CO和NO反应可转化为无害气体，根据元素守恒可知无害气体应为N2和CO2，根据电子守恒可知方程式为2NO+2CON2+2CO2。‎ ‎33.I、中学常见反应的化学方程式是（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：‎ ‎（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。‎ II、（1）硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。‎ ‎（2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl2杀菌消毒）混合，pH将____（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）_________________________________。‎ ‎（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。‎ ‎①少用煤作燃料　②把工厂烟囱造高　③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰　⑤开发新能源 A.①②③ B.②③④⑤ C.①③⑤ D.①③④⑤‎ ‎【答案】(1). 4H+ +2Cl- +MnO2Cl2 +Mn2+ +2H2O (2). 4:1 (3). SO2＋H2OH2SO32H2SO3＋O2===2H2SO4 (4). 减小 (5). H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4 (6). C ‎【解析】‎ ‎【详解】I、(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓硝酸，但A、B的物质的量之比为1：4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，硝酸为氧化剂，且全部硝酸被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1；‎ II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；‎ ‎(2)该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4；‎ ‎(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。‎ ‎34.现有下列短周期元素的数据(已知Be的原子半径为0.089nm)：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径(nm)‎ ‎0.074‎ ‎0.160‎ ‎0.152‎ ‎0.110‎ ‎0.099‎ ‎0.186‎ ‎0.075‎ ‎0.082‎ 最高正化合价 ‎＋2‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎＋7‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎＋3‎ 最低负化合价 ‎－2‎ ‎－3‎ ‎－1‎ ‎－3‎ ‎（1）⑧号元素在周期表中的位置是____；上述元素处于同一主族的有____。(用元素符号表示)‎ ‎（2）元素①和⑥能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与水反应的离子方程式：____。‎ ‎（3）含锂材料在社会中广泛应用，如各种储氢材料(Li2NH等)、便携式电源材料(LiCoO2等)。根据下列要求回答问题：‎ ‎①Li和Li作核反应堆最佳热载体，LiH和LiD用作高温堆减速剂。下列说法正确的是____。‎ A.Li和Li互为同位素 B.Li和Li属于同种核素 C.LiH和LiD的化学性质不同 D.LiH和LiD是同种物质 ‎②下列说法不正确的是____。‎ A.碱性：Be(OH)2Na>Li>Li+‎ C氧化性：Li+Rb>K>Na>Li>Be ‎【答案】(1). 第二周期，第ⅢA族； (2). Li和Na、N和P； (3). ； (4). AD； (5). C。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】元素周期律，同周期从左到右，原子半径逐渐变小；同主族从上到下，原子半径逐渐变大。通过表中原子半径及Be的原子半径为0.089nm，元素①、⑦、⑧的原子半径比Be小，推断元素①、⑦、⑧为第二周期元素，根据最高正化合价，推出①、⑦、⑧分别为O、N、B；③和⑥的最高正化合价为+1，且⑥的半径比③大，推断③和⑥分别为Li、Na元素；②的原子半径比⑥小，且最高正化合价为+2，则②为Mg；④和⑦的最高正化合价都为+5，且④的原子半径比⑦大，所以④和⑦分别是P、N元素，⑤的最高正化合价为+7，最低负化合价为-1，则⑤为Cl元素。即元素依次为O、Mg、Li、P、Cl、Na、N、B，‎ ‎【详解】元素周期律，同周期从左到右，原子半径逐渐变小；同主族从上到下，原子半径逐渐变大。通过表中原子半径及Be的原子半径为0.089nm，元素①、⑦、⑧的原子半径比Be小，推断元素①、⑦、⑧为第二周期元素，根据最高正化合价，推出①、⑦、⑧分别为O、N、B；③和⑥的最高正化合价为+1，且⑥的半径比③大，推断③和⑥分别为Li、Na元素；②的原子半径比⑥小，且最高正化合价为+2，则②为Mg；④和⑦的最高正化合价都为+5，且④的原子半径比⑦大，所以④和⑦分别是P、N元素，⑤的最高正化合价为+7，最低负化合价为-1，则⑤为Cl元素。即元素依次为O、Mg、Li、P、Cl、Na、N、B，‎ ‎（1）⑧号元素为B，其在周期表中的位置是第二周期，第ⅢA族；上述元素处于同一主族的有Li和Na、N和P；‎ ‎（2）元素①和⑥能形成较稳定的化合物是Na2O,则与水反应的离子方程式为 ；‎ ‎（3）A.Li和Li质子数相同，中子数不同互为同位素，A正确； ‎ B. Li和Li属于同位素，为不同的核素，B错误；‎ C. LiH和LiD是由同种元素构成的化合物，化学性质基本相同，C错误； ‎ D. LiH和LiD是同种元素构成的化合物，是同种物质，D正确。‎ 所以正确的为AD。‎ ‎② A. 同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱；同主族元素从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱。所以碱性：Be(OH)2 < LiOH < NaOH < KOH，A项正确；‎ B. 同主族元素，从上到下，原子半径逐渐变大，Li+因为失去了最外层电子，所以半径小于Li，即半径：K>Na>Li>Li+，B项正确；‎ C. 由于同主族元素从上到下元素的还原性变强，所以氧化性：Li+>Na+>K+>Rb+>Cs+，C项错误；‎ D. 由于同主族元素从上到下元素的金属性变强，金属性：Cs>Rb>K>Na>Li>Be，D项正确。‎ 所以不正确的选C。‎ ‎35.（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式____________________________‎ ‎（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。‎ ‎①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是________（填序号）。‎ A.铁 B.铝 C.铂 D.玻璃 ‎②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是______________________________________（填化学方程式）。‎ ‎（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。‎ ‎①长玻璃管的作用是________________________________。‎ ‎②让反应停止的操作方法及原因是_________________。‎ ‎（4）以下收集NO气体装置，不合理的是____（填序号）。‎ ‎【答案】(1). 3Cu＋8H+ +2NO3- ===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O (2). CD (3). 2NO＋O2===2NO2 (4). 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 (5). 关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 (6). ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为3Cu＋8H+ +2NO3- ===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；‎ ‎(2)①铁和铝都比铜活泼，均可以与稀硝酸发生反应，起不到包裹作用，所以选用化学性质不活泼的铂和玻璃，所以选CD；‎ ‎②试管内有空气，NO容易被氧化为红棕色的气体二氧化氮，反应为2NO＋O2===2NO2；‎ ‎(3)①长玻璃管的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；‎ ‎②关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；‎ ‎(4)NO容易被空气中的氧气氧化，所以不能用排空气法收集，所以AB不合理；排水法收集时为了将集气瓶中的水排出应短进长出，所以E不合理，综上选ABE。‎ ‎36.某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应，用图中装置进行有关实验。请回答：‎ ‎（1）装置A中发生反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎（2）装置D中试管口放置的棉花中应浸一种液体，这种液体是____，其作用是_________。‎ ‎（3）装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有体产生，此时B中现象是______。B中应放置的液体是____（填序号）。‎ a.水 b.酸性KMnO4溶液 c.浓溴水 d.饱和NaHSO3溶液 ‎【答案】(1). Cu＋2H2SO4（浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). NaOH溶液（其他答案合理即可） (3). 吸收多余的SO2，防止污染空气 (4). 长颈漏斗内液面上升，集气瓶内液面下降 (5). d ‎【解析】‎ ‎【分析】装置A中浓硫酸与铜在加热条件反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，装置C可以收集二氧化硫，装置D中盛有品红溶液检验二氧化硫的漂白性，二氧化硫有毒，不能随意排放在空气中，可用浸有氢氧化钠溶液的棉花进行吸收，关闭止水夹K后，B装置可以贮存多余的气体。‎ ‎【详解】(1)铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎(2)二氧化硫有毒，不能随意排放在空气中，可用浸有氢氧化钠溶液的棉花进行吸收；‎ ‎(3)装置B的作用是贮存多余的气体，而不是吸收，所以盛放的液体不能与二氧化硫反应，二氧化硫易溶于水，则不能用水，酸性高锰酸钾和浓溴水都可以氧化二氧化硫从而进行吸收，饱和的亚硫酸氢钠与二氧化硫不反应，且对二氧化硫的溶解度较小，所以可以选用饱和亚硫酸氢钠；由于B中液体不能吸收二氧化硫，则气体进入后集气瓶内压强增大，导致长颈漏斗内液面上升，集气瓶内液面下降。‎