化学·河南省周口市淮阳县朱集高中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析 26页

‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县朱集高中高二（上）开学化学试卷 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用I表示）可近似地用下图中的曲线表示的是( )‎ A．A B．B C．C D．D ‎2．等质量的①CH4；②H2；③HCl；④SO2，在标准状况下所占体积由大到小排列的顺序是( )‎ A．②①③④ B．④③①② C．③②④① D．①④②③‎ ‎3．下列说法正确的是( )‎ A．利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”‎ B．硅晶体的导电性介于导体与绝缘体之间，是一种重要的半导体材料，广泛应用于制造集成电路、光导纤维、太阳能电池板等 C．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断 D．2013年11月22日，中科院国家纳米科学中心宣布，该中心科研人员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据．水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 ‎4．下列离子方程式中正确的是( )‎ A．碳酸钙和盐酸反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．过量的氯化铁和锌反应，锌溶解：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+‎ C．醋酸和苯酚钠溶液的反应：O﹣+CH3COOH→OH↓+CH3COO﹣‎ D．碳酸氢钠溶液与氯化铝溶液反应：Al3++3HCO3﹣═Al（HCO3）3↓‎ ‎5．某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是( )‎ A．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D．无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 ‎6．在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是( )‎ A．同温度、同体积的N2和O2 B．同压强、同体积的H2和CH4‎ C．同质量、不同密度的N2和CO D．同体积、同密度的CO2和N2‎ ‎7．下列除杂质（括号中物质为杂质）所用试剂或方法不正确的是( )‎ A．CO2（CO）：O2‎ B．MgO（Al2O3）：NaOH溶液 C．NaHCO3溶液（Na2CO3）：过量的CO2‎ D．CO2（HCl）：饱和NaHCO3溶液 ‎8．下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是( )‎ A．37Cl与39K具有相同的中子数 B．He和He是两种不同的核素 C．H3O+与OH﹣具有相同的质子数和电子数 D．O22﹣与S2﹣具有相同的质子数和电子数 ‎9．下列对硫酸的叙述正确的是( )‎ A．因浓硫酸具有强氧化性，故不可用它来干燥氢气 B．浓硫酸与浓氨水靠近时产生大量白烟 C．浓硫酸有强氧化性，稀硫酸不具有氧化性 D．浓硫酸具有腐蚀性，取用时要小心 ‎10．下列说法正确的是( )‎ A．形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱 C．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D．元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果 ‎11．与OH﹣具有相同质子数和电子数的粒子是( )‎ A．F﹣ B．Cl﹣ C．NH3 D．NH4+‎ ‎12．下列物质的分类正确的是 ‎①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银；②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、石炭酸；‎ ‎③非极性分子：CO2、CCl4、CH2C12、对二甲苯；④同位素：1H+、2H﹣、2H2、2H3H；‎ ‎⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨；⑥同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2；‎ ‎⑦同分异构体：乙二酸乙二酯、乙二酸二乙酯、二乙酸乙二酯．( )‎ A．②⑤ B．②④⑤⑦ C．②⑤⑥⑦ D．全部 ‎13．下列实验合理的是( )‎ A．‎ 量取500ml盐酸 B．‎ 检验Fe2+‎ C．‎ 制乙酸乙酯 D．‎ 分离汽油和水 ‎14．航天飞机用的铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH4ClO4 N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，放出热量为Q，下列对此反应叙述中错误的是( )‎ A．反应属于分解反应 B．上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行 C．反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能 D．在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用 二、解答题（共9小题，满分24分）‎ ‎15．硫酸、硝酸和盐酸既是重要的化工原料也是化学实验室里必备的试剂．‎ ‎（1）常温下，可用铝槽车装运浓硫酸，这是因为浓硫酸具有性；硝酸应保存在棕色试剂瓶中，这是因为硝酸具有性；敞口放置的浓盐酸浓度会减小，这是因为盐酸具有性．‎ ‎（2）①在100mL 18mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积为13.44L，则参加反应的铜片的质量为（选填序号）；‎ a．115.2g b．76.8g c．57.6g d．38.4g ‎②若使上述①中反应剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式：．‎ ‎（3）工业制盐酸是以电解饱和氯化钠溶液为基础进行的，该电解过程中阳极的电极反应式为：．‎ ‎16．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途、贯穿古今．‎ ‎（1）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质．而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用图表达．试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：，其中水为剂．‎ ‎（2）过氧化氢的水溶液俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．关于双氧水，回答下列问题：‎ ‎①下列反应中，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是 A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2‎ B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O C．2H2O2═2H2O+O2↑‎ D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═K2CrO4+3K2SO4+8H2O ‎②保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是（填序号）‎ ‎（3）焊接铜器时，可先用NH4Cl 除去其表面的氧化铜再进行焊接，该反应可表示为：‎ ‎4CuO+2NH4Cl 3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O ‎①用双线桥标明电子转移的方向和数目．．‎ ‎②该反应中，被氧化的元素是，氧化剂是．‎ ‎③还原剂与氧化产物的物质的量之比为．‎ ‎④反应中若产生0.2mol的氮气，则有 mol的电子转移．‎ ‎17．某溶液中含有SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣三种阴离子．如果每次只检验一种离子，要 ‎（1）先检验CO32﹣，加入试剂（或溶液），反应的离子方程式为；‎ ‎（2）然后检验SO42﹣，加入试剂（或溶液），反应的离子方程式为；；‎ ‎（3）最后检验Cl﹣，加入 试剂（或溶液），反应的离子方程式为．‎ ‎18．电子工业中用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液．由该废液回收铜并得到净水剂（FeCl3•6H2O）的步骤如下：‎ Ⅰ．在废液中加入过量铁粉，过滤；‎ Ⅱ．向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜；‎ Ⅲ．合并Ⅰ和Ⅱ中的滤液，通入足量氯气；‎ Ⅳ．…，得到FeCl3•6H2O晶体．‎ ‎（1）用FeCl3溶液腐蚀铜箔的离子方程式是．‎ ‎（2）试剂A是．‎ ‎（3）步骤Ⅲ中发生的离子方程式为．‎ ‎（4）完成步骤Ⅳ需要用到的实验装置是（填字母）．‎ ‎（5）若用FeCl3•6H2O晶体配制100ml 0.5mol/L的FeCl3溶液 ‎①用托盘天平称FeCl3•6H2O晶体，其质量是 g．‎ ‎②实验时下图所示操作的先后顺序为（填编号）．‎ 蒸馏水 ‎19．某活动小组利用下图装置验证NO的还原性及探究工业生产硝酸的原理．‎ 如何检查该装置气密性．‎ ‎（一）向广口瓶①中通入NO并测定NO的体积 ‎（1）通入NO前，向广口瓶①中加入水，让水充满广口瓶①，且调节滴定管中液面与①相平并记录滴定管的刻度．‎ ‎（2）从导管a通入一定量的NO并准确测定通入NO的体积的主要操作：；计算出通入的NO的体积为VmL（V＜50mL）．‎ ‎（二）验证NO的还原性；探究工业生产硝酸的原理 ‎（1）停止通入NO后关闭K1、K3，打开K2，从导管b缓缓通入O2，写出通入O2过程中发生的化学反应方程式；‎ ‎（2）继续通入O2，打开K3并及时调整滴定管③液面与广口瓶①中液面相平．‎ Ⅰ．当通入氧气的体积为时，则广口瓶①的气体体积为；‎ Ⅱ．当广口瓶①的气体体积为，则通入氧气的体积可能为．‎ ‎20．Na2CO3、NaHCO3、NaCl的固体混合物共4.0g，把它们加强热到质量不再减轻，冷却后称重为3.38g．在残余固体中加入过量的盐酸，产生CO20.88g．回答 ‎（1）原混合物中NaHCO3的质量是多少克？‎ ‎（2）原混合物中含NaCl克？‎ ‎21．（13分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下：‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）反应③的化学方程式为．‎ ‎（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为．‎ ‎（3）写出有关反应的离子方程式：①中生成A．⑤．‎ ‎（4）上述离子中，溶液X中肯定不含有的离子是，可能含有的离子是．‎ ‎22．已知B为黑色粉末，用D、E、G做焰色反应实验，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，F为深红棕色液体，H能使淀粉变蓝，它们之间的相互转化关系如图1所示．‎ ‎（1）请根据以上关系进行判断，指出下列物质的化学式：‎ A，C，D，G．‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式：C+D：；A+B：．‎ 在A和B的反应中，A显示出来的性质是（填写序号，多选倒扣）．‎ ‎①只有还原性；②还原性和酸性；③只有氧化性；④氧化性和酸性 当A和B进行反应时，应选择图2所示装置中的较为合适．‎ ‎（3）C还能由以下反应制得：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，在该反应中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为．‎ ‎23．已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）．现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池．有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为．‎ ‎（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，‎ 负极反应：；正极反应：．‎ ‎（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作A”为．‎ ‎（4）反应②的化学方程式为．‎ ‎（5）反应⑤的化学方程式为．‎ ‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县朱集高中高二（上）开学化学试卷 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用I表示）可近似地用下图中的曲线表示的是( )‎ A．A B．B C．C D．D ‎【分析】电解质溶液导电性与离子浓度成正比，加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：电解质溶液导电性与离子浓度成正比，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O，随着反应进行，溶液中离子浓度减小，则溶液导电性逐渐减弱，当两种溶液恰好完全反应时生成硫酸钡和水，所以溶液相当于纯水，导电性为0，过量后溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选C．‎ ‎【点评】本题考查电解质溶液导电性图象分析，为高频考点，明确溶液导电性与离子浓度关系及该反应实质是解本题关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．‎ ‎2．等质量的①CH4；②H2；③HCl；④SO2，在标准状况下所占体积由大到小排列的顺序是( )‎ A．②①③④ B．④③①② C．③②④① D．①④②③‎ ‎【分析】根据n=可知，代入PV=nRT，得PV=RT，所以同温同压下，质量相等，体积与摩尔质量成反比，所以相对分子质量越大，体积越小．‎ ‎【解答】解：根据n=可知，代入PV=nRT，得PV=RT，所以同温同压下，质量相等，体积与摩尔质量成反比，所以相对分子质量越大，体积越小，‎ ‎①CH4、②H2、③HCl、④SO2的相对分子质量分别为16、2、36.5、64，所以在标况下体积由大到小顺序为②＞①＞③＞④．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的量的有关计算，难度不大，也可令质量为某值，求出各物质的物质的量，比较其大小判断，但较上述解法稍微麻烦．‎ ‎3．下列说法正确的是( )‎ A．利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”‎ B．硅晶体的导电性介于导体与绝缘体之间，是一种重要的半导体材料，广泛应用于制造集成电路、光导纤维、太阳能电池板等 C．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断 D．2013年11月22日，中科院国家纳米科学中心宣布，该中心科研人员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据．水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 ‎【分析】A．根据聚乙烯能产生白色污染；‎ B．光导纤维的成分是二氧化硅；‎ C．测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；‎ D．氢键属于分子间作用力．‎ ‎【解答】解：A．利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少白色污染，故A正确； ‎ B．太阳能电池板的主要成分硅单质，光导纤维的成分是二氧化硅，故B错误；‎ C．pH计能用于酸碱中和滴定终点的判断，故C错误；‎ D．“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查较综合，涉及白色污染、材料、氢键、物质结构的分析等，知识点较偏僻，对学生知识的综合性应用要求较高，题目难度中等．‎ ‎4．下列离子方程式中正确的是( )‎ A．碳酸钙和盐酸反应：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B．过量的氯化铁和锌反应，锌溶解：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+‎ C．醋酸和苯酚钠溶液的反应：O﹣+CH3COOH→OH↓+CH3COO﹣‎ D．碳酸氢钠溶液与氯化铝溶液反应：Al3++3HCO3﹣═Al（HCO3）3↓‎ ‎【分析】A．碳酸钙为沉淀，保留化学式；‎ B．二者反应生成氯化锌和氯化亚铁；‎ C．醋酸酸性强于苯酚；‎ D．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；‎ ‎【解答】解：A．碳酸钙和盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；‎ B．过量的氯化铁和锌反应，锌溶解，离子方程式：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+，故B正确；‎ C．醋酸和苯酚钠溶液的反应，离子方程式：O﹣+CH3COOH→OH↓+CH3COO﹣，故C正确；‎ D．碳酸氢钠溶液与氯化铝溶液反应，离子方程式：Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，解题时注意化学式拆分，注意反应是否遵循客观事实，题目难度不大．‎ ‎5．某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是( )‎ A．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色 B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D．无明显现象，因稀硫酸不与铜反应 ‎【分析】试管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．‎ ‎【解答】解：管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解 所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选A．‎ ‎【点评】本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题．‎ ‎6．在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是( )‎ A．同温度、同体积的N2和O2 B．同压强、同体积的H2和CH4‎ C．同质量、不同密度的N2和CO D．同体积、同密度的CO2和N2‎ ‎【分析】A．由于气体的压强不一定相同，所以分子数不一定相等；‎ B．温度不同，则气体分子之间的距离可能不同，其分子数不一定相等；‎ C．CO、N2摩尔质量相同，则等质量的两种物质的物质的量相同；‎ D．同体积、同密度的二氧化碳和氮气其质量相同，因为摩尔质量不同，二者物质的量不相同．‎ ‎【解答】解：A．影响气体体积的外因是温度和压强，由于气体的压强不一定相同，所以分子数不一定相等，故A错误；‎ B．温度不同，则气体分子之间的距离可能不同，因此其分子数不一定相等，故B错误；‎ C．CO、N2摩尔质量相同，则等质量的两种物质的物质的量相同，因此分子数一定相同，故C正确；‎ D．同体积、同密度的二氧化碳和氮气其质量相同，因为摩尔质量不同，二者物质的量不相同，所以其分子数一定不同，故D错误，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查阿伏加德罗定律的应用，难度不大，注意理解气体摩尔体积的影响因素．‎ ‎7．下列除杂质（括号中物质为杂质）所用试剂或方法不正确的是( )‎ A．CO2（CO）：O2‎ B．MgO（Al2O3）：NaOH溶液 C．NaHCO3溶液（Na2CO3）：过量的CO2‎ D．CO2（HCl）：饱和NaHCO3溶液 ‎【分析】A．混入新的杂质O2，不能得到纯净的CO2；‎ B．Al2O3与NaOH溶液反应而除去；‎ C．Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3；‎ D．HCl与NaHCO3反应生成CO2．‎ ‎【解答】解：A．用O2除去CO2中的CO，会混入新的杂质O2，不能得到纯净的CO2，故A错误；‎ B．MgO不与NaOH溶液反应，而Al2O3与NaOH溶液反应而除去，故B正确；‎ C．Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，生成相同物质而不会引入新的杂质，故C正确；‎ D．HCl与NaHCO3反应生成CO2，而CO2不与NaHCO3反应，可除去杂质，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查物质的分离提纯，题目难度不大，注意除杂时不能引入新的杂质，注意积累物质的性质．‎ ‎8．下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是( )‎ A．37Cl与39K具有相同的中子数 B．He和He是两种不同的核素 C．H3O+与OH﹣具有相同的质子数和电子数 D．O22﹣与S2﹣具有相同的质子数和电子数 ‎【分析】A．质子数+中子数=质量数；‎ B、不同的核素是质子数不同或质子数相同、中子数不同的原子；‎ C、原子序数等于质子数，阳离子的电子数等于质子数﹣电荷数，阴离子的电子数等于质子数+电荷数；‎ D、原子序数等于质子数，阳离子的电子数等于质子数﹣电荷数，阴离子的电子数等于质子数+电荷数．‎ ‎【解答】解：A．37Cl的中子数=37﹣17=20，39K的中子数=39﹣19=20，故A正确；‎ B、23He和24He的质子数相同和中子数不同，是两种不同的核素，故B正确；‎ C、H3O+的质子数为11，电子数为10，OH﹣的质子数为9，电子数为10，故C错误；‎ D、O22﹣与S2﹣具有相同的质子数均为16，电子数均为18，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查质子数、电子数的关系及计算，明确原子序数等于质子数，阳离子的电子数等于质子数﹣电荷数，阴离子的电子数等于质子数+电荷数，即可解答，较简单．‎ ‎9．下列对硫酸的叙述正确的是( )‎ A．因浓硫酸具有强氧化性，故不可用它来干燥氢气 B．浓硫酸与浓氨水靠近时产生大量白烟 C．浓硫酸有强氧化性，稀硫酸不具有氧化性 D．浓硫酸具有腐蚀性，取用时要小心 ‎【分析】A、干燥氢气是浓硫酸的吸水性；‎ B、挥发性的酸与浓氨水产生大量白烟；‎ C、浓硫酸有强氧化性，稀硫酸中正一价的氢具有氧化性；‎ D、浓硫酸具有腐蚀性，所以取用时要小心．‎ ‎【解答】解：A、干燥氢气是浓硫酸的吸水性，而不是氧化性，故A错误；‎ B、挥发性的酸与浓氨水产生大量白烟，浓硫酸不具有挥发性，故B错误；‎ C、浓硫酸有强氧化性，稀硫酸中正一价的氢具有氧化性，故C错误；‎ D、浓硫酸具有腐蚀性，所以取用时要小心，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查浓硫酸的三大特性，为高频考点，题目难度不大．‎ ‎10．下列说法正确的是( )‎ A．形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱 C．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D．元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果 ‎【分析】利用离子键的定义和元素性质的递变规律以及元素周期律的实质解决此题．‎ ‎【解答】解：A、离子键是通过阴、阳离子静电作用作用形成的，静电作用包括相互吸引和相互排斥，故A错误；‎ B、同一主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，非金属性减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强，故B错误；‎ C、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，则第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强，非金属元素含氧酸的酸性不一定为最高价含氧酸，故C错误；‎ D、由结构决定性质，则元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题涉及化学键的定义、元素性质的递变规律等问题的理解和运用，对学生有较好的区分度，如：比较非金属性强弱必须依据最高价氧化物水化物的酸性强弱，而不能错误认为是氧化物的水化物的酸性强弱等问题，此题为好题．‎ ‎11．与OH﹣具有相同质子数和电子数的粒子是( )‎ A．F﹣ B．Cl﹣ C．NH3 D．NH4+‎ ‎【分析】OH﹣的质子数为8+1=9，电子数为8+1+1=10，选项中质子数为9，电子数为10的即为正确答案．‎ ‎【解答】解：A、F﹣的质子数为9，电子数为9+1=10，与OH﹣具有相同质子数和电子数，故A正确；‎ B、Cl﹣的质子数为17，电子数为17+1=18，故B错误；‎ C、NH3的质子数=电子数=7+1×3=10，故C错误；‎ D、NH4+的质子数为7+4=11，电子数为7+4﹣1=10，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查微粒的质子数和电子数，熟悉原子的质子数和电子数与电荷的关系即可解答，较简单．‎ ‎12．下列物质的分类正确的是 ‎①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银；②电解质：明矾、冰醋酸、石膏、石炭酸；‎ ‎③非极性分子：CO2、CCl4、CH2C12、对二甲苯；④同位素：1H+、2H﹣、2H2、2H3H；‎ ‎⑤同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨；⑥同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2；‎ ‎⑦同分异构体：乙二酸乙二酯、乙二酸二乙酯、二乙酸乙二酯．( )‎ A．②⑤ B．②④⑤⑦ C．②⑤⑥⑦ D．全部 ‎【分析】①不同物质组成的为混合物；‎ ‎②水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；‎ ‎③非极性分子，原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子；‎ ‎④质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；‎ ‎⑤同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体；‎ ‎⑥结构相似组成上相差CH2原子团的有机物为同系物；‎ ‎⑦分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体．‎ ‎【解答】解：①水银为单质、纯净物，故①错误；‎ ‎②明矾、冰醋酸、石膏、石炭酸水溶液中都可以电离出离子属于电解质，故②正确；‎ ‎③CH2C12为极性分子，故③错误；‎ ‎④2H2、2H3H并非原子，不是氢的同位素，故④错误；‎ ‎⑤C60、C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质属于碳元素的同素异形体，故⑤正确；‎ ‎⑥四者只是通式相同，但可能为羧酸、羟基醛等类型有机物，不一定为同系物，故⑥错误；‎ ‎⑦中三物质的碳原子数分别为4、6、6，故不可能为同分异构体，故⑦错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了物质分类、分子极性、同位素、同素异形体、同系物、同分异构体等概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．‎ ‎13．下列实验合理的是( )‎ A．‎ 量取500ml盐酸 B．‎ 检验Fe2+‎ C．‎ 制乙酸乙酯 D．‎ 分离汽油和水 ‎【分析】A．选取量筒的规格应与液体体积接近；‎ B．检验亚铁离子，先加KSCN，再加氯水；‎ C．制备乙酸乙酯需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，且饱和碳酸钠溶液中导管在液面下易倒吸；‎ D．汽油与水分层．‎ ‎【解答】解：A．选取量筒的规格应与液体体积接近，则不能选50mL量筒，多次量取误差较大，故A错误；‎ B．检验亚铁离子，先加KSCN，再加氯水，图中试剂的加入顺序不合理，故B错误；‎ C．制备乙酸乙酯需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，且饱和碳酸钠溶液中导管在液面下易倒吸，而图中为稀硫酸，且导致倒吸，故C错误；‎ D．汽油与水分层，且水在下层，可选图中分液装置分离，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备及离子检验等为解答的关键，侧重物质性质及实验基本技能的考查，题目难度不大．‎ ‎14．航天飞机用的铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH4ClO4 N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，放出热量为Q，下列对此反应叙述中错误的是( )‎ A．反应属于分解反应 B．上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行 C．反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能 D．在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用 ‎【分析】反应2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑+Q中，反应物高氯酸铵为化合物，产物中N2为单质，有元素化合价的变化，故该反应为氧化还原反应，+Q表示放热．‎ ‎【解答】解：A．由一种反应物发生化学反应后生成两种或两种以上的物质的反应为分解反应，反应物高氯酸铵为一种物质，产物为N2、H2O、Cl2、O2↑四种物质，符合定义，故A正确；‎ B．2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑+Q，+Q表示放热，反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行，故B正确．‎ C．航天飞机用的铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，燃料反应为放热反应，反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能，故C正确；‎ D．2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑+Q，2molNH4ClO4参加反应，2mol+7价Cl变成0价的1mol Cl2转移14 mol电子，NH4ClO4中氮、氧元素被氧化，氯元素被还原，高氯酸铵既是氧化剂，又是还原剂．故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题以信息的形式考查氧化还原反应及能量，掌握分解反应的特点，理解氧化还原反应的本质，注意放热反应、吸热反应的标志，是解答本题的关键，题目难度不大．‎ 二、解答题（共9小题，满分24分）‎ ‎15．硫酸、硝酸和盐酸既是重要的化工原料也是化学实验室里必备的试剂．‎ ‎（1）常温下，可用铝槽车装运浓硫酸，这是因为浓硫酸具有强氧化性；硝酸应保存在棕色试剂瓶中，这是因为硝酸具有不稳定性；敞口放置的浓盐酸浓度会减小，这是因为盐酸具有挥发性．‎ ‎（2）①在100mL 18mol•L﹣1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积为13.44L，则参加反应的铜片的质量为d（选填序号）；‎ a．115.2g b．76.8g c．57.6g d．38.4g ‎②若使上述①中反应剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．‎ ‎（3）工业制盐酸是以电解饱和氯化钠溶液为基础进行的，该电解过程中阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．‎ ‎【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性，可使铝钝化；浓硝酸不稳定，易分解；盐酸易挥发；‎ ‎（2）①根据反应的方程式计算；‎ ‎②酸性条件下，硝酸根离子与铜发生氧化还原反应；‎ ‎（3）电解时，阳极发生氧化反应，生成氯气．‎ ‎【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性，可使铝钝化，则常温下可用铝槽车装运浓硫酸；浓硝酸不稳定，易分解，应保存在棕色试剂瓶中；盐酸易挥发，敞口放置的浓盐酸浓度会减小，‎ 故答案为：强氧化；不稳定；挥发；‎ ‎（2）①铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O，n（SO2）==0.6mol，则由方程式可知消耗的铜的质量为0.6mol×64g/mol=38.4g，故答案为：d；‎ ‎②若使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，加入硝酸钠提供硝酸根离子和溶液中的氢离子形成稀硝酸，稀硝酸可以继续溶解铜，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（3）电解时，阳极发生氧化反应，生成氯气，电极方程式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．‎ ‎【点评】本题考查浓硫酸、浓硝酸的性质以及电化学知识，较为综合，为高频考点，贴近高考，难度适中，注意相关基础知识的学习和积累．‎ ‎16．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途、贯穿古今．‎ ‎（1）水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质．而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用图表达．试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，，其中水为氧化剂．‎ ‎（2）过氧化氢的水溶液俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．关于双氧水，回答下列问题：‎ ‎①下列反应中，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2‎ B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O C．2H2O2═2H2O+O2↑‎ D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═K2CrO4+3K2SO4+8H2O ‎②保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是B（填序号）‎ ‎（3）焊接铜器时，可先用NH4Cl 除去其表面的氧化铜再进行焊接，该反应可表示为：‎ ‎4CuO+2NH4Cl 3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O ‎①用双线桥标明电子转移的方向和数目．．‎ ‎②该反应中，被氧化的元素是氮（N），氧化剂是CuO．‎ ‎③还原剂与氧化产物的物质的量之比为2：1．‎ ‎④反应中若产生0.2mol的氮气，则有1.2 mol的电子转移．‎ ‎【分析】（1）有水参加的符合反应类型Ⅳ的为置换反应，若水中H元素的化合价降低，为氧化剂；‎ ‎（2）①H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价升高又降低；‎ ‎②过氧化氢为常见的氧化剂；‎ ‎（3）4CuO+2NH4Cl 3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O中，Cu元素的化合价降低，N元素的化合价升高，该反应转移6e﹣，以此来解答．．‎ ‎【解答】解：（1）有水参加的符合反应类型Ⅳ的为置换反应，则既是氧化还原反应又属于置换反应的如2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，水中H元素的化合价降低，作氧化剂，‎ 故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；氧化；‎ ‎（2）①A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2，不是氧化还原反应，故A不选；‎ B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O，过氧化氢化合价升高作还原剂，故B不选；‎ C．2H2O2═2H2O+O2↑，过氧化氢化合价既升高又降低，既体现氧化性又体现还原性，故C选；‎ D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH══K2CrO4+3K2SO4+8H2O，过氧化氢化合价降低，作氧化剂，故D不选；‎ 故答案为：C；‎ ‎②过氧化氢具有强氧化性，所以应该贴氧化剂标签，故答案为：B；‎ ‎（3）①在反应过程中，铜化合价降低，失电子，氮元素化合价升高，得电子，所以双线桥法表示为，‎ 故答案为：；‎ ‎②氮元素化合价升高，失去电子，被氧化；氧化铜中Cu元素的化合价降低，作氧化剂，故答案为：氮（N）；CuO；‎ ‎③还原剂是氯化铵，氧化产物是氮气，由反应可知，二者的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；‎ ‎④氮元素化合价由﹣3 降低为0价，生成0.2mol氮气对应失去电子为0.2×2×3=1.2mol，故答案为：1.2．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化剂的应用，题目难度不大．‎ ‎17．某溶液中含有SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣三种阴离子．如果每次只检验一种离子，要 ‎（1）先检验CO32﹣，加入HNO3试剂（或溶液），反应的离子方程式为CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；‎ ‎（2）然后检验SO42﹣，加入Ba（NO3）2试剂（或溶液），反应的离子方程式为；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；‎ ‎（3）最后检验Cl﹣，加入AgNO3 试剂（或溶液），反应的离子方程式为Ag++Cl﹣=AgCl↓．‎ ‎【分析】检验氯离子可以使用银离子，检验硫酸根离子可以使用钡离子，检验碳酸根离子可以使用氢离子．注意检验离子时其他离子的干扰作用，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：（1）检验碳酸根离子，可以加入稀硝酸，反应的离子方程式为：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，故答案为：HNO3；CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；‎ ‎（2）检验硫酸根离子可以用含有钡离子的盐，如硝酸钡，也可用氢氧化钡，反应的离子方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，‎ 故答案为：Ba（NO3）2；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；‎ ‎（3）检验氯离子可以使用银离子，选用硝酸银溶液，反应生成沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案为：AgNO3；Ag++Cl﹣=AgCl↓．‎ ‎【点评】本题考查了常见离子的检验，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及离子方程式的书写，难度不大．‎ ‎18．电子工业中用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液．由该废液回收铜并得到净水剂（FeCl3•6H2O）的步骤如下：‎ Ⅰ．在废液中加入过量铁粉，过滤；‎ Ⅱ．向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜；‎ Ⅲ．合并Ⅰ和Ⅱ中的滤液，通入足量氯气；‎ Ⅳ．…，得到FeCl3•6H2O晶体．‎ ‎（1）用FeCl3溶液腐蚀铜箔的离子方程式是2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．‎ ‎（2）试剂A是盐酸．‎ ‎（3）步骤Ⅲ中发生的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．‎ ‎（4）完成步骤Ⅳ需要用到的实验装置是ab（填字母）．‎ ‎（5）若用FeCl3•6H2O晶体配制100ml 0.5mol/L的FeCl3溶液 ‎①用托盘天平称FeCl3•6H2O晶体，其质量是13.5 g．‎ ‎②实验时下图所示操作的先后顺序为④⑥③⑤②①（填编号）．‎ 蒸馏水 ‎【分析】用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液，则废液中含FeCl3、FeCl2、CuCl2．‎ Ⅰ．在废液中加入过量铁粉，则会与FeCl3反应生成FeCl2，与CuCl2反应生成FeCl2和Cu，过滤，则滤液中含FeCl2；滤渣中含Cu和过量的Fe粉；‎ Ⅱ．I的滤渣中含Cu和过量的Fe粉，向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜，故加入的试剂A只能将铁反应掉，则A为盐酸，所得的溶液中含FeCl2；‎ Ⅲ．I和II中的滤液中均为FeCl2，通入足量氯气，反应生成FeCl3；‎ Ⅳ．…，得到FeCl3•6H2O晶体．据此分析，‎ ‎（1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁；‎ ‎（2）试剂A只能将铁反应掉，不和铜反应，且不能引入杂质离子；‎ ‎（3）III中的溶液中为FeCl2，通入足量氯气，将FeCl2反应生成FeCl3；‎ ‎（4）由FeCl3溶液得FeCl3•6H2O晶体的方法是加热蒸发、浓缩结晶，然后过滤；‎ ‎（5）若用FeCl3•6H2O晶体配制100ml 0.5mol/L的FeCl3溶液，氯化铁物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，则晶体物质的量为0.05mol，计算得到称量的质量，托盘天平称量到0.1g，配制溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤转入、定容、摇匀等操作得到；‎ ‎【解答】解：用过量的FeCl3溶液溶解电路板中的铜箔时，会产生大量废液，则废液中含FeCl3、FeCl2、CuCl2．‎ Ⅰ．在废液中加入过量铁粉，则会与FeCl3反应生成FeCl2，与CuCl2反应生成FeCl2和Cu，过滤，则滤液中含FeCl2；滤渣中含Cu和过量的Fe粉；‎ Ⅱ．I的滤渣中含Cu和过量的Fe粉，向I的滤渣中加入过量试剂A，充分反应后，过滤，得到铜，故加入的试剂A只能将铁反应掉，则A为盐酸，所得的溶液中含FeCl2；‎ Ⅲ．I和II中的滤液中均为FeCl2，通入足量氯气，反应生成FeCl3；‎ Ⅳ．…，得到FeCl3•6H2O晶体．‎ ‎（1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，化学反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；‎ ‎（2）试剂A只能将铁反应掉，不和铜反应，且不能引入杂质离子，故A为盐酸，故答案为：盐酸；‎ ‎（3）III中的溶液中为FeCl2，通入足量氯气，将FeCl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，‎ 故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（4）由FeCl3溶液得FeCl3•6H2O晶体的方法是加热蒸发、浓缩结晶，然后过滤，故选ab，‎ 故答案为：ab；‎ ‎（5）①若用FeCl3•6H2O晶体配制100ml 0.5mol/L的FeCl3溶液，氯化铁物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，则晶体物质的量为0.05mol，需要称量的固体质量=0.05mol×270.5g/mol=13.525g≈13.5g，‎ 故答案为：13.5；‎ ‎②配制溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤转入、定容、摇匀等操作得到，实验时下图所示操作的先后顺序为④⑥③⑤②①，‎ 故答案为：④⑥③⑤②①；‎ ‎【点评】本题考查了物质分离提纯的实验过程分析，主要是离子性质、离子反应、溶液配制等知识点的理解应用，题目难度中等．‎ ‎19．某活动小组利用下图装置验证NO的还原性及探究工业生产硝酸的原理．‎ 如何检查该装置气密性关闭K1、K2，打开K3，从滴定管上口加水，没过广口瓶①中长导管口，继续加水，使广口瓶①中长导管内外出现一段液柱，停止加水，静置一段时间后，若这段液柱不变，说明装置气密性好，反之，说明装置气密性不好．‎ ‎（一）向广口瓶①中通入NO并测定NO的体积 ‎（1）通入NO前，向广口瓶①中加入水，让水充满广口瓶①，且调节滴定管中液面与①相平并记录滴定管的刻度．‎ ‎（2）从导管a通入一定量的NO并准确测定通入NO的体积的主要操作：关闭K2，打开K1、K3，通入一定量的NO后，调整滴定管液面与①中液面相平，再次读取滴定管的刻度；计算出通入的NO的体积为VmL（V＜50mL）．‎ ‎（二）验证NO的还原性；探究工业生产硝酸的原理 ‎（1）停止通入NO后关闭K1、K3，打开K2，从导管b缓缓通入O2，写出通入O2过程中发生的化学反应方程式2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎（2）继续通入O2，打开K3并及时调整滴定管③液面与广口瓶①中液面相平．‎ Ⅰ．当通入氧气的体积为时，则广口瓶①的气体体积为；‎ Ⅱ．当广口瓶①的气体体积为，则通入氧气的体积可能为．‎ ‎【分析】装置气密性的检验：设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；‎ ‎（一）（2）广口瓶①中压强均与外界相同，通过调节两端液面，到两端高度相同时再读取体积；‎ ‎（二）（1）NO易与氧气反应生成红棕色的NO2，NO2又与水反应；‎ ‎（2）Ⅰ．根据反应方程式4NO+3O2+2H2O═4HNO3过量计算；‎ Ⅱ．先推断广口瓶①的气体成分，再根据过量金属推断通入氧气的量．‎ ‎【解答】解：关闭K1、K2，打开K3，从滴定管上口加水，没过广口瓶①中长导管口，继续加水，使广口瓶①中长导管内外出现一段液柱，停止加水，静置一段时间后，若这段液柱不变，说明装置气密性好，反之，说明装置气密性不好，‎ 故答案为：关闭K1、K2，打开K3，从滴定管上口加水，没过广口瓶①中长导管口，继续加水，使广口瓶①中长导管内外出现一段液柱，停止加水，静置一段时间后，若这段液柱不变，说明装置气密性好，反之，说明装置气密性不好；‎ ‎（一）（2）广口瓶①中压强均与外界相同，通过调节两端液面，到两端高度相同时再读取体积．具体操作为：关闭K2，打开K3，K1，通入NO并调整滴定管液面与①中液面相平，再次记录滴定管刻度，‎ 故答案为：关闭K2，打开K3，K1，通入一定量的NO并调整滴定管液面与①中液面相平，再次读取滴定管刻度；‎ ‎（二）（1）NO易与氧气反应2NO+O2═2NO2 生成红棕色的NO2，NO2又与水反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，颜色变浅，‎ 故答案为：2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO； ‎ ‎（2）Ⅰ．设的氧气参加反应时，需要一氧化氮的体积为x，‎ ‎4NO+3O2+2H2O═4HNO3‎ ‎4 3‎ x ‎ 所以x=＜V，所以一氧化氮剩余，剩余的一氧化氮为V﹣，‎ 故答案为：；‎ Ⅱ．剩余的气体可能是氧气或一氧化氮，‎ ‎①当剩余的气体为氧气时，一氧化氮不足量，以一氧化氮为标准进行金属，‎ 设参加反应的氧气为Y，‎ ‎4NO+3O2+2H2O═4HNO3‎ ‎4 3‎ V Y Y=，‎ 所以通入的氧气体积为，‎ ‎②当剩余的气体为一氧化氮时，氧气的量不足，以氧气的量为标准进行计算，‎ 参加反应的一氧化氮为V﹣，‎ 设参加反应的氧气为Z，‎ ‎4NO+3O2+2H2O═4HNO3‎ ‎4 3‎ ‎ Z Z=‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了物质的量的过量计算等知识点，难度较大，易错题是（二）（2）Ⅱ题，明确剩余气体的成分是解本题的关键；注意点是：为了较准确地测量气体的体积，读数应在保证内外气压相等的条件下，通过调节两端液面，到两端高度相同时再读取体积．‎ ‎20．Na2CO3、NaHCO3、NaCl的固体混合物共4.0g，把它们加强热到质量不再减轻，冷却后称重为3.38g．在残余固体中加入过量的盐酸，产生CO20.88g．回答 ‎（1）原混合物中NaHCO3的质量是多少克？‎ ‎（2）原混合物中含NaCl1.26克？‎ ‎【分析】加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，导致固体质量减少，利用差量法计算原混合物中NaHCO3的质量、生成碳酸钠的质量，利用反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，根据CO2的质量可计算加热后总的Na2CO3的质量，减去NaHCO3分解生成的Na2CO3的质量即可得原混合物中Na2CO3的质量，进而求得氯化钠的质量．‎ ‎【解答】解：（1）加热发生反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，导致固体质量减少：4g﹣3.38g=0.62g，‎ 设混合物中有NaHCO3的质量为x，新生成的Na2CO3的质量为y，‎ ‎2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O△m ‎168g 106g 62g x y 4g﹣3.38g=0.62g 解得x==1.68g，y==1.06g，‎ 答：原混合物中NaHCO3的质量是为1.68g；‎ ‎（2）设加热后碳酸钠的总质量是m，‎ ‎ Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O ‎106 44‎ m 0.88g m==2.12g，‎ 故原混合物中碳酸钠的质量：2.12g﹣1.06g=1.06g，氯化钠的质量为：4.0g﹣1.68g﹣1.06g=1.26g，‎ 故答案为：1.26．‎ ‎【点评】本题考查学生化学方程式的有关计算知识，题目难度中等，掌握碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质为解答本题的关键，注意差量法在化学计算中的应用方法．‎ ‎21．（13分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下：‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）反应③的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3．‎ ‎（2）沉淀C、H和气体F的化学式分别为BaSO4、Fe（OH）3、NH3．‎ ‎（3）写出有关反应的离子方程式：①中生成A3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．⑤AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．‎ ‎（4）上述离子中，溶液X中肯定不含有的离子是Ba2+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣，可能含有的离子是Fe3+、Cl﹣．‎ ‎【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀H为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液G中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，G为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答．‎ ‎【解答】解：在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀H为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液G中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，G为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣．‎ ‎（1）由以上推断可知，D为NO2，E为HNO3，反应③的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3；‎ ‎（2）由以上推断可知，沉淀C为BaSO4沉淀，沉淀H为Fe（OH）3，气体F为NH3，故答案为：BaSO4、Fe（OH）3、NH3；‎ ‎（3）①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3﹣离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；‎ ‎②G为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：CO2+OH﹣=HCO3﹣，AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，‎ 故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．‎ ‎（4）通过以上分析可知，X中肯定含有：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；可能含有Fe3+、Cl﹣；一定没有：Ba2+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣；‎ 故答案为：Ba2+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣；Fe3+、Cl﹣．‎ ‎【点评】本题为考查离子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性．‎ ‎22．已知B为黑色粉末，用D、E、G做焰色反应实验，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，F为深红棕色液体，H能使淀粉变蓝，它们之间的相互转化关系如图1所示．‎ ‎（1）请根据以上关系进行判断，指出下列物质的化学式：‎ AHCl，CCl2，DKBr，GKI．‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式：C+D：Cl2+2KRr=2KCl+Br2；A+B：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．‎ 在A和B的反应中，A显示出来的性质是②（填写序号，多选倒扣）．‎ ‎①只有还原性；②还原性和酸性；③只有氧化性；④氧化性和酸性 当A和B进行反应时，应选择图2所示装置中的c较为合适．‎ ‎（3）C还能由以下反应制得：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，在该反应中，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为5：1．‎ ‎【分析】D、E、G作焰色反应，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，则均含K元素，B为黑色粉末，则B为MnO2，A应为浓盐酸，则C为Cl2，F为深红棕色液体，H能使淀粉变蓝，F为Br2，H为I2，则D为KBr，E为KCl，G为KI，符合上述转化，以此来解答．‎ ‎【解答】解：D、E、G作焰色反应，隔蓝色钴玻璃观察，焰色均呈紫色，则均含K元素，B为黑色粉末，则B为MnO2，A应为浓盐酸，则C为Cl2，F为深红棕色液体，H能使淀粉变蓝，F为Br2，H为I2，则D为KBr，E为KCl，G为KI，符合上述转化，‎ ‎（1）由上述分析可知，A为HCl，C为Cl2，D为KBr，G为KI，‎ 故答案为：HCl；Cl2；KBr；KI；‎ ‎（2）C+D的反应为Cl2+2KRr=2KCl+Br2，A+B的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应生成氯化锰体现盐酸的酸性，生成氯气体现盐酸的还原性，②符合，该反应为固体和液体反应需要加热，所以用c装置，‎ 故答案为：Cl2+2KRr=2KCl+Br2；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②；c；‎ ‎（3）KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，失去电子被氧化，5molHCl作还原剂；Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，1molKClO3作氧化剂，由电子守恒可知，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为5：1，‎ 故答案为：5：1．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握题中转化关系和题给信息为解答该题的关键，侧重卤素单质置换反应及氯气实验室制法的考查，注意把握相关基础知识的学习，题目难度中等．‎ ‎23．已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）．现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池．有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为2Mg+CO22MgO+C．‎ ‎（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，‎ 负极反应：Mg﹣2e﹣=Mg2+；正极反应：2NH4++2e﹣=NH3↑+H2↑．‎ ‎（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作A”为将D溶液在HCl气流中蒸干．‎ ‎（4）反应②的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．‎ ‎（5）反应⑤的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．‎ ‎【分析】C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应⑦可知非金属Y是C．由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：E→F→G→H，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应①是金属与NH4Cl溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3．（1）中反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应①可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系，据此解答．‎ ‎【解答】解：C为无色液体，由气体X（X由原电池反应得到，可能是H2）和氧气反应得到，故C应是H2O，X是H2，根据反应⑦可知非金属Y是C．由电解D无水晶体得到A与Cl2，可知D为氯化物且是离子化合物，结合A+B溶液发生原电池反应得到X、D、E，可知B为氯化物，且B是一种盐，受热极易分解，反应生成的H2与E气体，B应水解呈酸性，由转化关系：E→F→G→H，属于常温下气体E的连续氧化得到气体G，在中学阶段中N、S元素化合物符合转化关系，考虑反应①是金属与NH4Cl 溶液发生的原电池反应，可推出E为NH3、F为NO、G为NO2，则H为HNO3．（1）中反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，应为Mg与二氧化碳的反应，可推出A为Mg，则D为MgCl2，结合反应①可推知B为NH4Cl，验证符合转化关系，‎ ‎（1）反应④为Mg与二氧化碳的反应生成MgO与碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，‎ 故答案为：2Mg+CO22MgO+C；‎ ‎（2）Mg与石墨作电极，NH4Cl的浓溶液作电解质，构成原电池，Mg为负极，石墨为正极，负极反应：Mg﹣2e﹣=Mg2+，正极反应：2NH4++2e﹣=NH3↑+H2↑，‎ 故答案为：Mg﹣2e﹣=Mg2+；2NH4++2e﹣=NH3↑+H2↑；‎ ‎（3）从MgCl2溶液制备MgCl2的无水晶体，应注意防止水解，应将D溶液在HCl气流中蒸干，‎ 故答案为：将D溶液在HCl气流中蒸干；‎ ‎（4）反应②是氨的催化氧化，反应化学方程为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ 故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（5）反应⑤是碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2、H2O，方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，‎ 故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断、原电池、金属镁的性质、氮及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，为高考常见题型，注意把握题给信息，结合转化关系进行推断，（2）为易错点，该原电池实质为铵根离子水解，Mg再与氢离子反应生成氢气，难度中等．‎