化学·河南省南阳市淅川一中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析] 24页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河南省南阳市淅川一中高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．做化学实验时，必须十分重视安全和环保问题．下列操作方法不符合上述要求的是（　　）‎ A．制取氧气时，用排水法收集氧气出现倒吸现象，立即打开试管上的橡皮塞 B．在气体发生装置上点燃氢气等气体时，必须先检验气体的纯度 C．实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室 D．给试管中的液体加热时，不停沿试管倾斜方向移动试管或加入碎瓷片，以免液体暴沸伤人 ‎2．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．含有大量HSO3﹣的澄清透明溶液中：K+、OH﹣、Cl﹣、Na+‎ B．能使无色酚酞变红的溶液中：Ca2+、NH4+、Cl﹣、Fe2+‎ C．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：Na+、Mg2+、I﹣、Br﹣‎ D．能与Fe反应放出大量H2的溶液：Al3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎3．下列关于阿伏加德罗常数的说法正确的是（　　）‎ A．阿伏加德罗常数是12g 14C中所含的碳原子数 B．阿伏加德罗常数是 0.012kg12C中所含的质子数 C．阿伏加德罗常数是6.02×1023mol﹣1‎ D．阿伏加德罗常数的符号为NA，近似值为6.02×1023mol﹣1‎ ‎4．下列不属于可逆反应的是（　　）‎ A．Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O B．2SO2+O22SO3‎ C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO D．2NO2⇌N2O4‎ ‎5．下列叙述中，能说明金属M的金属性比金属N的金属性强的是（　　）‎ A．M原子的最外层电子数比N原子的最外层电子数少 B．常温时，M单质能从水中置换出氢气，而N单质不能反应 C．1mol M从稀H2SO4中置换出的H2比l mol N从稀H2SO4中置换出的H2多 D．在最高价氧化物的水化物中，M的化合价比N高 ‎6．下列对碱金属性质的叙述中，正确的是（　　）‎ A．都是银白色的质软金属，密度都很小 B．单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物 C．碱金属单质与水剧烈反应生成碱和H2‎ D．单质熔沸点随着原子序数的增加而升高 ‎7．两份铝屑，第一份与足量稀盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1：2，则第一份与第二份铝屑的质量比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．1：3 D．1：2‎ ‎8．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．1 L 1 mol•L﹣1的盐酸中，含HCl分子数为NA B．0.1 mol Na2O2与水完全反应，转移0.2NA个电子 C．8.4gNaHCO3固体中含HCO3﹣数目为0.1 NA D．将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1 L水中，所得溶液的浓度为1 mol•L﹣1‎ ‎9．下列化学用语正确的是（　　）‎ A．Na2S2中硫元素的化合价为﹣2‎ B．NH4Cl的电子式：‎ C．S2﹣的结构示意图：‎ D．COCl2的电子式：‎ ‎10．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先．砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于ⅤA和ⅢA族．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3‎ C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH）3 可能是两性氢氧化物 ‎11．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（　　）‎ A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C B．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C C．与足量烧碱溶液共热的离子方程式为：NH4++OHˉNH3↑+H2O D．除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法 ‎12．某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（　　）‎ A．若铬比铁活泼，则电子经外电路由铁电极流向铬电极 B．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣=H2↑‎ C．若铁比铬活泼，则溶液中H+向铁电极迁移 D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼 ‎13．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．用纯碱溶液溶解苯酚：CO32﹣+C6H5OH→C6H5O﹣+HCO3﹣‎ B．用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O C．用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气：MNO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O D．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O ‎14．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）‎ A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣‎ B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣‎ C．在加入铝粉产生H2的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、NH4+‎ D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分31分）‎ ‎15．结合图完成下列问题．‎ ‎（1）“西气东输”中的“气”指天然气，其主要成分的结构式是　　．一定量的该气体燃烧过程的能量变化如图1所示，从图中可以读出E1　　E2（填“＞”或“＜”），该反应　　 （填“放出”或“吸收”）能量．‎ ‎（2）CH4和Cl2发生的一系列反应都是　　（填反应类型）反应，请写出CH4和Cl2反应生成一氯甲烷的化学方程式：　　．‎ ‎（3）将封闭有甲烷和氯气的混合气体的装置放置在有光亮的地方，让混合气体缓慢地反应一段时间．经过几个小时的反应后，图2中U型管右端的玻璃管中水柱的变化是　　（填“上升”或“下降”）．‎ ‎16．在0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）该混合液中含溶质MgCl2的物质的量为　　，‎ ‎（2）将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为　　．‎ ‎17．铜、磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途，回答下列问题：‎ ‎（1）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）．已知：‎ Ⅰ、0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；‎ Ⅱ、H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；‎ Ⅲ、H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成．‎ ‎①关于H3PO3的说法：a强酸；b弱酸；c二元酸；d三元酸；e氧化性酸；f还原性酸，其中正确的是　　‎ A．bdf B．bcf C．ade D．bce，‎ ‎②写出H3PO3与少量NaOH溶液反应的离子方程式　　；‎ ‎③Na2HPO3为　　（填“正盐”或“酸式盐”）‎ ‎（2）碘化亚铜可作催化剂，饲料添加剂等，是难溶于水的固体．铜可以与氢碘酸发生置换反应得到氢气，试从离子浓度对离子反应方向影响的角度解释此反应能够发生的原因　　，CuSO4溶液也能使淀粉﹣KI试纸变蓝，用离子方程式说明其原理　　；‎ ‎（3）纳米氧化亚铜是一种具有良好光电效应的材料，工业上制备它的方法之一是：先向KOH溶液中加入一定量的CuSO4溶液，再加入一定量的肼（N2H4），加热并保持反应体系的温度在90℃，反应完全后，分离、洗涤、真空干燥所得到的固体样品．检验反应混合体系内纳米Cu2O已经生成的实验方法的名称是　　．‎ ‎18．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取碘的流程如图1：‎ ‎（1）海藻灼烧时是将带其放入　　（填仪器名称）中，用酒精灯充分加热灰化．‎ ‎（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①　　②　　、　　．‎ ‎（3）用CCl4从碘水中提取碘经过操作②后，有机溶剂在　　（填“上”或“下”）层，有机层呈　　色．‎ ‎（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂还需经过蒸馏，指出图2实验装置中的错误之处并改正：‎ ‎①　　‎ ‎②　　．‎ ‎19．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：‎ ‎①高温下用过量的碳还原二氧化硅制得粗硅，同时得到一种可燃性气体；‎ ‎②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3（Si+3HClSiHCl3+H2）；‎ ‎③SiHCl3与过量的H2在1 100～1 200℃的温度下反应制得纯硅，已知SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃．‎ 请回答：‎ ‎（1）第一步制取粗硅的化学反应方程式为　　．‎ ‎（2）粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点﹣84.7℃），提纯SiHCl3采用的方法为　　．‎ ‎（3）实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅装置如图所示（加热和夹持装置略去）：‎ ‎①装置B中的试剂是　　，装置C中的烧杯需要加热，目的是　　．‎ ‎②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是　　，装置D不能采用普通玻璃管的原因是　　，装置D中发生反应的化学方程式是　　．‎ ‎③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及　　．‎ ‎20．一定质量的镁、铝混合物投到2mol•L﹣1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示．则：‎ ‎（1））80～90ml对应反应的离子方程式　　．‎ ‎（2）金属铝的质量为　　‎ ‎（3）盐酸的体积是　　ml．‎ ‎（4）a的取值范围是　　．‎ ‎（5）n（Mg）/n（Al）的最大值是　　．‎ ‎21．A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系．已知醛基在氧气中易氧化成羧基，请回答下列问题：‎ ‎（1）A、B中官能团的名称：A　　、B　　；‎ ‎（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为　　；‎ ‎（3）写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的结构简式　　；‎ ‎（4）写出下列编号对应反应的化学反应方程式，并注明反应类型：‎ ‎②　　、　　反应；‎ ‎④　　、　　反应．‎ ‎22．A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体．而C、D还生成一种无色、无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色、无味气体．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列反应的离子方程式：①D+盐酸　　②B与水反应　　③D+A　　‎ ‎（2）写出F和H反应的化学方程式　　．‎ ‎23．A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体．E、F、G、H、I为五种化合物，F不溶水，E为气体且极易溶水成为无色溶液，G溶于水得黄棕色溶液．这九种物质间反应的转化关系如图所示 ‎（1）写出四种单质的化学式 A　　 B　　 C　　 D　　‎ ‎（2）写出H+B→G的离子方程式　　；‎ ‎（3）写出G+I→H+D+E的化学方程式　　；‎ ‎（4）某工厂用B制漂白粉．‎ ‎①写出制漂白粉的化学方程式　　．‎ ‎②为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某该小组进行了如下实验：称取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸（此时发生的离子方程式为：　　），静置．待完全反应后，用0.2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL．则该漂白粉中有效成分的质量分数为　　保留到小数点后两位）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳市淅川一中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．做化学实验时，必须十分重视安全和环保问题．下列操作方法不符合上述要求的是（　　）‎ A．制取氧气时，用排水法收集氧气出现倒吸现象，立即打开试管上的橡皮塞 B．在气体发生装置上点燃氢气等气体时，必须先检验气体的纯度 C．实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室 D．给试管中的液体加热时，不停沿试管倾斜方向移动试管或加入碎瓷片，以免液体暴沸伤人 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．制取氧气并用排水法收集后出现倒吸现象，可立即松开试管上的橡皮塞；‎ B．点燃可燃性气体应防止出现爆炸事故；‎ C．实验结束后的废液中有的含有有毒物质，不能直接倒入下水道；‎ D．给试管中的液体加热时，应防止暴沸．‎ ‎【解答】解：A．产生倒吸的原因是装置内压强减小，使收集装置中水槽中的水进入制气装置，打开试管上的橡皮塞可防止倒吸的水进入制气装置中，故A正确；‎ B．点燃可燃性气体之前，要对气体进行验纯，防止出现爆炸事故，故B正确；‎ C．实验结束后的废液中有的含有有毒物质，不能直接倒入下水道，应倒入指定的容器中，经处理后再排放，故C错误；‎ D．给试管中的液体加热时，不停沿试管倾斜方向移动试管可使试管内的液体受热均匀，加入碎瓷片也能防止暴沸，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列各组离子一定能大量共存的是（　　）‎ A．含有大量HSO3﹣的澄清透明溶液中：K+、OH﹣、Cl﹣、Na+‎ B．能使无色酚酞变红的溶液中：Ca2+、NH4+、Cl﹣、Fe2+‎ C．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：Na+、Mg2+、I﹣、Br﹣‎ D．能与Fe反应放出大量H2的溶液：Al3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．离子之间结合生成水；‎ B．能使无色酚酞变红的溶液，显碱性；‎ C．离子之间发生氧化还原反应；‎ D．能与Fe反应放出大量H2的溶液，显酸性．‎ ‎【解答】解：A．HSO3﹣、OH﹣结合生成水和亚硫酸根离子，不能大量共存，故A错误；‎ B．能使无色酚酞变红的溶液，显碱性，不能大量存在Ca2+、NH4+、Fe2+，故B错误；‎ C．NO3﹣、H+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；‎ D．能与Fe反应放出大量H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于阿伏加德罗常数的说法正确的是（　　）‎ A．阿伏加德罗常数是12g 14C中所含的碳原子数 B．阿伏加德罗常数是 0.012kg12C中所含的质子数 C．阿伏加德罗常数是6.02×1023mol﹣1‎ D．阿伏加德罗常数的符号为NA，近似值为6.02×1023mol﹣1‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．根据阿伏伽德罗常数的标准进行判断；‎ B．阿伏加德罗常数是 0.012kg12C中所含的原子数，不是质子数；‎ C.6.02×1023mol﹣1为阿伏伽德罗常数的近似值；‎ D．根据阿伏伽德罗常数的概念、符号及近似值进行判断．‎ ‎【解答】解：A．阿伏加德罗常数是12g 12C中所含的碳原子数，故A错误；‎ B．阿伏加德罗常数为0.012kg12C中所含的原子数，故B错误；‎ C．阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023mol﹣1，故C错误；‎ D．阿伏伽德罗常数的符号为：NA，6.02×1023mol﹣1为阿伏伽德罗常数的近似值，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列不属于可逆反应的是（　　）‎ A．Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O B．2SO2+O22SO3‎ C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO D．2NO2⇌N2O4‎ ‎【考点】化学反应的可逆性．‎ ‎【分析】可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应．注意条件相同，同时向正逆两个方向进行．‎ ‎【解答】解：A．Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，可充电电池的反应中向两个方向反应的条件不同，为不可逆反应，故A选；‎ B．2SO2+O22SO3，同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行，属于可逆反应，故B不选；‎ C．Cl2溶解于水，Cl2+H2O⇌HClO+HCl，属于可逆反应，故C不选；‎ D．2NO2⇌N2O4，同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行属于可逆反应，故D不选；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．下列叙述中，能说明金属M的金属性比金属N的金属性强的是（　　）‎ A．M原子的最外层电子数比N原子的最外层电子数少 B．常温时，M单质能从水中置换出氢气，而N单质不能反应 C．1mol M从稀H2SO4中置换出的H2比l mol N从稀H2SO4中置换出的H2多 D．在最高价氧化物的水化物中，M的化合价比N高 ‎【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．‎ ‎【分析】比较元素的金属性，可通过①最高价氧化物的水化物的碱性强弱；②与水或酸反应的剧烈程度；③金属之间的置换反应等角度．‎ ‎【解答】解：A．比较金属性的强弱不能从最外层电子的多少来判断，例如Ca的最外层有2个电子，Li的最外层有1个电子，但Ca的金属性比Li强，故A错误；‎ B．常温时，M单质能从水中置换出氢气，而N单质不能反应，说明还原性M＞N，M更活泼，金属性更强，故B正确；‎ C．从酸中置换出氢气的多少取决于金属最外层电子数的多少，与金属的活泼性无关，如1molAl与酸反应生成的氢气比1molMg与酸反应生成的氢气多，但Mg的金属性强，故C错误；‎ D．化合价高金属性不一定强，如氢氧化铝中Al为+3价，氢氧化钠中Na为+1价，Na的金属性更强，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下列对碱金属性质的叙述中，正确的是（　　）‎ A．都是银白色的质软金属，密度都很小 B．单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物 C．碱金属单质与水剧烈反应生成碱和H2‎ D．单质熔沸点随着原子序数的增加而升高 ‎【考点】碱金属的性质．‎ ‎【分析】A．铯是金黄色金属；‎ B．锂在氧气中燃烧生成氧化锂；‎ C．碱金属单质都能与水反应生成碱和氢气；‎ D．金属熔沸点与金属键强弱有关，碱金属从上到下金属键逐渐减弱．‎ ‎【解答】解：A．碱金属中除Cs略带金黄色外，其余都是银白色的柔软金属，Rb和Cs的密度大于水，其余密度都比较小，故A错误；‎ B．单质在空气中燃烧生成的不一定都是过氧化物，例如Li只能生成氧化锂，故B错误；‎ C．碱金属单质都能与水反应生成碱和氢气，故C正确；‎ D．金属熔沸点与金属键强弱有关，碱金属从上到下金属键逐渐减弱，所以熔沸点逐渐降低，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．两份铝屑，第一份与足量稀盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1：2，则第一份与第二份铝屑的质量比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．1：3 D．1：2‎ ‎【考点】铝的化学性质；化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】铝与盐酸以及NaOH溶液反应的化学方程式分别为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，盐酸以及NaOH溶液足量，则铝完全反应，根据反应的方程式计算．‎ ‎【解答】解：盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，‎ 则2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑‎ ‎ 2 3‎ ‎ x ‎ ‎2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎ 2 3‎ ‎ 2x 则第一份与第二份铝屑的质量比为：（mol×27g/mol）：（mol×27g/mol）=1：2，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．1 L 1 mol•L﹣1的盐酸中，含HCl分子数为NA B．0.1 mol Na2O2与水完全反应，转移0.2NA个电子 C．8.4gNaHCO3固体中含HCO3﹣数目为0.1 NA D．将含Na+数目为NA的NaCl固体溶于1 L水中，所得溶液的浓度为1 mol•L﹣1‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、HCl溶于水后能完全电离；‎ B、过氧化钠与水的反应为歧化反应；‎ C、求出碳酸氢钠的物质的量，然后根据1mol碳酸氢钠中含1mol碳酸氢根来分析；‎ D、将氯化钠溶于1L水中，溶于体积大于1L．‎ ‎【解答】解：A、HCl溶于水后能完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故A错误；‎ B、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故B错误；‎ C、8.4g碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，而1mol碳酸氢钠中含1mol碳酸氢根，故0.1mol碳酸氢钠中含0.1mol碳酸氢根即0.1NA个，故C正确；‎ D、将氯化钠溶于1L水中，溶于体积大于1L，则溶液浓度小于1mol/L，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列化学用语正确的是（　　）‎ A．Na2S2中硫元素的化合价为﹣2‎ B．NH4Cl的电子式：‎ C．S2﹣的结构示意图：‎ D．COCl2的电子式：‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图．‎ ‎【分析】A．根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合Na2S2的化学式进行解答；‎ B．氯化铵的电子式中氯离子的最外层电子式没有标出；‎ C．S2﹣的最外层电子数为8，核外电子总数为18；‎ D．光气（COCl2）中含有两个碳氯键和1个碳氧双键．‎ ‎【解答】解：A．钠元素显+1，设硫元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+x×2=0，则x=﹣1，故A错误；‎ B．NH4Cl为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，铵根离子和氯离子还应该标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故B错误；‎ C．S2﹣的结构示意图中，最外层电子数为8，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；‎ D．光气（COCl2）分子中含有1个碳氧双键、2个碳氯键，其结构式为，电子式为，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先．砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于ⅤA和ⅢA族．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．原子半径：Ga＞As＞P B．热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3‎ C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH）3 可能是两性氢氧化物 ‎【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【分析】A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，据此判断；‎ B、非金属性越强，氢化物越稳定．同主族自上而下非金属性减弱；‎ C、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；‎ D、镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga可能具有两性．‎ ‎【解答】解：A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径Ga＞As＞P，故A正确；‎ B、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N＞P＞As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，故B正确；‎ C、同周期自左而右，非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故C错误；‎ D、镓（Ga）是第四周期ⅢA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．NH4HCO3是一种离子化合物，下列关于该物质的叙述错误的是（　　）‎ A．所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C B．同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C C．与足量烧碱溶液共热的离子方程式为：NH4++OHˉNH3↑+H2O D．除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A．电子层越大半径越大，电子层相同的，质子数越多半径越小，据此解答；‎ B．依据同周期元素从左到右非金属性依次增强解答；‎ C．漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；‎ D．NaCl固体稳定，NH4HCO3固体不稳定受热分解生成氨气、水和二氧化碳．‎ ‎【解答】解：A．不同周期的元素，元素的原子核外电子层数越多，原子半径就越大，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：所含四种元素的原子半径由小到大的顺序为：H＜O＜N＜C，故A正确；‎ B．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，得到电子的能力就越强，所以同周期的三种元素的得电子能力由大到小的顺序为：O＞N＞C，故B正确；‎ C．与足量烧碱溶液共热时阳离子、阴离子都发生反应，相应的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OHˉNH3↑+2H2O，故C错误；‎ D．由于NH4HCO3不稳定受热容易分解产生氨气、CO2和H2O，而NaCl受热不分解，所以除去NaCl固体中混有少量的NH4HCO3固体可以采用加热的方法，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是（　　）‎ A．若铬比铁活泼，则电子经外电路由铁电极流向铬电极 B．若铬比铁活泼，则铁电极反应式为2H++2e﹣=H2↑‎ C．若铁比铬活泼，则溶液中H+向铁电极迁移 D．若铁电极附近溶液pH增大，则铁比铬活泼 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，电子经外电路由铬电极流向铁电极；若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，氢离子在铬上得电子发生还原反应，电子经外电路由铁电极流向铬电极．‎ ‎【解答】解：A．若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，电子经外电路由铬电极流向铁电极，故A错误；‎ B．若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，反应式为2H++2e﹣=H2↑，故B正确；‎ C．若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，氢离子向正极铬移动，故C错误；‎ D．若铁电极附近溶液pH增大，则发生2H++2e﹣=H2↑，所以铁为正极，则铬比铁活泼，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．用纯碱溶液溶解苯酚：CO32﹣+C6H5OH→C6H5O﹣+HCO3﹣‎ B．用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气：NO+NO2+2OH﹣═2NO3﹣+H2O C．用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气：MNO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O D．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．碳酸钠与苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠；‎ B．原子个数不守恒；‎ C．氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；‎ D．不符合反应客观事实．‎ ‎【解答】解：A．用纯碱溶液溶解苯酚，离子方程式：CO32﹣+C6H5OH→C6H5O﹣+HCO3﹣，故A正确；‎ B．用强碱溶液吸收工业制取硝酸尾气，离子方程式：NO+NO2+2OH﹣═NO2﹣+H2O，故B 错误；‎ C．用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，离子方程式：MNO2+4H++2Cl﹣Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O，故C错误；‎ D．向AlCl3溶液中滴加过量的氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎14．下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（　　）‎ A．在c（HCO3﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：NH4+、AlO2﹣、Cl﹣、NO3﹣‎ B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Fe2+、ClO﹣、Na+、SO42﹣‎ C．在加入铝粉产生H2的溶液中：SO42﹣、NO3﹣、Na+、NH4+‎ D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32﹣、CO32﹣、Na+、K+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．AlO2﹣的HCO3﹣电离，AlO2﹣、HCO3﹣均与NH4+相互促进水解；‎ B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；‎ C．加入铝粉产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；‎ D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性．‎ ‎【解答】解：A．AlO2﹣的HCO3﹣电离，AlO2﹣、HCO3﹣均与NH4+相互促进水解，则不能大量共存，故A错误；‎ B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、ClO﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．加入铝粉产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在NH4+，酸溶液中NO3﹣、H+、Al发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；‎ D．使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分31分）‎ ‎15．结合图完成下列问题．‎ ‎（1）“西气东输”中的“气”指天然气，其主要成分的结构式是　　．一定量的该气体燃烧过程的能量变化如图1所示，从图中可以读出E1　＞　E2（填“＞”或“＜”），该反应　放出　 （填“放出”或“吸收”）能量．‎ ‎（2）CH4和Cl2发生的一系列反应都是　取代　（填反应类型）反应，请写出CH4和Cl2反应生成一氯甲烷的化学方程式：　CH4+Cl2CH3Cl+HCl　．‎ ‎（3）将封闭有甲烷和氯气的混合气体的装置放置在有光亮的地方，让混合气体缓慢地反应一段时间．经过几个小时的反应后，图2中U型管右端的玻璃管中水柱的变化是　下降　（填“上升”或“下降”）．‎ ‎【考点】化石燃料与基本化工原料；甲烷的化学性质．‎ ‎【分析】（1）天然气主要成分为甲烷，是一个碳原子和四个氢原子形成的正四面体结构，图象中反应物能量高于生成物为放热反应；‎ ‎（2）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应；‎ ‎（3）根据大气压强原理来判断U型管右端的玻璃管中水柱变化．‎ ‎【解答】解：（1）天然气主要成分为甲烷，是一个碳原子和四个氢原子形成的正四面体结构，故结构式为；从图象可知，E1＞E2，而当反应物能量高于生成物能量时，反应放热，故答案为：；＞；放出；‎ ‎（2）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，反应的化学方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：取代；CH4+Cl2CH3Cl+HCl；‎ ‎（3）经过几个小时的反应后，消耗氯气，反应中气体的物质的量减少，所以压强减小，且生成的HCl能够溶解于水，U型管右端的玻璃管中水柱降低，故答案为：下降．‎ ‎　‎ ‎16．在0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）该混合液中含溶质MgCl2的物质的量为　0.1mol　，‎ ‎（2）将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为　0.1mol•L﹣1　．‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算．‎ ‎【分析】（1）先根据MgCl2的物质的量浓度=镁离子浓度来计算浓度，再根据n=cV计算；‎ ‎（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变，利用C=来解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据MgCl2的物质的量浓度=镁离子浓度=0.5 mol•L﹣1，MgCl2的物质的量=0.5 mol•L﹣1×0.2L=0.1mol，故答案为：0.1mol；‎ ‎（2）溶液中的电荷守恒：c（Na+）×1+c（Mg2+）×2+c（Ca2+）×2=c（Cl﹣）×1，1.0 mol•L﹣1 +0.5 mol•L﹣1×2+c（Ca2+）×2=3 mol•L﹣1×1，c（Ca2+）=0.5 mol•L﹣1，c（CaCl2）=0.5 mol•L﹣1，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为=0.1 mol•L﹣1，故答案为：0.1mol；0.1 mol•L﹣1．‎ ‎　‎ ‎17．铜、磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途，回答下列问题：‎ ‎（1）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3）．已知：‎ Ⅰ、0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7；‎ Ⅱ、H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐；‎ Ⅲ、H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成．‎ ‎①关于H3PO3的说法：a强酸；b弱酸；c二元酸；d三元酸；e氧化性酸；f还原性酸，其中正确的是　B　‎ A．bdf B．bcf C．ade D．bce，‎ ‎②写出H3PO3与少量NaOH溶液反应的离子方程式　H3PO3+OH﹣=H3PO2﹣+H2O　；‎ ‎③Na2HPO3为　正盐　（填“正盐”或“酸式盐”）‎ ‎（2）碘化亚铜可作催化剂，饲料添加剂等，是难溶于水的固体．铜可以与氢碘酸发生置换反应得到氢气，试从离子浓度对离子反应方向影响的角度解释此反应能够发生的原因　由于CuI难溶于水，使得生成物中的离子浓度减小有利于反应向右进行　，CuSO4溶液也能使淀粉﹣KI试纸变蓝，用离子方程式说明其原理　2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2　；‎ ‎（3）纳米氧化亚铜是一种具有良好光电效应的材料，工业上制备它的方法之一是：先向KOH溶液中加入一定量的CuSO4溶液，再加入一定量的肼（N2H4），加热并保持反应体系的温度在90℃，反应完全后，分离、洗涤、真空干燥所得到的固体样品．检验反应混合体系内纳米Cu2O已经生成的实验方法的名称是　丁达尔效应　．‎ ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】（1）①依据0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7，H3PO3可知不能完全电离；由H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则说明亚磷酸是二元酸；由H3PO3‎ 和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明该反应中亚磷酸失电子作还原剂，所以亚磷酸有还原性；‎ ‎②H3PO3与少量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和H2O；‎ ‎③H3PO3为二元酸，据此判断Na2HPO3类别；‎ ‎（2）依据沉淀转化原则：难溶的可以转化为更难溶的，结合沉淀溶解平衡移动影响因素解答；硫酸铜与碘化钾反应生成碘化亚铜、碘单质和硫酸钾；‎ ‎（3）丁达尔效应是胶体特有性质．‎ ‎【解答】解：（1）①由0.1mol/L H3PO3溶液的pH=1.7，说明亚磷酸部分电离，则亚磷酸是弱酸；由H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则说明亚磷酸是二元酸；由H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明该反应中亚磷酸失电子作还原剂，所以亚磷酸有还原性，所以亚磷酸为二元还原性弱酸；‎ 故答案为：B；‎ ‎②H3PO3与少量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和H2O，离子方程式：H3PO3+OH﹣═H2PO3﹣+H2O；‎ 故答案为：H3PO3+OH﹣═H2PO3﹣+H2O；‎ ‎③H3PO3为二元酸，所以Na2HPO3为正盐；‎ 故答案为：正盐；‎ ‎（2）碘化亚铜可作催化剂，饲料添加剂等，是难溶于水的固体．铜可以与氢碘酸发生置换反应得到氢气，是生成难溶于水的碘化亚铜促进反应正向进行，CuSO4溶液也能使淀粉﹣KI试纸变蓝，是铜离子氧化I﹣离子为I2，本身被还原生成碘化亚铜，结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；故答案为：由于CuI难溶于水，使得生成物中的离子浓度减小有利于反应向右进行，2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；‎ ‎（3）检验纳米Cu2O，在检验溶液是否具有丁达尔效应，‎ 故答案为：丁达尔效应．‎ ‎　‎ ‎18．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取碘的流程如图1：‎ ‎（1）海藻灼烧时是将带其放入　坩埚　（填仪器名称）中，用酒精灯充分加热灰化．‎ ‎（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①　过滤　②　萃取　、　分液　．‎ ‎（3）用CCl4从碘水中提取碘经过操作②后，有机溶剂在　下　（填“上”或“下”）层，有机层呈　紫红　色．‎ ‎（4）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂还需经过蒸馏，指出图2实验装置中的错误之处并改正：‎ ‎①　冷凝管进出水方向错误，应为下进上出　‎ ‎②　温度计位置错误，温度计的液泡在支管口处　．‎ ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】海藻灼烧得到海藻灰，浸泡得到悬浊液，过滤得到含碘离子 的溶液，通入氯气氧化碘离子为碘单质，加入萃取剂分液得到含碘单质的混合溶液，蒸馏得到碘单质，‎ ‎（1）灼烧固体用坩埚；‎ ‎（2）用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取；萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，悬浊液中固体与液体分离，用过滤的方法；碘易溶于有机溶剂，从碘水中分离出碘，用先萃取、后分液的方法；‎ ‎（3）萃取剂的选取标准：和原溶剂不互溶，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和溶质不反应；CCl4的密度比水的大，所以有几层在下层，呈紫色；‎ ‎（4）蒸馏时，需要测蒸汽的温度，所以温度计的液泡在支管口处；冷凝水应该低进高出．．‎ ‎【解答】解：（1）海藻灼烧时是将带其放入坩埚，用酒精灯充分加热灰化．‎ 故答案为：坩埚．‎ ‎（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，海藻灰难溶于水，碘离子易属于水，所以该操作为过滤，碘在有机溶剂中的溶解度大于在水溶液中的溶解度，所以可以采用萃取的方法萃取出碘水中的碘，然后采用分液的方法分离，故答案为：过滤；萃取、分液；‎ ‎（3）碘易溶于四氯化碳和苯，且四氯化碳和苯都符合萃取剂选取标准，所以可以用四氯化碳或苯作萃取剂，如果选四氯化碳作萃取剂，四氯化碳密度大于水，所以有机层在下方，且溶液呈紫红色，如果选苯作萃取剂，苯密度小于水，在水的上方，且溶液呈紫红色，‎ 故答案为：下、紫红；‎ ‎（4）冷凝水应是下进上出，冷凝水的方向错误，应为下进上出；温度计水银球的位置错误，温度计水银球应与烧瓶支管口相平；‎ ‎①冷凝管进出水方向错误，应为下进上出，故答案为：冷凝管进出水方向错误，应为下进上出；‎ ‎②温度计位置错误，温度计的液泡在支管口处，故答案为：温度计位置错误，温度计的液泡在支管口处；‎ ‎　‎ ‎19．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：‎ ‎①高温下用过量的碳还原二氧化硅制得粗硅，同时得到一种可燃性气体；‎ ‎②粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3（Si+3HClSiHCl3+H2）；‎ ‎③SiHCl3与过量的H2在1 100～1 200℃的温度下反应制得纯硅，已知SiHCl3能与水剧烈反应，在空气中易自燃．‎ 请回答：‎ ‎（1）第一步制取粗硅的化学反应方程式为　2C+SiO2Si+2CO↑　．‎ ‎（2）粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点﹣84.7℃），提纯SiHCl3采用的方法为　蒸馏（或分馏）　．‎ ‎（3）实验室用SiHCl3与过量的H2反应制取纯硅装置如图所示（加热和夹持装置略去）：‎ ‎①装置B中的试剂是　浓硫酸　，装置C中的烧杯需要加热，目的是　使SiHCl3气化，与氢气反应　．‎ ‎②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是　有固体物质生成　，装置D不能采用普通玻璃管的原因是　温度太高，普通玻璃管易熔化　，装置D中发生反应的化学方程式是　SiHCl3+H2=Si+3HCl　．‎ ‎③为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及　排尽装置中的空气　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】根据题目给出的信息，高温下，碳做还原剂时，碳和二氧化硅生成CO和硅；利用沸点的不同提纯SiHCl3属于蒸馏；浓硫酸是常用的干燥剂，装置C需水浴加热，目的是加快反应的速率；装置D不能采用普通玻璃管的原因是温度太高，普通玻璃管易熔化；保证实验成功的关键是：装置要严密；控制好温度等．‎ ‎（1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳；‎ ‎（2）根据题中数据，采用分馏方法提纯SiHCl3；‎ ‎（3）浓硫酸是常用的干燥剂，装置C需水浴加热，目的是使SiHCl3气化，与氢气反应；SiHCl3与过量的H2在1000℃～1100℃反应制得纯硅，温度太高，普通玻璃管易熔化；保证实验成功的关键是：装置要严密；控制好温度等；书写化学方程式时，要注意配平．‎ ‎【解答】解：（1）高温下，碳做还原剂时，生成CO，即2C+SiO2Si+2CO↑．‎ 故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑‎ ‎（2）利用沸点的不同提纯SiHCl3属于蒸馏，‎ 故答案为：蒸馏（或分馏）‎ ‎（3）①生成的氢气含有水蒸气，用浓H2SO4干燥；加热促使SiHCl3气化，‎ 故答案为：浓硫酸；使SiHCl3气化，与氢气反应；‎ ‎②SiHCl3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断D装置中的颜色变化；反应温度较高，普通玻璃会软化；SiHCl3和H2反应生成硅和氯化氢，‎ 故答案为：有固体物质生成，温度太高，普通玻璃管易熔化；SiHCl3+H2Si+3HCl；‎ ‎③氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，将装置中的空气排尽．‎ 故答案为：排尽装置中的空气．‎ ‎　‎ ‎20．一定质量的镁、铝混合物投到2mol•L﹣1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入2mol•L﹣1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示．则：‎ ‎（1））80～90ml对应反应的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎（2）金属铝的质量为　0.54g　‎ ‎（3）盐酸的体积是　80　ml．‎ ‎（4）a的取值范围是　0≤a＜50　．‎ ‎（5）n（Mg）/n（Al）的最大值是　2.5　．‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算；镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L×0.01L=0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，‎ ‎（1）80～90ml对应反应为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎（2）根据氢氧化钠的体积在80至90mL段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；‎ ‎（3）加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，根据质量守恒可以计算出氯化氢的物质的量，再根据V=计算出盐酸的体积；‎ ‎（4）合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，a的值最大来判断a得取值范围；‎ ‎（5）根据图象中消耗的氢氧化钠的量确定合金中金属镁的最大量，进而确定该合金中两元素物质的量之比的最大值．‎ ‎【解答】解：0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，则氢氧化铝沉淀的物质的量为：2mol/L×0.01L=0.02mol；当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁，‎ ‎（1）根据分析可知，80～90ml对应反应的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ 故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（2）从横坐标80mL到90mL这段可以得出：n（Al（OH）3）=0.02mol，则n（Al）=n（Al（OH）3）=0.02mol，原混合物中铝的质量为：27g/mol×0.02mol=0.54g，‎ 故答案为：0.54；‎ ‎（3）加入80mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaCl，则：n（HCl）=n（NaOH）=2mol/L×0.08L=0.16mol，‎ 盐酸的体积为： =0.08L=80mL，‎ 故答案为：80；‎ ‎（4）假设盐酸溶解金属后没有剩余，此时酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al3+需要消耗NaOH溶液的体积为30mL，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为 0≤a＜50，‎ 故答案为：0≤a＜50； ‎ ‎（5）n（Al）=n（Al（OH）3）=2mol•L﹣1×0.01L=0.02mol，所以沉淀Al3+需要消耗的OH﹣为0.06mol，即NaOH溶液的体积为30mL，镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为（80﹣a）mL，若假设盐酸没有剩余，所以沉淀Mg2+需要NaOH溶液的体积最大值为：80mL﹣30mL=50mL，‎ n （Mg）的最大值为： =0.05mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为：0.05mol：0.02mol=2.5，‎ 故答案为：2.5．‎ ‎　‎ ‎21．A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系．已知醛基在氧气中易氧化成羧基，请回答下列问题：‎ ‎（1）A、B中官能团的名称：A　碳碳双键　、B　羟基　；‎ ‎（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为　正四面体　；‎ ‎（3）写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的结构简式　C（CH3）4　；‎ ‎（4）写出下列编号对应反应的化学反应方程式，并注明反应类型：‎ ‎②　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　、　氧化　反应；‎ ‎④　CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O　、　酯化（取代）反应　反应．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷．‎ ‎（1）A为CH2=CH2，含有官能团为：碳碳双键，B为CH3CH2OH，含有官能团为：羟基，故答案为：碳碳双键；羟基；‎ ‎（2）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；‎ ‎（3）F为C2H6，与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体的结构简式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）2，C（CH3）4，其中一氯代物种类最少的为C（CH3）4，‎ 故答案为：C（CH3）4；‎ ‎（4）反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，‎ 反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为，‎ 故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O；酯化（取代）反应．‎ ‎　‎ ‎22．A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体．而C、D还生成一种无色、无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色、无味气体．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列反应的离子方程式：①D+盐酸　HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O　②B与水反应　2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑　③D+A　HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O　‎ ‎（2）写出F和H反应的化学方程式　2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，E为NaCl，可燃气体是氢气；C、D还生成一种无色、无味气体H，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为碳酸钠或碳酸氢钠；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，D和A可反应生成C，C为Na2CO3，则D为NaHCO3，A为NaOH，以此来解答．‎ ‎【解答】解：因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，E为NaCl，可燃气体是氢气；C、D还生成一种无色、无味气体H，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为碳酸钠或碳酸氢钠；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2O2，D和A可反应生成C，C为Na2CO3，则D为NaHCO3，A为NaOH，综上所述可知，A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2，‎ ‎（1）①D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；‎ ‎②B为Na，与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，‎ ‎③碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，‎ 故答案为：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；‎ ‎（2）F为Na2O2，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．‎ ‎　‎ ‎23．A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体．E、F、G、H、I为五种化合物，F不溶水，E为气体且极易溶水成为无色溶液，G溶于水得黄棕色溶液．这九种物质间反应的转化关系如图所示 ‎（1）写出四种单质的化学式 A　H2　 B　Cl2　 C　Fe　 D　S　‎ ‎（2）写出H+B→G的离子方程式　2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　；‎ ‎（3）写出G+I→H+D+E的化学方程式　2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl　；‎ ‎（4）某工厂用B制漂白粉．‎ ‎①写出制漂白粉的化学方程式　2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．‎ ‎②为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某该小组进行了如下实验：称取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的硫酸（此时发生的离子方程式为：　2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O　），静置．待完全反应后，用0.2mol•L﹣1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL．则该漂白粉中有效成分的质量分数为　47.67%　保留到小数点后两位）．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体，E、F、G、H、I为五种化合物，G溶于水得黄棕色溶液，则G中含铁离子，由元素守恒可知，C为Fe，F不溶于水，F为FeS，D为S，E为气体且极易溶于水成为无色溶液，则E为HCl，HCl与Fe反应生成氢气，则A为H2，B为Cl2，G为FeCl3，H为FeCl2，I为H2S，G与I反应生成FeCl2、S、HCl，据此回答，‎ ‎（1）由上述分析可知，A为H2，B为Cl2，C为Fe，D为S；‎ ‎（2）由FeCl2和氯气反应生成FeCl3；‎ ‎（4）①工业上用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，生成氯化钙、次氯酸钙和水；‎ ‎②漂白粉中的ClO﹣具有氧化性，I﹣具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成I2、Cl﹣和水，再根据得失电子守恒、原子守恒配平；加入过量的KI溶液和过量的硫酸与漂白粉溶液反应发生2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O，由2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式Ca（ClO）2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3，据此定量关系计算，注意溶液体积的变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体，E、F、G、H、I为五种化合物，G溶于水得黄棕色溶液，则G中含铁离子，由元素守恒可知，C为Fe，F不溶于水，F为FeS，D为S，E为气体且极易溶于水成为无色溶液，则E为HCl，HCl与Fe反应生成氢气，则A为H2，B为Cl2，G为FeCl3，H为FeCl2，I为H2S，G与I反应生成FeCl2、S、HCl．‎ ‎（1）由上述分析可知，A为H2，B为Cl2，C为Fe，D为S，故答案为：H2；Cl2；Fe； S；‎ ‎（2）由FeCl2和氯气反应生成FeCl3 的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（3）FeCl3和H2S反应生成FeCl2、S和HCl，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应的化学方程式为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，‎ 故答案为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl；‎ ‎（4）①工业上用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，‎ 故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；‎ ‎②漂白粉中的ClO﹣具有氧化性，I﹣具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成I2、Cl﹣和水，再根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为：2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O；加入过量的KI溶液和过量的硫酸与漂白粉溶液反应发生2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O，由2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式Ca（ClO）2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3，‎ n[Ca（ClO）2]= n（Na2S2O3）=[20.0mL×10﹣3 L•mL﹣1×0.2mol•L﹣1×]×=0.01mol，则该漂白粉中有效成分的质量分数=×100%=47.67%，‎ 故答案为：2H++2I﹣+ClO﹣=I2+Cl﹣+H2O；47.67%．‎ ‎　‎ ‎2016年11月30日