2016届湖北省老河口市第一中学高三上学期期中考试化学试题 解析版_百度文库
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2016届湖北省老河口市第一中学高三上学期期中考试化学试题 解析版
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2016届四川省攀枝花市十二中高考化学试题重组周周练：17（新人教版含答案）
2016届四川省攀枝花市十二中高考化学试题重组周周练：17（新人教版含答案）
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2016届山西省山大附中高三上学期月考化学试卷(10月份)(解析版)
学年山西省山大附中高三（上）月考化学试卷 （10 月份）一、选择题（每个题只有一个选项正确，共 2×16=32 分） 1．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（ ） A．氮肥 NH4NO3 在重力撞击下可能发生爆炸 B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮 C．二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤
维 D．装饰材料释放的甲醛会造成污染 【考点】铵盐；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅． 【分析】A．NH4NO3 在重力撞击下发生分解反应； B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂； C．硅单质用于制备太阳能电池板； D．甲醛有毒性，会污染空气． A． NH4NO3 在重力撞击下发生分解反应， 【解答】 解： 反应瞬间生成大量气体， 所以 NH4NO3 在重力撞击下可能发生爆炸，故 A 正确； B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸 气防止食物受潮，故 B 正确； C．硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维， 故 C 错误； D．装饰材料会释放甲醛，甲醛有毒性，会污染空气，故 D 正确． 故选 C． 【点评】本题考查了铵盐、 硅胶、 硅单质和二氧化硅、 甲醛等的性质和应用，题目难度不大， 注意把握常见物质的性质及应用． 2．设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，T 列说法正确的是（ ） A．一定条件下，将 1 mol N2 和 3 mol H2 混合，充分反应后转移的电子数为 6NA B．6.4 g 由 S2、S4、S8 组成的混合物含硫原子数为 0.2 NA C．11 g 超重水（T2O）含中子数为 5NA D．常温常压下，11.2 L Cl2 含氯原子数为 NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、合成氨的反应为可逆反应； B、S2、S4、S8 由硫原子构成； C、超重水（T2O）的摩尔质量为 22gg/mol； D、常温常压下气体摩尔体积大于 22.4L/mol． 【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，不能进行完全，故转移的电子小于 6NA 个，故 A 错误； B、 S2、 S4、 S8 由硫原子构成， 故 6.4g 混合物中含有的 S 原子的物质的量 n= 个数为 0.2NA 个，故 B 正确； =0.2mol，C、超重水（T2O）的摩尔质量为 22gg/mol，故 11g 超重水的物质的量为 0.5mol，而 1mol 超重水中含 12mol 中子，故 0.5mol 超重水中含 6mol 中子即 6NA 个，故 C 错误； D、常温常压下气体摩尔体积大于 22.4L/mol，故 11.2L 氯气的物质的量小于 0.5mol，则含有 的氯原子小于 NA 个，故 D 错误． 故选 B． 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算， 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键，难度不大． 3．下列说法正确的是（ ） A． 根据反应 5Fe2++MnO4+8H+T5Fe3++Mn2++4H2O 可知： 用酸性 KMnO4 溶液可检验绿矾 （FeSO4?7H2O）是否变质 B．根据反应 H3PO3+2NaOH（足量）TNa2HPO3+2H2O 可知：H3PO3 属于三元酸 C．根据反应 3Fe+8HNO3T3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O 可知：反应中 HNO3 表现酸性和氧 化性 D．根据反应 CuSO4+H2STCuS↓+H2SO4 可知：H2S 的酸性比 H2SO4 强 【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；硝酸的化学性质；硫化氢． 【专题】元素及其化合物． 【分析】A．酸性 KMnO4 溶液能够与绿矾（FeSO4?7H2O）发生氧化还原反应，只能证明存 在亚铁离子，无法证明绿矾是否变质； B．氢氧化钠足量，如果反应生成 Na3PO3，才能证明磷酸为三元酸； C．根据化合价变化判断硝酸的氧化性，根据反应生成盐和水证明硝酸表现了酸性； D．CuS 不溶于强酸，所以该反应才能发生，无法证明酸性 H2S 的酸性比 H2SO4 强． 【解答】解：A．绿矾没有变质，酸性高锰酸钾溶液也能够与绿矾反应而褪色，该反应现象 只能证明亚铁离子存在，检验绿矾是否变质，可以选用硫氰化钾溶液，故 A 错误； B．根据反应 H3PO3+2NaOH（足量）TNa2HPO3+2H2O 可知：氢氧化钠足量，反应产物为 Na2HPO3，证明了 H3PO3 属于二元酸，故 B 错误； C．反应 3Fe+8HNO3T3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O 中，硝酸被还原成 NO，反应中做氧化剂， 表现了氧化性；反应生成了盐和水，证明硝酸表现了酸性，所以反应中 HNO3 表现酸性和氧 化性，故 C 正确； D．由于硫化铜为不溶于稀硫酸、稀盐酸的沉淀，所以该反应才能发生，通过该反应方程式 无法证明氢硫酸和硫酸的酸性强弱，实际上在相同条件下，硫酸的酸性强于氢硫酸，故 D 错误； 故选 C． 【点评】本题考查了亚铁离子的检验、硝酸的化学性质、酸性强弱比较，题目难度中等，注 意掌握检验铁离子、亚铁离子的方法，明确硝酸具有的化学性质，选项 D 为易错点，需要 明确硫化铜为不溶于强酸的难溶物． 4．下列离子方程式正确的是（ ） A．FeCl3 溶液中滴加过量 Na2S 溶液：2Fe3++S2T2Fe2++S↓ B．将 Na2O2 固体投入 H218O 中：2Na2O2+2H218OT4Na++4OH+18O2↑ C． NH4++Al3++2SO42 向 NH4Al （SO4） （OH） 恰好使 SO42完全沉淀： 2 溶液中滴入 Ba 2 溶液，
+2Ba2++4OHTAl（OH）3↓+NH3?H2O+2BaSO4↓ D．少量 CO2 通入苯酚钠溶液中：2C6H5O+CO2+H2OT2C6H5OH+CO32 【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题． 【分析】A．硫化钠过量，反应是 FeS 沉淀； B．过氧化钠与水的反应中，氧气中的氧完全来自过氧化钠； C．使 SO42完全沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡物质的量之比为 1：2，氢氧化铝溶解前铵根 离子优先结合氢氧根离子； D．反应生成碳酸氢根离子和苯酚． 【解答】解：A．FeCl3 溶液中滴加过量 Na2S 溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方 程式为：2Fe3++3S2T2FeS↓+S↓，故 A 错误； B．将 Na2O2 固体投入 H218O 中，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，氧气中氧元素完全来自 过氧化钠，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218OT4Na++218OH+2OH+O2↑，故 B 错误； C．向 NH4Al（SO4）2 溶液中滴入 Ba（OH）2 溶液，恰好使 SO42完全沉淀时，硫酸铝铵 与氢氧化钡物质的量之比为 1：2，氢氧化铝溶解前铵根离子优先结合氢氧根离子，反应的 离子方程式为：NH4++Al3++2SO42+2Ba2++4OHTAl（OH）3↓+NH3?H2O+2BaSO4↓，故 C 正确； D．少量 CO2 通入苯酚钠溶液中，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和 碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2OTC6H5OH+HCO3，故 D 错误； 故选 C． 【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意 掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否 正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原 化学方程式等． 5．对某酸性溶液（可能含有 Br，SO42，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验： ①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色； ②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝； ③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入 BaCl2 溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸． 对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（ ）
2 + A．Br B．SO4 C．H2SO3 D．NH4 【考点】常见离子的检验方法． 【专题】离子反应专题． 【分析】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中 含有 H2SO3； ②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是 NH3， 原溶液含有 NH4+； ③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有 Br，再加入 BaCl2 溶液，产生的白色沉淀 不溶于稀硝酸， 说明生成硫酸钡沉淀， 但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反 应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子； 【解答】解：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶 液中含有 H2SO3； ②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是 NH3， 原溶液含有 NH4+； ③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有 Br，再加入 BaCl2 溶液，产生的白色沉淀 不溶于稀硝酸， 说明生成硫酸钡沉淀， 但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反 应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中 是否含有硫酸根离子；综上所述：根据实验①可知含有 H2SO3，根据实验②确定含有 Br，不能确定有无 ，因 H2SO3 被氯水氧化成 H2SO4．，据实验③可推知有故选 B． 【点评】本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是隐含离子的干扰作用，亚硫酸 钡硝酸氧化为硫酸． 6．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号 对应的曲线编号错误的是（ ）A．向 NaAlO2 溶液中逐渐滴入 HCl 至过量 B．向澄清石灰水中通入 SO2 至过量 C．向含有盐酸的 AlCl3 溶液中滴入 NaOH 溶液至过量 D．向含有等物质的量的 Ca（OH）2、KOH 的混合溶液中通入 CO2 至过量 【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质． 【专题】图像图表题． 【分析】A、根据反应 AlO2+H++H2OTAl（OH）3↓，Al（OH）3+3H+TAl3++3H2O 判断； B、根据反应 Ca（OH）2+SO2TCaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2OTCa（HSO3）2 判断； C、根据反应 Al3++3OHTAl（OH）3↓、Al（OH）3+OHTAlO2+2H2O 判断； D、 Ca2++CO32TCaCO3↓， CO32+CO2+H2OT2HCO3 根据反应 2OH+CO2TCO32+H2O，
，CaCO3+CO2+H2OTCa（HCO3）2 判断． A、 【解答】 解： 向 NaAlO2 溶液中滴入 HCl 至过量， 发生的反应分别为 AlO2+H++H2OTAl （OH）3↓，Al（OH）3+3H+TAl3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为 1：3， 图象符合，故 A 正确； B、向澄清石灰水中通入 SO2 至过量，发生的反应分别为 Ca（OH）2+SO2TCaSO3↓+H2O， CaSO3+SO2+H2OTCa（HSO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为 1；1，图象 符合，故 B 正确； C、向含有盐酸的 AlCl3 溶液中滴入 NaOH 溶液至过量，发生的反应分别为 OH+H+TH20， Al3++3OHTAl（OH）3↓、Al（OH）3+OHTAlO2+2H2O，后两个反应消耗的 NaOH 的 物质的量之比为 3：1，图象符合，故 C 正确； D、向含有等物质的量的 Ca（OH）2、KOH 的混合溶液中通入 CO2 至沉淀消失，发生的反 应分别为 2OH+CO2TCO32+H2O，Ca2++CO32TCaCO3↓，CO32+CO2+H2OT2HCO3， CaCO3+CO2+H2OTCa（HCO3）2，设 Ca（OH）2 的物质的量为 xmol，则 KOH 也为 xmol， 所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为 x，x，x 比值为 1：1：1，故 D 错误； 故选 D． 【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系．7．实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有 CuI 的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色 发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu．下列有关说 法正确的是（ ） A．上述反应的产物 Cu2HgI4 中，Hg 的化合价为+2 B．上述反应中 CuI 既是氧化剂，又是还原剂 C．上述反应中 Hg 元素与 Cu 元素均被氧化 D．上述反应中生成 64gCu 时，转移的电子数为 2NA 【考点】氧化还原反应． Cu 元素化合价部分由+1 价降低到 0 价， 【分析】 反应 4CuI+HgTCu2HgI4+2Cu 中， 被还原， CuI 为氧化剂，Hg 元素化合价由 0 价升高到+2 价，Hg 为还原剂，结合元素化合价的变化解 答该题． 【解答】解：A．Cu2HgI4 中 Cu 元素的化合价为+1 价，Hg 为+2 价，I 为1 价，故 A 正确； B．Cu 元素化合价部分由+1 价降低到 0 价，被还原，CuI 为氧化剂，故 B 错误； C．Cu 得到电子被还原，Hg 失去电子被氧化，故 C 错误； D．由方程式可知，上述反应中生成 64g Cu，即 1mol 时，转移 1mol 电子，电子数为 1NA， 故 D 错误； 故选 A． 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素 化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，题目难度不大． 8．下列说法中正确的是（ ） ①锂在空气中燃烧生成的 Li2O ②Al2（SO4）3 可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒 ③盐酸既有氧化性又有还原性 ④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3 都不能直接用化合反应制备 ⑤SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性． A．②③④ B．①②③ C．①③ D．①② 【考点】碱金属的性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物． 【分析】①Li 是较活泼金属，锂在空气中燃烧生成 Li 的氧化物； ②酸性条件下抑制 Al2（SO4）3 水解，不能达到氢氧化铝胶体； ③盐酸有弱氧化性和还原性； ④Fe（OH）3 能直接用化合反应制备； ⑤SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因为它具有还原性． 【解答】解：①Li 是较活泼金属，锂在空气中燃烧生成 Li 的氧化物 Li2O，故正确； ②酸性条件下抑制 Al2（SO4）3 水解，不能生成氢氧化铝胶体，所以不能除去酸性废水中 的悬浮颗粒，故错误； ③HCl 中氢离子具有弱氧化性，氯离子具有还原性，所以 HCl 有弱氧化性和还原性，故正 确； ④Fe（OH）3 能直接用化合反应制备，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故错误； ⑤酸性高锰酸钾具有强氧化性，SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性而 不是漂白性，故错误； 故选 C．【点评】本题考查物质之间的反应，明确物质性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和次 氯酸漂白性的区别，知道 HCl 中体现氧化性和还原性的元素，题目难度不大． 9．已知反应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓能进行彻底，以下推断中正确的 是（ ） A．BeCl2 溶液的 pH＜7，将其蒸干，灼烧后可得残留物 Be（OH）2 B．Na2BeO2 溶液的 pH＞7，将其蒸干，灼烧后可得残留物 BeO C．Be（OH）2 既能溶于盐酸，又能溶于 NaOH 溶液 D．BeCl2 水溶液导电性强，因此 BeCl2 应该是离子化合物 【考点】盐类水解的应用；两性氧化物和两性氢氧化物． 【专题】元素及其化合物． 【分析】在周期表中 Be 和 Al 位于对角线位置，性质相似，由反应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓可知， BeCl2 与 Na2BeO2 发生互促水解生成 Be（OH）2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，以此解 答该题． 【解答】解：A．BeCl2 为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的 pH＜7，将其蒸干，灼烧后可 得残留物 BeO，故 A 错误； B．Na2BeO2 溶液水解呈碱性，溶液的 pH＞7，将其蒸干，灼烧后可得残留物 Na2BeO2，故 B 错误； C．Be（OH）2 性质类似于氢氧化铝，具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于 NaOH 溶液， 故 C 正确； D．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2 水溶液导电性强， 不能说明 BeCl2 是离子化合物，故 D 错误． 故选 C． 【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于学生自学能力的考查，题目难度中等，注意从铝 的性质分析． 10．下列实验不能达到目的是（ ） A．向 Na2SiO3 溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明 Na2SiO3 发生了水解反应 B．向 HClO 溶液中通入 SO2，生成 H2SO4，证明 H2SO4 的酸性比 HClO 强 C．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝的熔点高于铝 D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水具有漂白性 【考点】化学实验方案的评价． 【专题】实验评价题． 【分析】A．Na2SiO3 溶液因水解显碱性； B．发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱； C．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高； D．氯水有强氧化性，能将石蕊氧化． 【解答】解：A．Na2SiO3 溶液因水解显碱性，不水解的话呈中性，故 A 正确； B．发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实 上硫酸为强酸、HClO 为弱酸，故 B 错误； C．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故 C 正 确； D．氯水有强氧化性，能将石蕊氧化，证明氯水具有漂白性，故 D 正确．故选 B． 【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、酸性比较、氯水和铝的化学性 质等，注重物质性质及物质分类的考查，综合性较强，但题目难度不大． 11．某同学通过系列实验探究 Mg 及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（ ） A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨 Mg 的活泼性 B．将 NaOH 溶液缓慢滴入 MgSO4 溶液中，观察 Mg（OH）2 沉淀的生成 C．将 Mg（OH）2 浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 D．将 Mg（OH）2 沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水 MgCl2 固体 【考点】化学实验方案的评价；镁的化学性质；镁、铝的重要化合物． 【专题】实验评价题；几种重要的金属及其化合物． 【分析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中； B．镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀； C．过滤操作应用玻璃棒引流； D．镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸． 【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸， 故 A 错误； B．将 NaOH 溶液缓慢滴入 MgSO4 溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故 B 正确； C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故 C 错误； D．应将 Mg（OH）2 沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁，加热时促进镁离子 水解，生成的盐酸为挥发性酸，所以蒸干得不到无水 MgCl2 固体，为氢氧化镁固体，故 D 错误； 故选 B． 【点评】本题考查实验方案的评价，熟悉稀释、过滤等实验操作及离子的反应、水解反应等 知识即可解答，题目难度不大． 12．如图所示的甲、乙、丙三种物质均含有相同的某种元素，箭头表示物质间的转化一步就 能实现，则甲可能是①Fe；②HNO3；③Na；④C（ ）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【考点】硝酸的化学性质；钠的化学性质；铁的化学性质． 【专题】元素及其化合物． 【分析】甲能发生反应生成乙和丙，说明甲反应时与甲的量或浓度或反应条件有关，乙和丙 能相互转化， 说明二者之间有元素化合价变化或能通过复分解反应相互转化， 然后采用代入 法解答． 【解答】解：①假设甲是铁，铁和过量稀硝酸反应生成硝酸铁，和少量稀硝酸反应生成硝 酸亚铁，硝酸亚铁和硝酸铁能相互转化，故正确； ②假设甲是硝酸，硝酸和少量铁反应生成硝酸铁，和过量铁反应生成硝酸亚铁，硝酸铁和 硝酸亚铁能相互转化，故正确；③假设甲是钠，钠和水反应生成氢氧化钠，钠在氯气中燃烧生成氯化钠，氢氧化钠和盐酸 反应生成氯化钠，电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠，故正确； ④假设甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，和过量氧气反应生成二氧化碳，一氧化 碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，故正确； 故选 D． 【点评】本题考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的转化来 分析解答，根据物质中有变价元素为题眼来分析，题目难度中等． 13．SiO2 是一种化工原料，可以制备一系列物质．下列说法正确的是 （ ）A．图中所有反应都不属于氧化还原反应 B．硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维 C．可用盐酸除去石英砂（主要成分为 SiO2）中少量的碳酸钙 D．普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高 【考点】硅和二氧化硅． 【专题】碳族元素． 【分析】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应； B．光导纤维的成分是二氧化硅； C．二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙溶于盐酸； D．玻璃属于混合物，没有个固定的熔点． 【解答】解：A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反 应生成硅单质的反应是氧化还原反应，故 A 错误； B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故 B 错误； C．碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除 去石英（主要成分为 SiO2）中混有的少量碳酸钙，故 C 正确； D．玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，故 D 错误． 故选 C． 【点评】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，题目难度不大，注意只有纯净物有固定的熔 沸点． 14．相同体积的 KI、Na2S、FeBr2 溶液，分别通入足量的 Cl2，当反应恰好完成时，消耗 Cl2 的体积相同（同温、同压条件下） ，则 KI、Na2S、FeBr2 溶液的物质的量浓度之比是（ ）A．1：1：2 B．2：1：3 C．6：3：2 D．3：2：1 【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算． 【专题】卤族元素． 【分析】首先，写出相关化学方程式 2KI+Cl2T2KCl+I2 Na2S+Cl2T2NaCl+S↓ 2FeBr2+3Cl2T2FeCl3+2Br2，求出在相同在 Cl2 相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2 的物质的量 之比，而三种溶液体积有相等，物质的量浓度之比就等于物质的量之比． 【解答】解：首先，写出相关化学方程式 2KI+Cl2T2KCl+I2 Na2S+Cl2T2NaCl+S↓ 2FeBr2+3Cl2T2FeCl3+2Br2 2n n n n n n可知在 Cl2 相等的情况下，KI、Na2S、FeBr2 的物质的量之比为 2n：n：n=6：3：2，在三种溶液体积相等的前提下，物质的量浓度之比就等于物质的量之比． 故选：C． 【点评】本题主要考查有关化学方程式的计算和物质的量的计算，难度较小． 15．通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一．对下列反 应的推断或解释正确的是（ ） 操作 可能的实验现 解释 象 2 A 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀生 溶液中一定含有 SO4 成 B 向淀粉 KI 溶液中不断通入 C12 溶液变蓝后褪 色 C CO 还原 Fe2O3 得到的黑色固体加入盐酸溶解后溶液不显红色 再加入 KSCN 溶液 D 将 SO2 通入 BaCl2 溶液中 没有白色沉淀 生成 A．A B．B C．C D．D C12 先表现氧化性后表 现漂白性 黑色固体没有 Fe3O4 BaSO3 可溶于酸【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】物质检验鉴别题． 【分析】A．白色沉淀可能为 AgCl； B．氯气与 KI 反应生成碘，溶液变蓝，氯气作氧化剂；后褪色，与氯气强氧化性有关； C．CO 还原 Fe2O3 得到的黑色固体，为 Fe，Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁； D．SO2 与 BaCl2 不反应． 【解答】解：A．白色沉淀可能为 AgCl，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，溶液中可 能含银离子或硫酸根离子，但二者不同时存在，故 A 错误； B．氯气与 KI 反应生成碘，溶液变蓝，氯气作氧化剂；后褪色，是因次氯酸与碘单质反应 生成碘酸，氯气不表现漂白性，故 B 错误； C． CO 还原 Fe2O3 得到的黑色固体， Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁， 为 Fe， 所以再加入 KSCN 不能变红，则黑色固体没有 Fe3O4，故 C 正确； D．SO2 与 BaCl2 不反应，不会生成 BaSO3，故 D 错误； 故选 C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及离子的检验为解答 的关键，侧重离子检验及氧化还原反应的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度 不大． 16．用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装 a、 b、 c、 d 表示相应仪器中加入的试剂） 置均已略去； 必要时可以加热； ． 其中正确的是 （ ） 选项 A B C D 气体 CO2 Cl2 NH3 NO a 盐酸 浓盐酸 饱和 NH4Cl 溶液 稀硝酸 b CaCO3 MnO2 消石灰 铜屑 c 饱和 Na2CO3 溶液 NaOH 溶液 H2O H2O d 浓硫酸 浓硫酸 固体 NaOH 浓硫酸A．AB．BC．CD．D【考点】实验装置综合． 【专题】实验设计题． 【分析】根据反应装置知，反应物必须是固液混合物（可加热） ，根据洗气装置知，气体不 能与洗液反应，否则收集不到气体，根据干燥装置知，干燥剂只能吸收水不能和收集气体反 应，以此解答该题． 【解答】解：A．二氧化碳与饱和 Na2CO3 溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液吸收，故 A 错 误； B．氯气和氢氧化钠反应而导致收集不到氯气，故 B 错误； C．氨气易溶于水，所以不能用水洗气，故 C 错误； D．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和水不反应，所以可以用水作洗液吸收被氧气 氧化的二氧化氮及挥发的硝酸，可用浓硫酸干燥，故 D 正确． 故选 D． 【点评】本题考查了气体的反应、洗气和干燥装置，为高频考点，侧重于学生的分析、实验 能力的考查，明确气体的性质是解本题的关键，难度不大． 二、解答题（共 4 小题，满分 52 分） 17．某无色溶液，其中可能存在的离子有：Na+、Ag+、Ba2+、Fe3+、Al3+、AlO2、S2、SO32
、CO32、SO42，现取该溶液进行实验，实验结果如下：?试回答下列问题：（1）生成沉淀甲的离子方程式为： 2S2+SO32+6H+=3S↓+3H2O ． （2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为 Al3++3HCO3=Al（OH）3↓+3CO2↑ ． （3）已知气体甲由两种氧化物组成（不包括水蒸汽和 HBr） ，请你设计实验逐一鉴别这两种 成分，将所需试剂以及现象填入如表（表中每一行对应正确即可得分） 步骤 实验目的 试剂 现象 1 2 3 澄清石灰水 溶液变浑浊 检验 CO2
（4）综上所述，该溶液肯定存在的离子有： AlO2 、S2、SO32、CO32、Na+ ． （5）针对溶液中可能存在的离子，用实验证明是否存在的方法是 取沉淀丙加入足量的稀 盐酸，若沉淀不完全溶解，则原溶液中含有 SO42；若沉淀完全溶解，则没有 SO42 ． 【考点】常见离子的检验方法． 【专题】物质检验鉴别题． 【分析】由于无色溶液，则一定不存在 Fe3+，与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉 淀，沉淀若是溴化银，则不存在 S2、CO32、SO32，就不可能生成气体甲，所以淡黄色 沉淀为单质硫，是硫化氢与二氧化硫反应生成的，溶液中一定存在硫离子和亚硫酸根离子， 一定不会存在 Ag+、Fe3+、Ba2+、Al3+，根据电荷守恒，Na+一定存在； 溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀 只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有偏铝酸根离子； 溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡， 所以溶液中一定存在的离子有：Na+、S2、SO32、AlO2； 一定不存在的离子为：Ag+、 Fe3+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32、SO42， （1）硫离子和亚硫酸根离子在酸性环境下发生归中反应生成单质硫； （2）铝离子和碳酸氢根之间能发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀； （3）已知气体甲由两种氧化物组成（不包括水蒸汽和 HBr） ，则甲为二氧化硫和二氧化碳， 用品红检验二氧化硫，用酸性高锰酸钾吸收二氧化硫，然后用澄清石灰水检验二氧化碳； （4）根据离子共存和离子反应来确定存在的离子； （5）硫酸钡不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸． 【解答】解：由于无色溶液，则一定不存在 Fe3+，与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄 色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在 S2、CO32、SO32，就不可能生成气体甲，所以淡 黄色沉淀为单质硫， 是硫化氢与二氧化硫反应生成的， 溶液中一定存在硫离子和亚硫酸根离 + 3+ 2+ 3+ Ag Fe Ba Al 子，一定不会存在 、 、 、 ，根据电荷守恒 Na+一定存在； 溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀 只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有偏铝酸根离子； 溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡， 所以溶液中一定存在的离子有：Na+、S2、SO32、AlO2； 一定不存在的离子为：Ag+、 Fe3+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32、SO42． （1）根据所给的离子，硫离子和亚硫酸根离子在酸性环境下发生归中反应生成淡黄色的沉 淀单质硫，即 2S2+SO32+6H+=3S↓+3H2O， 故答案为：2S2+SO32+6H+=3S↓+3H2O； （2）偏铝酸根离子和氢溴酸反应后得到的铝离子，铝离子和碳酸氢根之间能发生双水解反 应生成氢氧化铝白色沉淀，二氧化碳的结构式为 O=C=O， 故答案为：Al3++3HCO3=Al（OH）3↓+3CO2↑；O=C=O；（3）已知气体甲由两种氧化物组成（不包括水蒸汽和 HBr） ，则甲为二氧化硫和二氧化碳， 用品红检验二氧化硫，品红褪色，说明含有二氧化硫，然后用酸性高锰酸钾吸收多余的二氧 化硫，高锰酸钾溶液颜色变浅，说明二氧化硫被全部吸收，把剩余的气体通入澄清石灰水， 若石灰水变浑浊，说明含有二氧化碳； 故答案为： 步骤 实验目的 试剂 现象 1 品红溶液 红色褪去 检验 SO2 2 酸性高锰酸钾 溶液紫色变浅 除尽 SO2 ； （4）已知气体甲由两种氧化物组成（不包括水蒸汽和 HBr） ，说明溶液中还含有 CO32，综 上可知，溶液中一定含有 AlO2、S2、CO32、SO32、Na+， 故答案为：AlO2、S2、CO32、SO32、Na+； （5）硫酸钡不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，所以检验硫酸根离子的方法为：取沉淀丙加入 足量的稀盐酸，若沉淀不完全溶解，则原溶液中含有 SO42，若沉淀完全溶解，则没有 SO42； 故答案为：取沉淀丙加入足量的稀盐酸，若沉淀不完全溶解，则原溶液中含有 SO42，若沉 淀完全溶解，则没有 SO42． 【点评】本题考查常见离子的检验及离子组成分的确定，题目难度中等，注意常见离子的检 验方法，把握有关离子的性质，会书写反应的离子的方程式，侧重分析与应用能力的考查． 18．氢化锂（LiH）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧．某活动小组准备 使用下列装置制备 LiH 固体．甲同学的实验方案如下： （1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为 e 接 a，b 接 f，g 接 d ，加入药 品前首先要进行的实验操作是 检验装置气密性 （不必写出具体的操作方法） ；其中装置 B 的作用是 除去 H2 中的 H2O 和 HCl ． （2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封） ，然后在甲苯中浸洗 数次，该操作的目的是 除去锂表面的石蜡 ，然后快速把锂放入到石英管中． （3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热 D 处的石英管之前，必须进行的实验操作是 收集 c 处排出的气体并检验 H2 纯度 ． （4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出 LiH，装入氮封的瓶里，保存 于暗处．采取上述操作的目的是为了避免 LiH 与空气中的水蒸气接触而发生危险． （反应方 程式：LiH+H2O=LiOH+H2↑） ，分析该反应原理，完成 LiH 与无水乙醇反应的化学方程式 LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2↑ ． （5）准确称量制得的产品 0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体 470.4mL （已换算成标准状况） ，则产品中 LiH 与 Li 的物质的量之比为 10：1 ． （6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的 H2 不能直接排放，所以在最后连接 了装置 E 用来收集 H2，请将 E 装置补充完整． 【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合． 【分析】 （1）氢气和锂发生反应生成 LiH，制备 LiH 固体需要制备氢气，LiH 在干燥的空气 中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用 A 装置 制备氢气，用装置 B 中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置 D 中加热和锂反 应生成氢化锂，最后连接装置 C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置 D 和生成的氢 化锂发生反应； 制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性； （2）石蜡是有机物，易溶解于有机溶剂甲苯； （3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险； LiH 与 H2O 发生水解反应， （4） 锂离子结合氢氧根离子， 氢负离子与氢离子结构生成氢气， LiH 与乙醇反应类似， 羟基提供 H 原子与 LiH 反应生成氢气， 另外部分结合生成 CH3CH2OLi； （5）设 LiH 与 Li 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据方程式表示出生成氢气的物质的量， 再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答； （6）装置 E 用来收集 H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导 气管短进长出． 【解答】解： （1）氢气和锂发生反应生成 LiH，制备 LiH 固体需要制备氢气，LiH 在干燥的 空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用 A 装置制备氢气，用装置 B 中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置 D 中加热和 锂反应生成氢化锂，最后连接装置 C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置 D 和生成 的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e 接 a，b 接 f，g 接 d； 制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性； 装置 B 中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂， 且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体， 故答案为：e 接 a，b 接 f，g 接 d；检验装置气密性；除去 H2 中的 H2O 和 HCl； （2）取出一定量金属锂（固体石蜡密封） ，然后在甲苯中浸洗数次，利用石蜡是有机物易溶 解于有机溶剂甲苯中，操作的目的是除去锂表面的石蜡， 故答案为：除去锂表面的石蜡； （3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险， 在加热 D 处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集 c 处排出的气体并检验 H2 纯度， 故答案为：收集 c 处排出的气体并检验 H2 纯度； LiH 与 H2O 发生水解反应， （4） 锂离子结合氢氧根离子， 氢负离子与氢离子结构生成氢气， LiH 与乙醇反应类似， 羟基提供 H 原子与 LiH 反应生成氢气， 另外部分结合生成 CH3CH2OLi， 反应方程式为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2↑， 故答案为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2↑； （5）设 LiH 与 Li 的物质的量分别为 xmol、ymol，则： LiH+H2O=H2↑+LiOH xmol xmol 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ ymol 0.5y mol 则 ，解得 x=0.02、y=0.002故 LiH 与 Li 的物质的量之比为 0.02mol：0.002mol=10：1， 故答案为：10：1；（6）装置 E 用来收集 H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出，装置图为，故答案为：．【点评】 本题考查化学实验制备方案， 理解原理是解题关键， 涉及对装置及操作的分析评价、 气体收集、化学方程式的计算等，题目难度中等． 19．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题 CO +2H2 （1） 一定温度下， 在一恒容的密闭容器中， 由 CO 和 H2 合成甲醇： （g） （ g） ?CH3OH （g） ①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是 C （填序号） A．每消耗 1mol CO 的同时生成 2molH2 B．混合气体总物质的量不变 C．生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等 D．CH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化 ②CO 的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如右图所示．B、C 两点的平衡常数 K（B） ＞ K（C） （填“＞”、“=”或“＜”） ③某温度下，将 2.0mol CO 和 6.0molH2 充入 2L 的密闭容器中，达到平衡时测得 c（CO） =0.25mol/L，CO 的转化率= 75% ，此温度下的平衡常数 K= 1.3 （保留二位有效数字） （2）常温下，将 V mL、0.20mol/L 氢氧化钠溶液逐滴加入到 20.00mL、0.20mol/L 甲酸溶液 中，充分反应，溶液 pH=7，此时 V ＜ 20.00（填“＞”、“=”或“＜”） ；当氢氧化钠溶液与 甲酸溶液恰好完全反应时， 溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序 c （Na+） ＞c （HCOO） ＞c（OH）＞c（H+） （3）温度 650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与 CO2 的混合气体为正 极反应物， 镍作电极， 用 Li2CO3 和 Na2CO3 混合物作电解质． 该电池的正极反应式为 O2+4e
2 +2CO2=2CO3 （4）己知：CH3OH、H2 的燃烧热（△ H）分别为726.5kJ/mol、285.8kJ/mol，则常温下 CO2 和 H2 反应生成 CH3OH 和 H2O 的热化学方程式是 CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l） +H2O（l）△ H=130.9 kJ?mol1 ．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；弱电解 质在水溶液中的电离平衡． 【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的 pH 专题；电化学专题．【分析】 （1）①达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不随着时间的变化 而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断； ②化学反应的平衡常数随着温度的变化而变化； ③根据化学反应三行式来依据转化率= ×100%和平衡常数 K=计算； （2） 溶液的酸碱性是根据溶液中 H+浓度与 OH浓度的相对大小判断的， 只要溶液中 c （H+） =c（OH） ，溶液就呈中性，HCOOH 是弱电解质，电离程度不大，NaOH 是强电解质，完 全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；当氢氧化 钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小； （3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应； （4）根据燃烧热的概念以及盖斯定律来计算化学反应的焓变，然后写出热化学方程式． 【解答】解： （1）①A．每消耗 1molCO 的同时生成 2molH2，能证明正逆反应速率是相等 的，故 A 错误； B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到额化学平 衡状态，故 B 错误； C．生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不 一定达到化学平衡，故 C 正确 D．CH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故 D 错误． 故选 C； ②根据图中 CO 的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，当温度升该时，一氧化碳的转化 率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以平衡常数减小，又 C 点温度比 B 高，所以 K（B） ＞K（C） ， 故答案为：＞； ③将 2.0mol CO 和 6.0mol H2 充入 2L 的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得 c（CO） =0.25mol/L，则 CO（g）+2H2（g）TCH3OH（g） 3.0 0 初始浓度：1.0 0.75 1.5 0.75 变化浓度： 1.5 0.75 平衡浓度：0.25 CO 的转化率= ×100%=75%，此温度下的化学平衡常数 K==≈1.3，故答案为：75%；1.3； （2）CH3COOH 是弱电解质，电离程度不大，NaOH 是强电解质，完全电离，反应生成的 甲酸钠是强碱弱酸盐， 水解呈碱性， 需溶液呈中性 pH=7， 需少加碱， 所以常温下， 将 V mL、 0.20mol?L1 氢氧化钠溶液逐滴加入到 20.00mL、0.20mol?L1 甲酸溶液中，充分反应，V＜ 20.00mL 溶液呈中性 pH=7，c（H+）=c（OH） ；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应 c 时， 溶液显碱性， 甲酸根离子水解浓度减小， 溶液中离子浓度大小关系为： （Na+） ＞c （HCOO
+ ）＞c（OH ）＞c（H ） ； + 故答案为：＜；c（Na ）＞c（HCOO）＞c（OH）＞c（H+） ；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为： O2+4e+2CO2=2CO32， 故答案为：O2+4e+2CO2=2CO32． （4）由 H2（g）的燃烧热△ H 为285.8kJ?mol1 知，1molH2（g）完全燃烧生成 1molH2O （l）放出热量 285.8kJ， 即①H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△ H=285.8kJ?mol1； ②CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△ H=726.5kJ?mol1， 3×①②得 CO2 +3H2 =CH3OH +H2O △ H=130.9 kJ?mol 由盖斯定律可知， （g） （g） （l） （l） 1 ， 故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△ H=130.9 kJ?mol1． 【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡移动以及化学平衡常数、离子浓度大小 比较、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应 用能力，题目难度中等． 20．已知 AO 分别代表一种物质，它们之间的转化关系如图所示（反应条件略去） ．A、B、 H 分别是由短周期元素组成的单质．B 与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气．D 是 一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为 2：3，且能与水反就应得到两种碱．C 为淡黄色 固体化合物，O 能与 G 的水溶液反应生成蓝色沉淀．请回答下列问题： （1）组成 B 单质的元素位于周期表中 第三周期ⅡA 族 ；化合物 C 的电子式为 ． （2）J 的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是 分子间作用力强 ． 水分子之间存在氢键且比硒化氢的（3）写出 I 与 H 在点燃条件下反应生成 A 和 J 的化学方程式： 4NH3+3O2 2N2+6H2O ． （4）写出 D 与足量的 N 反应生成 E 和 F 的化学方程式： Mg3N2+8HNO3=3Mg（NO3） 2+2NH4NO3 ． （5）写出 N 与铜反应的离子方程式 3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NO↑+4H2O ． （6）上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有 2 个． 【考点】无机物的推断． 【专题】无机推断． 【分析】B 是由短周期元素组成的单质，B 与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气， 可判断 B 为金属镁．D 是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为 2：3，且能与水反应得到两种碱，可以判断 D 为氮化镁，所以 A 为氮气． C 为淡黄色固体化合物，可确定 C 为 Na2O2．C 与 J 反应得到 G 与 H，O 能与 G 的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化铜生 成，则 G 为 NaOH，故 J 为 H2O，H 为 O2，G 与 F 反应得到 K、I 与水，且 I 连续与氧气反 应生成 M，M 与水反应生成 L 与 N，N 能与 Cu 反应生成铜盐，故 N 为 HNO3，则 E 为 Mg （NO3）2，F 为 NH4NO3，K 为 NaNO3，I 为 NH3，故 L 为 NO，M 为 NO2，O 为 Cu（NO3）2，据此解答．【解答】解：B 是由短周期元素组成的单质，B 与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢 气，可判断 B 为金属镁．D 是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为 2：3，且能与水反 应得到两种碱，可以判断 D 为氮化镁，所以 A 为氮气． C 为淡黄色固体化合物，可确定 C 为 Na2O2．C 与 J 反应得到 G 与 H，O 能与 G 的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化 铜生成，则 G 为 NaOH，故 J 为 H2O，H 为 O2，G 与 F 反应得到 K、I 与水，且 I 连续与氧 气反应生成 M，M 与水反应生成 L 与 N，N 能与 Cu 反应生成铜盐，故 N 为 HNO3，则 E 为 Mg（NO3）2，F 为 NH4NO3，K 为 NaNO3，I 为 NH3，故 L 为 NO，M 为 NO2，O 为 Cu （NO3）2． （1）组成 B 单质的元素为 Mg 元素，原子核外有 3 个电子层，最外层电子数为 2，则应位 于周期表第三周期ⅡA 族，C 为 Na2O2，为离子化合物，电子式为 故答案为：第三周期ⅡA 族； ； ，（2）J 为 H2O，水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强，故其沸点比硒化氢 （H2Se）的沸点高， 故答案为：水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强； （3）由题意可知，NH3 在 O2 中点燃生成 N2 和 H2O，则反应的化学方程式为 4NH3+3O2 2N2+6H2O， 2N2+6H2O；故答案为：4NH3+3O2D 与足量的 N 反应生成 E 和 F 的化学方程式为： Mg3N2+8HNO3=3Mg （4） （NO3） 2+2NH4NO3， 故答案为：Mg3N2+8HNO3=3Mg（NO3）2+2NH4NO3； （5）硝酸与铜反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NO↑+4H2O， 故答案为：3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NO↑+4H2O； （6）上图中，在同一反应里一种物质既作氧化剂，又作还原剂反应有： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，3NO2+H2O=2HNO3+NO，共 2 个反应，故答案为：2． 【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题中的几个突破口：①B 与冷水缓慢 反应，与沸水迅速反应，放出氢气，②D 是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为 2：3， 且能与水反就应得到两种碱，③C 为淡黄色固体化合物，④蓝色沉淀，再结合转化关系推 断，需要学生具备扎实的基础． 【附加题| 21．X、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大．X 是所有元素中原子半 径最小的，Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z 原子单电子数在同周期元素中最 多，W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，R 与 Y 同一主族，Q 的最外层只有一个电子， 其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10 ． （2）化合物 X2W2 中 W 的杂化方式为 sp3 ，ZW2离子的立体构型是 V 形 ． （3）Y、R 的最高价氧化物的沸点较高的是 SiO2 （填化学式） ，原因是 SiO2 为原子晶 CO 体， 2 为分子晶体 ． （4）将 Q 单质的粉末加入到 ZX3 的浓溶液中，并通入 W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该 反应的离子方程式为 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH ． （5）Y 有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的 Y 原 子数为 8 ，Y 原子的配位数为 4 ，若晶胞的边长为 a pm，晶体的密度为 ρ g/cm3，则 阿伏加德罗常数的数值为 （用含 a 和 ρ 的代数式表示） ．【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】X、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大．X 是所有元素中原 子半径最小的，则 X 为 H 元素；Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排 布为 1s22s22p2，故 Y 为 C 元素；R 与 Y 同一主族，结合原子序数可知，R 为 Si，而 Z 原子 单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为 ns2np3，原子序数小于 Si，故 Z 为 N 元 素；W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，则 W 为 O 元素；Q 的最外层只有一个电子， 其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于 30，故核外电子排 布为 1s22s22p63s23p63d104s1，则 Q 为 Cu 元素，据此解答． 【解答】解：X、Y、Z、W、R、Q 为前 30 号元素，且原子序数依次增大．X 是所有元素 中原子半径最小的，则 X 为 H 元素；Y 有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电 子排布为 1s22s22p2，故 Y 为 C 元素；R 与 Y 同一主族，结合原子序数可知，R 为 Si，而 Z 原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为 ns2np3，原子序数小于 Si，故 Z 为 N 元素；W 与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，则 W 为 O 元素；Q 的最外层只有一个电子， 其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于 30，故核外电子排 布为 1s22s22p63s23p63d104s1，则 Q 为 Cu 元素， （1）Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10； （2）化合物 H2O2 中结构式为 HOOH，O 原子价层电子对数为 2+ 子采取 sp3 杂化； NO2离子中 N 原子孤电子对数为 V 形， 故答案为：sp3；V 形； （3）Y、R 的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2 为原子晶体，CO2 为分子晶 体，故沸点较高的是 SiO2， 故答案为：SiO2； SiO2 为原子晶体，CO2 为分子晶体； =1、价层电子对数为 2+1=3，故其立体构型是 =4，故 O 原（4）将 Cu 单质的粉末加入到 NH3 的浓溶液中，并通入 O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反 2+ 2+ 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu 应生成[Cu （NH3） 该反应的离子方程式为： （NH3） 4] ， 4] +4OH
， 故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH； （5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的 Y 原 子数为：4+8× +6× =8； 每个 Y 与周围的 4 个 Y 原子相邻，故 Y 原子的配位数为 4； 若晶胞的边长为 a pm，则晶胞体积为（a×，晶体的密度为 ρ g/cm3，则晶胞质量 为（a××ρ g/cm3=ρa3×1030ρ g，则 8× g=ρa3×1030ρ g，故 NA= ，故答案为：8；4；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与 性质、配合物、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等．