2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

2017-2018学年广西钦州市钦州港经济技术开发区中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017年秋季学期高二化学 开学考试试卷 ‎1. 下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 有单质参加的反应一定是氧化还原反应 B. 燃烧反应必须有氧气作氧化剂 C. 2Fe+3Cl2=2FeCl3， Fe+SFeS 由此可以判断氧化性：Cl2>S D. Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子 ，因此还原性Al>Mg ‎【答案】C ‎【解析】A．有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如3O2═2O3，故A错误；B．可能只有一种物质被氧化也被还原，如氯气与NaOH溶液的反应中，氯气既被氧化也被还原，故B错误；C．非金属单质与多价态金属单质反应时，氧化性强的生成高价态产物，已知2Fe+3Cl2═2FeCl3； Fe+SFeS 由此可以判断氧化性：Cl2＞S，故C正确；D．还原性与失电子能力有关，与失电子多少无关，所以不能根据金属单质失电子多少判断还原性，故D错误；故选C。‎ ‎2. 只含C、H、O三种元素的有机物，在空气中燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比是1：2，在这类有机物中（ ）‎ A. 相对分子质量最小的化合物分子式是CH2O B. 相对分子质量最小的化合物分子式是C2H2O C. 含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是16的整数倍 D. 含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是18的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n，据此分析判断．‎ 解：只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n．‎ A．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故A错误；‎ B．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故B错误；‎ C．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故C错误；‎ D．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎3. 下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 卤素单质与水反应均可用X2＋H2O===HXO＋HX表示 B. 从F2到I2，卤素单质的颜色随着相对分子质量的增大而加深 C. 熔、沸点：Li>Na>K D. 还原性：K>Na>Li，故K可以从NaCl溶液中置换出金属钠 ‎【答案】BC ‎【解析】A．氟气与水反应方程式：‎2F2+2H2O=4HF+O2，不符合X2+H2O═HXO+HX，故A错误；B．卤族元素单质随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故B正确；C．碱金属元素从Li到Cs，熔、沸点逐渐降低，即Li＞Na＞K＞Cs，故C正确；D．虽然单质的还原性顺序为：K＞Na＞Li，但K不能置换出NaCl溶液中的钠，而是先和水反应，故D错误；故选：BC。‎ ‎4. 下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）‎ A. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ +2OH- +2HCO3- = CaCO3↓+ CO32- + 2H2O C. 少量CO2通入苯酚钠溶液中：‎2C6H5O-+CO2+H2O=‎2C6H5OH+ CO32-‎ D. 向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全： Ba2+ + 2OH- +2H+ + SO4 2- = BaSO4↓+ 2H2O ‎【答案】A ‎【解析】A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A正确；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故B错误；C．少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3-，故C错误；D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全的离子反应为 Ba2++2OH-+H++NH4++SO42-═BaSO4↓+NH3．H2O+H2O，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。‎ ‎5. 下列关于容量瓶及其使用方法的叙述正确的是( )。‎ ‎①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 ②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液 ③容量瓶可以用来加热 ④容量瓶不能用长期贮存配制好的溶液 ⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液 A. ①③ B. ①②④⑤ C. ①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题解析：①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；故选B．‎ 考点：容量瓶的使用 ‎6. 向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 溶液中一定含有SO42-‎ B. 溶液中一定含有Ag+‎ C. 溶液中一定含有SO32-‎ D. 溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种 ‎【答案】D ‎【解析】如溶液中含有SO32-，能被硝酸氧化为SO42-，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的为BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种，故选D。‎ ‎7. 下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 能生成碱的金属元素都在ⅠA族 B. 原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期ⅣA族 C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为8‎ D. 第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、根据ⅡA族的金属元素也能生成碱；‎ B、根据元素原子结构示意图确定位置；‎ C、根据氦原子的最外层电子数为2；‎ D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同．‎ 解：A、因ⅡA族的金属元素也能生成碱，如氢氧化镁，氢氧化钙，故A错误；‎ B、原子序数为14的原子为硅，有三个电子层，每一层的电子数分别为2、8、4，所以位于元素周期表的第3周期ⅣA族，故B正确；‎ C、因氦原子的最外层电子数为2，故C错误；‎ D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如‎14C含有6个质子和8个中子，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎8. 下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（ ）‎ A. Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系 B. H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强 C. 向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2‎ D. 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A选项，加入硫酸钠胶体沉淀是由于，胶体中加入电解质，胶体聚沉。故错误。B选项，H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，是由于产生了硫化铜难溶物，与酸性强弱无关。C选项正确。D选项，滴有酚酞的Na2CO3溶液显色，是由于碳酸根水解，呈碱性。加入氯化钡后，碳酸根与钡离子产生沉底。水解终止，溶液褪色。故错误。‎ 考点：盐类水解，沉淀溶解平衡，胶体性质。‎ ‎9. 将Cu与CuO的混合物20．‎8g加入到50mL 18．4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解(产生气体全部逸出)，冷却后将溶液稀释至1000ml，测得c(H+)=0．84mol/L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6．0mol/L的NaOH溶液的体积为：（ ）‎ A. 100mL B. 160mL C. 240mL D. 307mL ‎【答案】D ‎【解析】反应剩余硫酸的物质的量为：×0.84mol/L×‎‎1L ‎=0.42mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：‎ Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ‎1   2        1‎ x   2x        x CuO+H2SO4═CuSO4+H2O ‎1   1‎ y   y 所以，2x+y=18.4mol/L×‎0.05L-0.42mol=0.5mol，‎64g/mol•x+‎80g/mol•y=‎20.8g，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，n(SO2)=0.2mol，1000 mL溶液中SO42-的总量为18.4mol/L×‎0.05L-0.2mol=0.72mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故需要n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积==‎0.24L=240mL，故选C。‎ 点睛：解答本题的思路为：Cu与CuO的混合物与硫酸反应硫酸有剩余，溶液中氢离子来源于剩余的硫酸，则n剩余(H2SO4)= n(H+)，根据二者质量与消耗的硫酸列方程计算出反应消耗的硫酸及生成的二氧化硫；Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒和硫原子守恒计算即可。‎ ‎10. 酸和醇可以发生酯化反应，生成酯类物质，下列酸和醇能生成相对分子质量为90的酯的是（ ）‎ A. CH‎3C18OOH与C2H518OH B. CH‎3C18O18OH与C2H518OH C. CH3CO18OH与C2H518OH D. CH3CO18OH 与C2H5OH ‎【答案】C ‎【解析】在酯化反应中羧酸断羟基、醇断氢。则A、CH‎3C18OOH与C2H518OH反应生成CH‎3C18O18OC2H5，其相对分子质量为92，A错误；B、CH‎3C18O18OH与C2H518OH反应生成CH‎3C18O18OC2H5，其相对分子质量为92，B错误；C、CH3CO18OH与C2H518OH反应生成CH3CO18OC2H5，其相对分子质量为90，C正确；D、CH3CO18OH与C2H5OH反应生成CH3COOC2H5，其相对分子质量为88，D错误。答案选C。‎ ‎11. 下图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是（ ）‎ X Y Z W A. Z的原子序数可能是X的两倍 B. 单质的活泼性可能是Y＜Z C. X、Z的最高价氧化物对应水化物可能均为强酸 D. 分别由Y、W形成的单质可能都是原子晶体 ‎【答案】C ‎【解析】这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8。A．如果X是O元素，则Z为S元素，O元素原子序数是8，S元素原子序数的16，所以Z的原子序数可能是X的两倍，故A正确；B．如果Y是Ne元素，Z为S元素，稀有气体元素性质较稳定，所以单质的活泼性可能是Y＜Z，故B正确；C．X和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸，如果X是碳元素，则Z为Si元素，碳酸、硅酸都是弱酸，如果X是N元素，则Z为P元素，硝酸为强酸，但磷酸为中强酸，O和F元素没有最高价含氧酸，故C错误；D．金刚石和硅都是原子晶体，且碳和硅属于同一主族，故D正确；故选C。‎ ‎12. 下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（ ）‎ ‎①在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题 ‎②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料 ‎③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放 ‎④发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统 ‎⑤使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾 A. ①②③④ B. ①②⑤ C. ①②④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①火力发电会消耗很多燃煤，会产生大量二氧化硫和二氧化碳，引起空气污染，发展核电，能减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题，可减少酸雨和温室效应，起到保护和改善自然环境的作用，故①正确；②积极推行“限塑令”‎ ‎，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可降解塑料在微生物作用下分解生成二氧化碳，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，可减少白色污染，起到保护和改善自然环境的作用，故②正确；③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放对保护环境有着极其重要作用，有利于节能减排和改善环境，故③正确；④太阳能、风能是清洁能源，推广使用太阳能、风能，可减少化石能源的使用，有利于节能减排、改善环境质量，故④正确；⑤有的垃圾含有重金属离子，填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染水体和土壤，不利于节能减排、改善环境质量，故⑤错误；故选A。‎ ‎13. 化学物质丰富多彩，下列有关物质的说法正确的是（ ）‎ A. 漂白粉、盐酸、碘酒和液氯都属于混合物 B. 向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体 C. 熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，所以都属于电解质 D. 一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.漂白粉、盐酸、碘酒都属于混合物，液氯是氯气分子构成的，属于纯净物，A错误；B．向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液生成氢氧化铁和红褐色沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，B错误；C．熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，其中氯化钠属于电解质，盐酸是混合物，铜是金属，均既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D．蛋白质形成的分散系是胶体，则一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路，D正确，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查纯净物和混合物、胶体制备和性质以及电解质判断等 ‎【名师点晴】该题的易错选项是C，判断电解质时不能只依据物质是否导电，而应该要抓住以下几个要点：电解质的研究对象是化合物，满足的条件是溶于水或熔融状态下能够自身电离出阴阳离子而导电，如果仅是导电，但不能电离出离子，则也不能是电解质。例如氨气溶于水也导电，但氨气不能电离出离子，因此只能是非电解质。‎ ‎14. 下列说法正确的是:（ ）‎ A. 甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子取代后，可以形成两种不同结构的有机物 B. 乙烯完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1:2‎ C. 苯中碳碳键的键长均相等，证明苯中不存在单双键交替的结构 D. 金属钠与乙醇反应时，金属钠在乙醇表面四处游动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、 甲烷空间结构是正四面体，四个氢原子的位置相同，因此两个氯原子取代后，只有一种结构，故错误；B、C2H4＋3O2→2CO2＋2H2O，产物的物质的量之比为1：1，故错误；C、碳碳双键的键长比碳碳单键的2倍略小，苯中碳碳键的键长均相等，说明苯中不存在单双键交替结构，故正确；D、乙醇属于非电解质，电离出H＋能力很弱，Na在乙醇中反应比较安静，不四处游动，故错误。‎ 考点：考查有机物的基础知识。‎ ‎15. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两种气体的压强相等 B. O2比O3的质量小 C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的氧原子数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】A、氧原子个数相等时，气体的物质的量之比为：n(O2)：n(O3)=3：2，根据PV=nRT，可以得出其压强之比为3：2，故A错误；B、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，故B错误；C、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故分子个数不相等，故C错误；D、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故D正确；故选D。‎ ‎16. 我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为37%的浓盐酸(密度为1.‎19 g/cm3)配制成250mL 0.1mol·L－1的盐酸溶液。‎ ‎（1）在右图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是_____________（填右图相应仪器的序号）； ‎ 除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是___________，其作用按使用的先后顺序分别是_________________和_____________。‎ ‎（2）根据计算，下列量程或规格中，本实验量筒应使用的是_______；容量瓶应使用_______。（在横线上填写相应的序号，否则无分，下同）‎ A、10mL B、100mL C、250mL D、500mL ‎（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________________。‎ A、使用容量瓶前检查它是否漏水 B、容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗 C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 ~ ‎2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀 ‎（4）若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，此时应该________________‎ A. 直接转移到细口试剂瓶中 B. 再用胶头滴管加水，重新定容 C. 将此溶液倒掉，重新配制 D. 直接贮存于容量瓶中 ‎（5）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值(即0.1 mol/L)如何。（a、偏高；b、偏低；c、无影响，在下列横线上填相应序号）‎ ‎①容量瓶中有少量蒸馏水 ________‎ ‎②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中 ________‎ ‎③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中 ________‎ ‎④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度 ________‎ ‎【答案】 (1). C (2). 玻璃棒 (3). 搅拌 (4). 引流 (5). A (6). C (7). AE (8). A (9). c (10). a (11). b (12). a ‎【解析】(1)配制成250mL 0.1mol•L-1的盐酸溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；在图所示仪器中用不到的是：分液漏斗；还缺少的是：玻璃棒；在浓盐酸稀释时用玻璃棒搅拌，转移液体时用玻璃棒引流，故答案为：C；玻璃棒；搅拌；引流；‎ ‎(2)质量分数为37%的浓盐酸(密度为‎1.19g/cm3)盐酸的物质的量浓度c==12.1mol/L，设需要浓盐酸体积V，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：V×12.1mol/L=0.1mol/L×250mL，解得V=2.1mL；所以需要选择10mL量筒量取；配制250mL溶液，应选择250mL容量瓶；故答案为：A；C；‎ ‎(3)A、容量瓶使用时，应先检查是否漏水，然后用蒸馏水洗涤干净即可，故A正确；B、容量瓶洗净后不能用所配制溶液润洗，否则影响配制的溶液的浓度，故B错误；C、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解，故C错误；D、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中稀释，应该在烧杯中稀释，故D错误；E、摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转，故E正确；故选：AE；‎ ‎(4)若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，是因为部分溶液沾到瓶塞上，属于正常操作，溶液浓度准确，此时应该直接转移到细口试剂瓶中；故选A；‎ ‎(5)①容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故选c；②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选a；③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，将配制好的溶液稀释，溶液浓度偏低，故选b；④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选a；故答案为：c；a；b；a。‎ 点睛：配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。实验中的误差分析时要紧抓c=，误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。‎ ‎17. Ⅰ、单质硅由于其成熟的生产工艺, 丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等,在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势。‎ ‎（1）写出上述制备硅的化学反应方程式_____________________。‎ ‎（2）二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是__________________________。‎ ‎（3）盐X的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体。写出此反应的离子反应方程式________。‎ Ⅱ、某盐A有3种元素组成，易溶于水。将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O。将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的化学式：_____________； B的电子式：_______________。‎ ‎（2）写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：①________________________________；②__________________________________。‎ ‎（3）D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式___________________。‎ ‎（4）判断盐F的可能成份______________；设计实验方案确定F的成份__________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si (2). 二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体 (3). 3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al (OH)3↓+3CO2↑ (4). NH4NO2 (5). (6). 2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O (7). NO2—+H2O+Cl2=NO3—+2Cl—+2H+ (8). NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O (9). 化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物 (10). 取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。‎ ‎【解析】试题分析：Ⅰ.（1）在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成碳酸钠，方程式为：SiO2+ 4Na + 2CO2= 2Na2CO3+ Si；‎ ‎（2）二氧化硅为原子晶体，固态，具有较高的熔沸点，硬度大，二氧化碳为分子晶体，气态，具有较低的熔沸点，因此二者的物理性质相差很大；‎ ‎（3）碳酸根与铝离子能够在溶液中发生双水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：‎ ‎3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ Ⅱ. ①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，E为NO2，说明A是亚硝酸盐；将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F ，证明为铵盐；结合A有三种元素组成，易溶于水，将A加热分解，则A为NH4NO2；加热，生成既不助燃也不能使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B为氮气。据此回答问题。‎ ‎（1）A的化学式为NH4NO2，B为N2，电子式为；‎ ‎（2）①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，反应方程式为：2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；②NH4NO2与Cl2反应的方程式为：NO2—+ H2O +Cl2=NO3—+2 Cl—+2H+；‎ ‎（3）NO和NO2对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的NO和NO2混合气体，方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；‎ ‎（4）溶液浓缩后得到无色晶体F，则F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；可设计实验确定F的成分：取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3‎ 溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。‎ 考点：考查了实验方案的设计与评价的相关知识。‎ ‎18. 某亚硝酸钠生产厂采用硝酸为原料，其生产原理是NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O。工艺流程如下 ‎（1）分解塔中填有大量的瓷环，其目的是：_____________________________。‎ ‎（2）按一定计量比在反应塔中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1∶1，则分解塔中发生反应的化学方程式为： ____________________________。试从产物产率的角度分析该反应中硝酸的浓度不宜过大或过小的原因是_____________________________________，若硝酸浓度过高，吸收塔中可能发生的副反应化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎（3）通入一定量的N2的目的是： ___________________________________。‎ ‎（4）吸收塔中尾气如何再利用：_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率 (2). 2HNO3＋2SO2＋H2O＝NO＋NO2＋2H2SO4 (3). 硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低 (4). 2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O (5). 稀释气体，提高吸收率 (6). 通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收 ‎(1)分解塔中填有大量的瓷环，其目的是增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率，故答案为：增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率；‎ ‎(2)HNO3被还原后生成的NO与NO2物质的量之比恰好是1：1，即2molHNO3被还原时氮元素得4mol电子，能将2molSO2氧化为2molH2SO4，故化学方程式为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多，还可能发生NO2与氢氧化钠的反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，故答案为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；‎ ‎(3)通入一定量的N2可以稀释气体，提高气体的吸收率，故答案为：稀释气体，提高吸收率；‎ ‎(4)吸收塔中尾气的成分主要是NO和NO2，故可以通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收，故答案为：通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收。‎ ‎19. （1）配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，其结果____________。（填“偏大”、“偏小”、或“不变”）‎ ‎（2）从石油中分离出汽油、煤油和柴油等，所采用的方法是___________。（填“干馏”或“分馏”）‎ ‎（3）除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是________________。（填“NaOH溶液”或“饱和NaHCO3溶液”）‎ ‎（4）右图是实验室制取氨气的装置，回答下列问题：‎ ‎①收集氨气的方法是__________排空气法。‎ ‎②验证氨气是否收集满的方法是________________________。‎ ‎【答案】 (1). 偏小 (2). 分馏 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 向下 (5). 用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满 ‎【解析】(1)配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故答案为：偏小；‎ ‎(2)根据石油中各组分的沸点不同从石油中分离出汽油、煤油和柴油等的操作为石油的分馏，故答案为：分馏；‎ ‎(3)CO2和HCl均为酸性气体，均能与NaOH溶液反应，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl能与饱和NaHCO3溶液生成CO2，故除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；‎ ‎(4)①氨气的密度比空气的小，故采用向下排空气法，故答案为：向下；‎ ‎②氨气是唯一的碱性气体，故只要能证明有碱性气体逸出，则氨气已集满，故方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满。‎ 点睛：本题中(3)注意CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl能与饱和NaHCO3溶液生成CO2，故除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是饱和NaHCO3溶液，既为高频考点，又为易错点。‎ ‎20. 现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素．‎ A B C D E F G H I J 原子半径（10﹣‎10m）‎ ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10[‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ ‎0.102‎ ‎0.037‎ 最高或最低 化合价 ‎＋2‎ ‎＋1‎ ‎＋5[‎ ‎＋7‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎＋3‎ ‎＋6‎ ‎＋1‎ ‎﹣2‎ ‎﹣3‎ ‎﹣1‎ ‎﹣3‎ ‎﹣2‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）D的元素名称是__________，H的元素符号是___________，B在元素周期表中的位置是__________（周期、族）‎ ‎（2）在以上元素形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是______．化合物F‎2A2的电子式是：____________，构成该物质的化学键类型为__________________‎ ‎（3）用电子式表示A的简单氢化物的形成过程如下：_______________________________；G的氢化物的结构式为_______________________‎ ‎（4）一定条件下，IA2气体与足量的A单质充分反应生成‎20 g气态化合物，放出24.6 kJ热量，写出其热化学方程式_______________________________________________‎ ‎（5）用J元素的单质与A元素的单质可以制成电池，电池中装有KOH浓溶液，用多孔的惰性电极甲和乙浸入KOH溶液，在甲极通入J的单质，乙极通入A的单质，则甲极的电极反应式为：____________________‎ ‎【答案】 (1). 磷 (2). B (3). 第三周期 第ⅡA族 (4). HClO4 (5). (6). 离子键、非极性键 (7). 略 (8). (9). 2SO2 （g）＋O2（g）2SO3（g）；DH=﹣196.8 kJ/mol (10). H2﹣2e﹣＋2OH﹣═2H2O ‎..................‎ ‎(1)由以上分析可知，D为P元素，F为B元素，B为Mg元素，位于第三周期ⅡA族，故答案为：磷；B；第三周期 第ⅡA族；‎ ‎(2)以上元素中，非金属性最强的元素为Cl元素，对应的最高价氧化物的水化物的为HClO4，酸性最强，化合物F‎2A2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为：HClO4；；离子键、非极性键；‎ ‎(3)A的简单氢化物为H2O，用电子式表示的形成过程为，G的氢化物为NH3，其结构式为，故答案为：；；‎ ‎(4)IA2气体与足量的A单质充分反应为2SO2+O22SO3，n(SO3)==0.25mol，生成2molSO3放出的热量为：24.6kJ×8=196.8 kJ，反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol，故答案为：2SO2 (g)+O2(g)2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol。‎ ‎(5)碱性氢氧燃料电池中，负极发生氧化反应，氢气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，故答案为：H2-2e-+2OH-═2H2O。‎ ‎ ‎