化学·河南省郑州市中牟县新城区中学2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析

化学·河南省郑州市中牟县新城区中学2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年河南省郑州市中牟县新城区中学高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在含有Fe3+、Al3+、H+的溶液中滴加NaOH溶液时，下列关于生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积的关系，图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．溶液中可以大量共存的一组离子是（　　）‎ A．Al3+、Na+、OH﹣、Cl﹣ B．H+、AlO2﹣、Na+、SO42﹣‎ C．Mg2+、AlO2﹣、Al3+、NO3﹣ D．OH﹣、AlO2﹣、K+、Na+‎ ‎3．下列过程中化学键被破坏的是（　　）‎ ‎①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化．‎ A．全部 B．②③④⑤⑥ C．④⑤⑥ D．⑤⑥‎ ‎4．下列关于有机化合物的性质说法正确的是（　　）‎ A．棉花和蛋白质都是高分子化合物，水解产物相同 B．苯和乙烯都能使溴水褪色，均与溴水发生加成反应 C．乙酸乙酯和油脂互为同系物 D．甲烷和乙醇均能发生取代反应 ‎5．离子方程式H++OH﹣═H2O可表示的化学方程式是（　　）‎ A．醋酸与氢氧化钠的反应 B．硫酸氢钠与氢氧化钠的反应 C．硫酸与氢氧化镁的反应 D．盐酸与氨水的反应 ‎6．下列各组离子能在酸性溶液里大量共存，且溶液呈无色透明的是（　　）‎ A．MnO4﹣、K+、Na+、SO42﹣ B．NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣‎ C．Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、Na+ D．Na+、K+、HCO3﹣、SO42﹣‎ ‎7．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液：NH4++OH﹣=NH3•H2O B．FeBr2溶液中通入足量的氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣‎ C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水Fe2++2H++H2O2=Fe3++2H2O D．在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O=3H++2Br﹣+SO42﹣‎ ‎8．下列说法正确的是（设NA为阿伏伽德罗常数）‎ A．标准状况下，2.24LSO3中硫原子数与1L0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中硫原子数相同 B．1mol•L﹣1FeCl3溶液全部制成胶体，其中含胶粒的数目小于NA C．1molNa2O2中含有NA个阴离子 D．1L0.5mol•L﹣1Na2SO4溶液中阴离子所带电荷数为NA ‎9．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素原子的M电子层上的电子数是它的K层和L层电子总数的一半，Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上的电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是（　　）‎ A．X2YZ4 B．XYZ3 C．X3YZ4 D．X4Y2Z7‎ ‎10．若某ⅡB族元素原子序数为x，那么原子序数为x+1的元素位于（　　）‎ A．ⅢB族 B．ⅢA族 C．ⅠB族 D．ⅠA族 ‎11．下列金属可用铝热法制备的是（　　）‎ ‎①铁 ②镁 ③锰 ④钒 ⑤铬．‎ A．①②④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①②③④⑤‎ ‎12．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．1 mol 氧气中含有12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L B．1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数 C．标准状况下，22.4LO2含分子数为NA D．标准状况下，8gH2O的体积是22.4L ‎13．设阿伏伽德罗常数为NA，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L甲醛完全燃烧产生NA个CO2分子 B．1L1mol/L Na2CO3溶液中，阴离子个数等于NA C．100 g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA D．常温常压下，1mol白磷中含有共价键为4NA ‎14．在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原 B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+‎ C．反应中转移电子的物质的量为xmol D．反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则原Fe3+的总物质的量为（y﹣x）mol ‎　‎ 二、非选择题 ‎15．现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用NA表示，则：‎ ‎（1）该气体的物质的量为　　；‎ ‎（2）该气体所含原子总数为　　个；‎ ‎（3）该气体在标准状况下的体积为　　；‎ ‎（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为　　．‎ ‎16．有①质子数②中子数③核外电子数④价电子数⑤最外层电子数⑥电子层数．请用上述序号回答：‎ ‎（1）原子种类由　　决定，元素种类由　　决定．‎ ‎（2）原子的质量数由　　决定，元素在周期表中的位置由　　决定．‎ ‎17．某同学设计了如图的实验：‎ ‎（1）氯气是一种　　色、有刺激性气味的有毒气体．若贮有氯气的钢瓶损坏，造成氯气泄露，在场人员除了采取有效措施外，其他人员应　　（选字母）．‎ A、向低洼处转移 B、向地势高处转移 ‎（2）装置中通入Cl2后，集气瓶 A中干燥的红色布条无变化，集气瓶B中湿润的红色布条　　．由此可得出的结论是　　．‎ ‎（3）上述装置烧杯中盛放溶液的作用是　　．写出烧杯中发生反应的化学方程式　　．‎ ‎（4）Fe在Cl2中燃烧，生成棕褐色的烟，要检验其溶液中是否存在Fe3+，可向其中滴入几滴KSCN溶液，观察到的现象是　　．若先向溶液中加入少量铁粉，充分反应后再滴入几滴KSCN溶液，结果观察不到此现象，原因是（用离子方程式表示）　　．‎ ‎18．已知硫酸亚铁铵晶体为浅绿色，易溶于水、不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和（NH4）2SO4都要小；能水解；具有还原性，但比硫酸亚铁稳定．以下是将绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体的流程图．‎ ‎（已知：（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O⇌（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓）根据图回答：‎ ‎（1）步骤1中Na2CO3的主要作用是　　．‎ ‎（2）步骤2中铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）：　　．步骤2中溶液趁热过滤的原因是　　．‎ ‎（3）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，应加热到溶液表面出现晶膜时，停止加热．为什么不能蒸干？　　．需经过的实验操作包括：　　、　　、减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥 的晶体．步骤3中制得的晶体要用无水乙醇洗涤的目的是　　．‎ ‎（4）摩尔盐产品中离子的检验：‎ 甲同学提出可以用湿润的　　试纸、稀盐酸和　　溶液检验出这三种离子．‎ 乙同学提出检验产品中的Fe2+，可以用KSCN溶液和另一种试剂　　来检验，试简述乙同学操作和现象：　　．‎ ‎（5）产品中Fe2+的定量分析：‎ 制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+．为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性下用KMnO4标准液滴定的方法．‎ 称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸．用0.2mo1/L KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+ 全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积10.00mL．‎ ‎①本实验的指示剂　　．‎ A．酚酞 B．甲基橙 C．石蕊 D．不需要 ‎②KMnO4溶液置于　　（酸式、碱式）滴定管中 ‎③产品中Fe2+的质量分数为　　．‎ ‎19．如图所示的实验装置中，A、E分别为NH3和Cl2的发生装置．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置E中发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（2）甲、乙两同学分别采用下列两种方案制取C12：甲：用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应．乙：用87g MnO2与足量浓盐酸反应．则所得氯气　　（填字母）．‎ a．甲比乙多 b．乙比甲多 c．一样多 ‎（3）仪器H的名称是　　（填名称），装置D的作用是　　．‎ ‎（4）装置C的导管G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，可用　　进行尾气处理（填选用试剂的名称）．‎ ‎20．Na2CO3和NaHCO3的混合物2.74g溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=0.4mol•L﹣1，求：‎ ‎（1）溶液中Na+的物质的量是多少？‎ ‎（2）加热灼烧后剩余固体的质量是多少？‎ ‎21．A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：‎ ‎（1）如图三个反应中，属于氧化还原反应的有　　个．‎ ‎（2）若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有　　．‎ A．还原性：H2R＞H2OB．酸性：H2R＞H2O C．稳定性：H2R＜H2OD．沸点：H2R＜H2O ‎（3）若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性（答题必须用具体物质表示）．‎ ‎①化合物B的电子式为　　；其水溶液呈碱性的原因是　　（用离子方程式表示）．‎ ‎②化合物B可与O2组成燃料电池（氢氧化钾溶液为电解质溶液），其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式　　．‎ ‎③当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为△H1和△H2，则反应Ⅰ的热化学方程式为　　（注：反应条件相同、所有物质均为气体）．‎ ‎22．A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：‎ ‎（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为　　．‎ ‎（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为　　5.05g单质甲﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为　　．‎ ‎（3）向50mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积 V（HCl）的关系有图2所示两种情况．‎ ‎①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式　　． （有几个写几个）．‎ ‎②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为　　．‎ ‎③原化合物C溶液的物质的量浓度为　　．‎ ‎④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为　　．‎ ‎23．A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解． ‎ 按要求写方程式：‎ ‎（1）A与B在高温条件下生成C和D的化学方程式：　　‎ ‎（2）F在空气中转化为G的化学方程式：　　‎ ‎（3）C转化为I的离子方程式：　　‎ ‎（4）E转化为K的离子方程式：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省郑州市中牟县新城区中学高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在含有Fe3+、Al3+、H+的溶液中滴加NaOH溶液时，下列关于生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液体积的关系，图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【分析】在含有H+、Fe3+和Al3+的溶液中滴加NaOH溶液时，发生的反应为H++OH﹣=H2O、Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=Al（OH）4﹣，结合图象分析NaOH与沉淀的关系．‎ ‎【解答】解：在含有H+、Fe3+和Al3+的溶液中滴加NaOH溶液时，先发生H++OH﹣=H2O，则开始没有沉淀生成，排除AC选项，‎ 然后发生Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=Al（OH）4﹣，则观察到生成沉淀最大，然后沉淀溶解一部分，只有B符合，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．溶液中可以大量共存的一组离子是（　　）‎ A．Al3+、Na+、OH﹣、Cl﹣ B．H+、AlO2﹣、Na+、SO42﹣‎ C．Mg2+、AlO2﹣、Al3+、NO3﹣ D．OH﹣、AlO2﹣、K+、Na+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．Al3+和OH﹣不能共存，故A不选；‎ B．H+、AlO2﹣不能共存，故B不选；‎ C．AlO2﹣、Al3+相互促进水解生成沉淀，不能共存，故C不选；‎ D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列过程中化学键被破坏的是（　　）‎ ‎①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化．‎ A．全部 B．②③④⑤⑥ C．④⑤⑥ D．⑤⑥‎ ‎【考点】化学键和分子间作用力的区别．‎ ‎【分析】电解质溶于水，断裂离子键或者共价键；非电解质溶于水、升华破坏分子间作用力；离子晶体熔化破坏离子键，木炭吸附溴蒸汽，既不破坏分子间作用力，也不破坏化学键，据此解答．‎ ‎【解答】解：碘升华破坏的是分子间作用力；‎ ‎②溴蒸气被木炭吸附属于物理变化，不发生化学键的断裂；‎ ‎ ③酒精溶于水，破坏的是分子间作用力；‎ ‎ ④HCl气体溶于水，共价键断裂；‎ ‎⑤MgCl2溶解于水，离子键断裂；‎ ‎⑥NaCl熔化，离子键断裂．‎ 所以存在化学键被破坏的是：④⑤⑥；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于有机化合物的性质说法正确的是（　　）‎ A．棉花和蛋白质都是高分子化合物，水解产物相同 B．苯和乙烯都能使溴水褪色，均与溴水发生加成反应 C．乙酸乙酯和油脂互为同系物 D．甲烷和乙醇均能发生取代反应 ‎【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；甲烷的化学性质；乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；淀粉的性质和用途．‎ ‎【分析】A．棉花中主要成分是纤维素，属于多糖；‎ B．苯能萃取溴，乙烯能和溴发生加成反应；‎ C．结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物；‎ D．烷烃、醇或羧酸都能发生取代反应．‎ ‎【解答】解：A．棉花的水解产物是葡萄糖，蛋白质的水解产物是氨基酸，所以水解产物不同，故A错误；‎ B．苯使溴水褪色，产生萃取现象，属于物理变化，乙烯和溴的加成反应属于化学变化，故B错误；‎ C．乙酸乙酯和油脂的结构不同，所以不属于同系物，故C错误；‎ D．甲烷在光照条件下发生取代反应，乙醇能与浓HBr发生取代反应，则甲烷和乙醇均能发生取代反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．离子方程式H++OH﹣═H2O可表示的化学方程式是（　　）‎ A．醋酸与氢氧化钠的反应 B．硫酸氢钠与氢氧化钠的反应 C．硫酸与氢氧化镁的反应 D．盐酸与氨水的反应 ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】H++OH﹣═H2O可表示强酸或者可溶性强酸的酸式盐与强碱发生反应生成水和可溶性盐，据此解答．‎ ‎【解答】解：A．醋酸为弱电解质，应保留化学式，故A错误；‎ B．硫酸氢钠与氢氧化钠的反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH﹣═H2O，故B正确；‎ C．氢氧化镁为沉淀，应保留化学式，故C错误；‎ D．一水合氨为弱电解质，应保留化学式，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．下列各组离子能在酸性溶液里大量共存，且溶液呈无色透明的是（　　）‎ A．MnO4﹣、K+、Na+、SO42﹣ B．NH4+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣‎ C．Mg2+、SO42﹣、Cl﹣、Na+ D．Na+、K+、HCO3﹣、SO42﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】溶液无色，说明不含有颜色的离子，酸性条件下，如离子之间不发生任何反应生成沉淀、气体或弱电解质，则可大量共存，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．MnO4﹣有颜色，不符合题目无色的要求，故A错误；‎ B．Fe2+有颜色，不符合题目无色的要求，故B错误；‎ C．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；‎ D．酸性条件下，HCO3﹣不能大量共存，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液：NH4++OH﹣=NH3•H2O B．FeBr2溶液中通入足量的氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣‎ C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水Fe2++2H++H2O2=Fe3++2H2O D．在通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）：HSO3﹣+Br2+H2O=3H++2Br﹣+SO42﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．少量NaOH，先与碳酸氢根离子反应；‎ B．足量的氯气，亚铁离子、溴离子均被氧化；‎ C．电子、电荷不守恒；‎ D．加足量的溴水，发生氧化还原反应生成硫酸钠．‎ ‎【解答】解：A．NH4HCO3溶液中加入少量稀NaOH溶液的离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故A错误；‎ B．FeBr2溶液中通入足量的氯气的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B错误；‎ C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的双氧水的离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故C错误；‎ D．通入过量SO2后的NaOH溶液中加足量的溴水（不考虑SO2的溶解）的离子反应为HSO3﹣+Br2+H2O=3H++2Br﹣+SO42﹣，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．下列说法正确的是（设NA为阿伏伽德罗常数）‎ A．标准状况下，2.24LSO3中硫原子数与1L0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中硫原子数相同 B．1mol•L﹣1FeCl3溶液全部制成胶体，其中含胶粒的数目小于NA C．1molNa2O2中含有NA个阴离子 D．1L0.5mol•L﹣1Na2SO4溶液中阴离子所带电荷数为NA ‎【考点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．标准状况下，SO3为固体，不能利用体积计算其物质的量；‎ B．水解生成胶体，且为可逆反应，V未知不能计算物质的量；‎ C.1molNa2O2中含2mol钠离子、1mol过氧根离子；‎ D．结合n=cV及物质构成计算．‎ ‎【解答】解：A．标准状况下，SO3为固体，不能利用体积计算其物质的量，只能结合n=cV计算1L0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中硫原子数，故A错误；‎ B．水解生成胶体，且为可逆反应，V未知不能计算物质的量，则不能计算胶体粒子的数目，故B错误；‎ C.1molNa2O2中含2mol钠离子、1mol过氧根离子，则1molNa2O2中含有NA个阴离子，故C正确；‎ D．由n=cV及物质构成可知，1L0.5mol•L﹣1Na2SO4溶液中阴离子所带电荷数为1L×0.5mol/L×2×NA=2NA，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子，Y元素原子的M电子层上的电子数是它的K层和L层电子总数的一半，Z元素原子的L电子层上的电子数比Y元素原子的L电子层上的电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的分子式不可能是（　　）‎ A．X2YZ4 B．XYZ3 C．X3YZ4 D．X4Y2Z7‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z．Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则其M层电子数为5，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素；X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式．‎ ‎【解答】解：Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为﹣2价，X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，X+1价．‎ A．Y元素化合价为+6价，不符合，故A错误；‎ B．XYZ3中Y元素化合价为+5价，符合，故B正确；‎ C．X3YZ4中Y元素化合价为+5价，符合，故C正确；‎ D．X4Y2Z7中Y元素化合价为+5价，符合，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．若某ⅡB族元素原子序数为x，那么原子序数为x+1的元素位于（　　）‎ A．ⅢB族 B．ⅢA族 C．ⅠB族 D．ⅠA族 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】元素周期表中ⅡB之后相邻的族为ⅢA族，以此来解答．‎ ‎【解答】解：元素周期表中ⅡB之后相邻的族为ⅢA族，ⅡB族元素原子序数为x，则原子序数为x+1的元素位于ⅢA族，故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列金属可用铝热法制备的是（　　）‎ ‎①铁 ②镁 ③锰 ④钒 ⑤铬．‎ A．①②④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．①②③④⑤‎ ‎【考点】金属冶炼的一般原理．‎ ‎【分析】用铝热法制备的金属要求是还原性小于Al且熔点较高，据此解答．‎ ‎【解答】解：铁、锰、钒、铬金属活泼性弱于铝，熔点较高，都可以通过铝热反应制取，镁还原性强于铝，不能通过铝热反应制取，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．1 mol 氧气中含有12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L B．1 mol臭氧和1.5 mol氧气含有相同的氧原子数 C．标准状况下，22.4LO2含分子数为NA D．标准状况下，8gH2O的体积是22.4L ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】A．根据N=nNA计算氧气分子数目，氧原子数目为氧气分子的2倍，根据V=nVm计算其体积；‎ B.1 mol臭氧含有氧原子为3mol，1.5 mol氧气含有氧原子为1.5mol×2=3mol；‎ C．根据n=计算氧气物质的量，再根据N=nNA计算氧气分子数目；‎ D．标况下水不是气体．‎ ‎【解答】解：A.1 mol 氧气含有分子数目为1mol×6.02×1023mol﹣1=6.02×1023，含有氧原子数目为6.02×1023×2=12.04×1023个氧原子，在标准状况下占有体积为1mol×22.4L/mol=22.4 L，故A正确；‎ B.1 mol臭氧含有氧原子为3mol，1.5 mol氧气含有氧原子为1.5mol×2=3mol，二者含有氧原子数目相等，故B正确；‎ C．标况下，22.4L氧气物质的量为=1mol，则氧气分子数目1mol×NAmol﹣1=NA，故C正确；‎ D.8g水的物质的量为=0.5mol，但标况下水不是气体，其体积远远小于22.4L，故D错误，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．设阿伏伽德罗常数为NA，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L甲醛完全燃烧产生NA个CO2分子 B．1L1mol/L Na2CO3溶液中，阴离子个数等于NA C．100 g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NA D．常温常压下，1mol白磷中含有共价键为4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、求出甲醛的物质的量，然后根据1mol甲醛中含1molC原子来分析；‎ B、碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解生成了氢氧根离子，阴离子数目增加；‎ C、硫酸溶液中，除了硫酸本身，水也含氧原子；‎ D、1mol白磷中含6molP﹣P键．‎ ‎【解答】解：A、标况下22.4L甲醛的物质的量为1mol，而甲醛中含1个碳原子，故1mol甲醛中含1mol碳原子，燃烧生成1mol二氧化碳即NA个二氧化碳分子，故A正确；‎ B、1L1mol/L Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠的物质的量为1mol，由于溶液中碳酸根离子部分水解生成氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增加，所以溶液中阴离子个数大于NA，故B错误；‎ C、硫酸溶液中，除了硫酸本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于4NA个，故C错误；‎ D、1mol白磷中含6molP﹣P键，即6NA个，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原 B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+‎ C．反应中转移电子的物质的量为xmol D．反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则原Fe3+的总物质的量为（y﹣x）mol ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S中，S元素的化合价由﹣2价升高为0，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，反应中Fe3+为氧化剂，CuFeS2为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题．‎ ‎【解答】解：A．反应中硫元素被氧化，但只有铁离子中的铁元素被还原，故A错误；‎ B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是S，故B错误；‎ C．由离子方程式可知生成2molS，转移电子4mol，则生成xmolS，则转移2xmol电子，故C错误；‎ D．由方程式可知，生成xmol硫，则生成3xmol金属离子，消耗2xmolFe3+，反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，则剩余Fe3+的物质的量为（y﹣3x）mol，所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+（y﹣3x）mol=（y﹣x）mol，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎15．现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g•mol﹣1．若阿伏加德罗常数用NA表示，则：‎ ‎（1）该气体的物质的量为　　；‎ ‎（2）该气体所含原子总数为　　个；‎ ‎（3）该气体在标准状况下的体积为　　；‎ ‎（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为　%　．‎ ‎【考点】阿伏加德罗定律及推论．‎ ‎【分析】（1）据n=计算；‎ ‎（2）根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；‎ ‎（3）根据V=nVm计算；‎ ‎（4）计算溶液和溶质的质量，可计算质量分数．‎ ‎【解答】解：（1）m g某气体的物质的量为= mol，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）因为一个分子中含两个原子，所以含有的原子数为分子数的2倍，即为2×mol×NAmol﹣1=，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）该体积的体积为mol×22.4L/mol=L，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），1L水的质量约为1000g，则该溶液中溶质的质量分数为：ω=×100%=%，‎ 故答案为： %．‎ ‎　‎ ‎16．有①质子数②中子数③核外电子数④价电子数⑤最外层电子数⑥电子层数．请用上述序号回答：‎ ‎（1）原子种类由　①②　决定，元素种类由　①　决定．‎ ‎（2）原子的质量数由　①②　决定，元素在周期表中的位置由　④⑥或⑤⑥　决定．‎ ‎【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；元素；核素．‎ ‎【分析】（1）原子的种类由质子数和中子数决定，元素的种类由质子数决定；‎ ‎（2）质量数=质子数+中子数，主族元素电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族数，它们决定了主族元素在元素周期表中的位置．‎ ‎【解答】解：（1）原子具有一定的质子数和中子数，则原子的种类由①和②决定，具有相同质子数的不同原子为同种元素，元素的种类由①决定，故答案为：①②；①；‎ ‎（2）质量数=质子数+中子数，则原子的质量数由①②决定，主族元素电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族数，它们决定了主族元素在元素周期表中的位置，所以元素在周期表中的位置由④⑥或⑤⑥决定，故答案为：①②；④⑥或⑤⑥．‎ ‎　‎ ‎17．某同学设计了如图的实验：‎ ‎（1）氯气是一种　黄绿　色、有刺激性气味的有毒气体．若贮有氯气的钢瓶损坏，造成氯气泄露，在场人员除了采取有效措施外，其他人员应　B　（选字母）．‎ A、向低洼处转移 B、向地势高处转移 ‎（2）装置中通入Cl2后，集气瓶 A中干燥的红色布条无变化，集气瓶B中湿润的红色布条　褪色；　．由此可得出的结论是　干燥Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成 HClO有漂白性　．‎ ‎（3）上述装置烧杯中盛放溶液的作用是　吸收尾气，防止污染空气　．写出烧杯中发生反应的化学方程式　Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O　．‎ ‎（4）Fe在Cl2中燃烧，生成棕褐色的烟，要检验其溶液中是否存在Fe3+，可向其中滴入几滴KSCN溶液，观察到的现象是　溶液变为红色　．若先向溶液中加入少量铁粉，充分反应后再滴入几滴KSCN溶液，结果观察不到此现象，原因是（用离子方程式表示）　2Fe3++Fe=3Fe2+　．‎ ‎【考点】氯气的化学性质．‎ ‎【分析】（1）依据氯气是黄绿色气体，密度大于空气密度，有毒的物理性质解答；‎ ‎（2）氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，据此解答；‎ ‎（3）氯气有毒，直接排放到空气中容易造成空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色，三价铁离子与铁反应生成二价铁离子．‎ ‎【解答】解：（1）氯气是黄绿色气体，密度大于空气密度，氯气泄露，向地势高处转移，故答案为：黄绿；B；‎ ‎（2）氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以装置中通入Cl2后，集气瓶 A中干燥的红色布条无变化，集气瓶B中湿润的红色布条褪色；‎ 故答案为：褪色； 干燥Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成 HClO有漂白性；‎ ‎（3）氯气有毒，直接排放到空气中容易造成空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应方程式：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；‎ 故答案为：吸收尾气，防止污染空气； Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色，通常用KSCN溶液检验三价铁离子，三价铁离子与铁反应生成二价铁离子，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+；‎ 故答案为：溶液变为红色； 2Fe3++Fe=3Fe2+．‎ ‎　‎ ‎18．已知硫酸亚铁铵晶体为浅绿色，易溶于水、不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和（NH4）2SO4都要小；能水解；具有还原性，但比硫酸亚铁稳定．以下是将绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体的流程图．‎ ‎（已知：（NH4）2SO4+FeSO4+6H2O⇌（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓）根据图回答：‎ ‎（1）步骤1中Na2CO3的主要作用是　除去铁屑表面的油污　．‎ ‎（2）步骤2中铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）：　Fe+2Fe3+=3Fe2+　．步骤2中溶液趁热过滤的原因是　防止溶液冷却时，FeSO4因析出而损失　．‎ ‎（3）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，应加热到溶液表面出现晶膜时，停止加热．为什么不能蒸干？　蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体会受热分解或氧化　．需经过的实验操作包括：　蒸发浓缩　、　冷却结晶　、减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥 的晶体．步骤3中制得的晶体要用无水乙醇洗涤的目的是　利用乙醇的挥发，除去晶体表面附着的水分　．‎ ‎（4）摩尔盐产品中离子的检验：‎ 甲同学提出可以用湿润的　红色石蕊　试纸、稀盐酸和　Ba（OH）2　溶液检验出这三种离子．‎ 乙同学提出检验产品中的Fe2+，可以用KSCN溶液和另一种试剂　氯水或H2O2等　来检验，试简述乙同学操作和现象：　先加KSCN无明显现象，后加氯水，溶液显血红色　．‎ ‎（5）产品中Fe2+的定量分析：‎ 制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+．为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性下用KMnO4标准液滴定的方法．‎ 称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸．用0.2mo1/L KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+ 全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积10.00mL．‎ ‎①本实验的指示剂　D　．‎ A．酚酞 B．甲基橙 C．石蕊 D．不需要 ‎②KMnO4溶液置于　酸式　（酸式、碱式）滴定管中 ‎③产品中Fe2+的质量分数为　14%　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】废铁屑在碳酸钠溶液中洗涤除去表面的油污，小火加热用用倾析法分离洗涤铁屑，加入稀硫酸溶液水浴加热、趁热过滤，得到滤液中加入一定量硫酸铵固体，溶液表面出现晶膜时，停止加热，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，温度过高晶体分解货被空气中氧气氧化，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体，‎ ‎（1）Na2CO3溶液中CO32﹣水解使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碳酸钠溶液中水解生成溶于水的物质；‎ ‎（2）防止Fe2+被氧化为Fe3+，步骤2中溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失；‎ ‎（3）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，温度过高晶体分解货被空气中氧气氧化，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体，乙醇易挥发，和水任意比混溶；‎ ‎（4）摩尔盐中含有的三种离子分别为亚铁离子、硫酸根和铵根，验证铵根需要氢氧根离子、验证硫酸根需要钡离子，依据所给试剂判断还需要氢氧化钡；亚铁离子遇到氧化剂被氧化为铁离子，铁离子遇KSCN变红色；‎ ‎（5）①MnO4﹣为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；‎ ‎②KMnO4溶液具有强氧化性，应放置在酸式滴定管中；‎ ‎③根据关系式5Fe2+～MnO4﹣，计算4g产品中Fe2+的物质的量，进而计算Fe2+的质量，再根据质量分数定义计算．‎ ‎【解答】解：（1）Na2CO3溶液中CO32﹣水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使Na2CO3溶液呈碱性，Na2CO3的主要作用是除去铁屑表面的油污，‎ 故答案为：除去铁屑表面的油污；‎ ‎（2）Fe2+易被氧化为Fe3+，氧化的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe3+，步骤2中溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失，‎ 故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；防止溶液冷却时，FeSO4因析出而损失；‎ ‎（3）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，温度过高晶体分解货被空气中氧气氧化，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体，步骤3中制得的晶体要用无水乙醇洗涤的目的是：硫酸亚铁铵晶体为浅绿色，易溶于水、不溶于乙醇，利用乙醇的挥发，除去晶体表面附着的水分，‎ 故答案为：蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体会受热分解或氧化；蒸发浓缩、冷却结晶；利用乙醇的挥发，除去晶体表面附着的水分；‎ ‎（4）甲同学提出可以用湿润的红色石蕊试纸检验溶液显碱性、稀盐酸和Ba（OH）2 溶液检验出这三种离子，乙同学提出检验产品中的Fe2+，可以用KSCN溶液和另一种试剂为氧化剂，可以是氯水或H2O2能氧化亚铁离子为铁离子来检验，操作和现象为：先加KSCN无明显现象，后加氯水，溶液显血红色证明是亚铁离子，‎ 故答案为：红色石蕊；Ba（OH）2；氯水或H2O2；先加KSCN无明显现象，后加氯水，溶液显血红色；‎ ‎（5）①MnO4﹣为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，故不需要外加指示剂，故选：D，故答案为：D；‎ ‎②KMnO4溶液具有强氧化性，强氧化性可以腐蚀橡胶管，使用时通常加酸，故应放置在酸式滴定管中．‎ 故答案为：酸式；‎ ‎③令4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：‎ ‎5Fe2+～～～～～～MnO4﹣，‎ ‎ 5 1‎ ‎ xmol 0.01L×0.2mol/L ‎ 所以x==0.01mol．‎ 所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol×56g/mol=0.56g．‎ 所以4g产品中Fe2+的质量分数为×100%=14%．‎ 故答案为：14%．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示的实验装置中，A、E分别为NH3和Cl2的发生装置．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）装置E中发生反应的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．‎ ‎（2）甲、乙两同学分别采用下列两种方案制取C12：甲：用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应．乙：用87g MnO2与足量浓盐酸反应．则所得氯气　b　（填字母）．‎ a．甲比乙多 b．乙比甲多 c．一样多 ‎（3）仪器H的名称是　分液漏斗　（填名称），装置D的作用是　除去挥发出的氯化氢　．‎ ‎（4）装置C的导管G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，可用　氢氧化钠溶液　进行尾气处理（填选用试剂的名称）．‎ ‎【考点】氨的实验室制法；氯气的实验室制法．‎ ‎【分析】由实验装置可知，A、E为为NH3和Cl2的发生装置，A中氨气与碱石灰可制取氨气，B中碱石灰干燥氨气，C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置，发生8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，E中发生MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，D中饱和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥氯气，‎ ‎（1）装置E实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水；‎ ‎（2）稀盐酸还原性较弱，不能与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；‎ ‎（3）根据常见仪器的名称分析，D中用饱和食盐水除去HCl；‎ ‎（4）氯气能够与氢氧化钠溶于反应，据此确定尾气处理的方法．‎ ‎【解答】解：（1）装置E用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知，‎ 甲：HCl的物质的量为=4mol，但随着反应的进行，当为稀盐酸时反应停止，生成的氯气的物质的量小于1mol，‎ 乙：MnO2的物质的量为=1mol，当1molMnO2完全反应时，生成1mol氯气，‎ 所以乙生成氯气多，‎ 故答案为：b；‎ ‎（3）仪器H具有球形特征，且带有玻璃活塞，名称为分液漏斗，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，氯化氢易溶于其中，所以装置D盛放饱和食盐水的作用是除去挥发出的氯化氢，‎ 故答案为：分液漏斗；除去挥发出的氯化氢；‎ ‎（4）黄绿色的有毒气体为氯气，氯气是酸性气体，能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液来进行尾气处理，‎ 故答案为：氢氧化钠溶液．‎ ‎　‎ ‎20．Na2CO3和NaHCO3的混合物2.74g溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=0.4mol•L﹣1，求：‎ ‎（1）溶液中Na+的物质的量是多少？‎ ‎（2）加热灼烧后剩余固体的质量是多少？‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】（1）结合n=cV计算；‎ ‎（2）设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则 ‎，‎ 解得x=0.01mol，y=0.02mol，‎ 加热灼烧后剩余固体为碳酸钠，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）n（Na+）=100mL×10﹣3 L•mL﹣1×0.4mol•L﹣1=0.04mol，‎ 答：溶液中Na+的物质的量是0.04mol；‎ ‎（2）设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则 ‎，‎ 解得x=0.01mol，y=0.02mol，‎ 即n（Na2CO3）=0.01mol、n（NaHCO3）=0.02mol，‎ 加热灼烧后剩余固体为碳酸钠，‎ 灼烧后剩余Na2CO3为0.01mol+0.01mol=0.02mol，‎ m=0.02mol×106g/mol=2.12g，‎ 答：加热灼烧后剩余固体的质量是2.12g．‎ ‎　‎ ‎21．A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：‎ ‎（1）如图三个反应中，属于氧化还原反应的有　3　个．‎ ‎（2）若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有　A、C　．‎ A．还原性：H2R＞H2OB．酸性：H2R＞H2O C．稳定性：H2R＜H2OD．沸点：H2R＜H2O ‎（3）若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性（答题必须用具体物质表示）．‎ ‎①化合物B的电子式为　　；其水溶液呈碱性的原因是　NH3+H20NH4++OH﹣　（用离子方程式表示）．‎ ‎②化合物B可与O2组成燃料电池（氢氧化钾溶液为电解质溶液），其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式　2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O　．‎ ‎③当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为△H1和△H2，则反应Ⅰ的热化学方程式为　N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=0.8（△H1﹣△H2）　（注：反应条件相同、所有物质均为气体）．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】（1）A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应；‎ ‎（2）元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断；‎ ‎（3）若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为NH3，根据转化关系可知，A为NO，乙为N2，据此答题．‎ ‎【解答】解：（1）A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，共3个，‎ 故答案为：3；‎ ‎（2）元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：H2R＞H2O、稳定性：H2R＜H2O，‎ 故答案为：A、C；‎ ‎（3）若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为NH3，根据转化关系可知，A为NO，乙为N2，‎ ‎①化合物B的电子式为；其水溶液呈碱性的原因是氨水电离产生氢氧根离子，离子方程式为NH3+H20NH4++OH﹣，‎ 故答案为：；NH3+H20NH4++OH﹣；‎ ‎②化合物NH3与O2组成燃料电池（氢氧化钾溶液为电解质溶液），电池负极为氨气发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，‎ 故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O； ‎ ‎③当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为△H1和△H2，根据盖斯定律，将反应反应（Ⅰ﹣Ⅱ）×可得反应Ⅰ的热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=0.8（△H1﹣△H2），‎ 故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=0.8（△H1﹣△H2）．‎ ‎　‎ ‎22．A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：‎ ‎（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为　23x+39y=5.05　．‎ ‎（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为　2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑　5.05g单质甲﹣钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为　NaK2　．‎ ‎（3）向50mL某浓度的化合物C的溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积 V（HCl）的关系有图2所示两种情况．‎ ‎①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式　OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣　． （有几个写几个）．‎ ‎②由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为　Na2CO3、NaOH　．‎ ‎③原化合物C溶液的物质的量浓度为　0.15mol/L　．‎ ‎④由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为　3：10　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是NaOH，A是Na2O2．‎ ‎（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠是溶液薄荷味红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成，‎ 故答案为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；‎ ‎（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，‎ 根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2，‎ 故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；NaK2；‎ ‎（3）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：1，‎ ‎①由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣，‎ 故答案为：OH﹣+H+=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣；‎ ‎②由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL～75mL时，是盐酸与碳酸氢钠反应，根据反应的关系式可知2n（Na2CO3）=n（HCl），而反应中n（HCl）＞＞2n（Na2CO3），所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH，‎ 故答案为：Na2CO3、NaOH；‎ ‎③加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n（NaOH）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为=0.15mol/L，‎ 故答案为：0.15mol/L；‎ ‎④曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75﹣60）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（75﹣25）mL=50mL，由HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，‎ 故答案为：3：10．‎ ‎　‎ ‎23．A是一种红棕色金属氧化物，B、D是常见金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解． ‎ 按要求写方程式：‎ ‎（1）A与B在高温条件下生成C和D的化学方程式：　Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe　‎ ‎（2）F在空气中转化为G的化学方程式：　4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3　‎ ‎（3）C转化为I的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　‎ ‎（4）E转化为K的离子方程式：　2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A是一种红棕色金属氧化物，所以是三氧化二铁，和金属B在高温下发生铝热反应，生成的C为铝的氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀，一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换，所以G是氢氧化铁，F是氢氧化亚铁，根据物质的性质可推断得，E是氯化亚铁，D是金属铁，J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝，则金属B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，E在酸性条件与双氧水反应得K为氯化铁，根据铁及化合物以及铝及化合物的有关性质来回答．‎ ‎【解答】解：A是一种红棕色金属氧化物，所以是三氧化二铁，和金属B在高温下发生铝热反应，生成的C为铝的氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，白色沉淀在空气中变成红褐色沉淀，一定是氢氧化亚铁和氢氧化铁之间的转换，所以G是氢氧化铁，F是氢氧化亚铁，根据物质的性质可推断得，E是氯化亚铁，D是金属铁，J是一种难溶于水的白色化合物为氢氧化铝，则金属B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，E在酸性条件与双氧水反应得K为氯化铁，‎ ‎（1）A与B在高温条件下生成C和D的反应为Fe2O3与Al在高温条件下生成Fe和Al2O3，化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，‎ 故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；‎ ‎（2）F在空气中转化为G的反应是氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；‎ 答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；‎ ‎（3）C为Al2O3转化为I为NaAlO2，氧化铝是两性氧化物，能和强碱反应，原理是：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；‎ 故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（4）E转化为K的反应为氯化亚铁在酸性条件下与双氧水反应得氯化铁，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++H2O，‎ 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++H2O．‎ ‎　‎ ‎2016年11月29日