化学卷·2018届河南省南阳市邓州市白牛高中高二上学期开学化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河南省南阳市邓州市白牛高中高二上学期开学化学试卷 （解析版）

2016-2017 学年河南省那南阳市邓州市白牛高中高二（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．设 NA 是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A．含 4molHCl 的浓盐酸与足量 MnO2 混合加热，产生 NA 个 Cl2 B．氧气和臭氧组成的 4.8g 混合气体中含有 0.3 NA 个氧原子 C．标准状况下，2.24L SO3 含有分子的数目为 0.1NA D．1mol 硫酸氢钠溶液中含有阳离子数为 NA 2．NA 是阿伏加德罗常数，据报道，科学家已成功合成了少量 N4，有关 N4 的说 法正确的是（ ） A．N4 和 N2 是互为同位素 B．1mol N4 分子含有 28NA 个电子 C．相同质量的 N4 和 N2 所含原子个数比为 2：1 D．N4 的摩尔质量是 56g 3．将 20mL NO2 和 NH3 的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式为： 6NO2+8NH3=7N2+12H2O，已知参加反应的 NO2 比参加反应的 NH3 少 2mL（气体体 积均在相同状况下测定），则原混合气体中 NO2 和 NH3 的物质的量之比是（ ） ①3：2②2：3③3：7④3：4． A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 4．将下列物质分别加入溴水中，溴水的颜色不发生变化的是（ ） A．NaI 固体B．KCl 固体 C．CCl4 液体 D．NaOH 固体 5．铅蓄电池的两极分别为 Pb、PbO2 ，电解液为硫酸，工作时的反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是（ ） A．Pb 为正极，被氧化 B．溶液的 pH 不断减小 C．SO42﹣只向 PbO2 处移动 D．电解液密度不断减小 6．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说 法错误的是（ ） A．碱式硫酸铁水解能产生 Fe（OH）3 胶体，可用作净水剂 B．为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在较低温度下进行 C．可用 KSCN 溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2 是否被氧化 D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2 比 FeSO4 易溶于水 7．把 1.0mol/L CuSO4 溶液、1.0mol/L Fe2（SO4）3 溶液两种溶液等体积混合（假 设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和），向溶液中加入足量铁粉， 经足够长的时间后，铁粉有剩余．此时溶液中 Fe2+的物质的量浓度为（ ） A．1.0mol/LB．2.0mol/LC．3.0mol/LD．4.0mol/L 8．下列变化的实质相似的是（ ） ①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 ②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 ③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色 ④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥 ⑤浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字． A．只有②③④ B．只有④ C．只有③④ D．全部 9．用 NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L H2O 中含有的分子数为 NA B．28g N2 中含有的分子数为 NA C．1mol Mg 与足量稀盐酸反应转移的电子数为 NA D．1L 1mol•L﹣1 Na2 CO3 溶液中含有的钠离子数为 NA 10．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ） A．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4 B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+ C．氢键的作用能 F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N D．电负性：F＞N＞O＞C 11．把溴水分别与下列物质混合并充分振荡静置后，溶液分层且上层近乎无色的 是（ ） A．四氯化碳 B．汽油 C．酒精 D．碘化钾溶液 12．下列实验方法及判断不正确的是（ ） A．用 NaOH 溶液来鉴别 NH4Cl 和 KCl B．用硝酸酸化的 AgNO3 溶液来鉴别 NH4Cl 和 NH4NO3 C．某溶液中滴加 BaCl2 溶液后产生白色沉淀，则该溶液中一定含有 SO42﹣离子 D．用焰色反应鉴别 NaCl 和 KNO3 13．某铁的“氧化物”样品，用 5mol/L 盐酸 50mL 恰好完全溶解，所得溶液还能吸 收标准状况下 0.56L 氯气，使其中 Fe2+全部转化为 Fe3+，该样品可能的化学式是 （ ） A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7 14．W、X、Y、Z 是四种短周期元素，其原子序数依次增大．已知甲是由其中三 种元素组成的化合物，25℃时 0.1mo1．L﹣1 甲溶液的 pH 为 13．X 元素的气态氢 化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐．下列说法中，正确的是 （ ） A．原子半径大小的比较：r（X）＞r（Y）＞r（Z） B．元素 Y、Z 的简单离子的电子层结构不同 C．元素 X 的简单气态氢化物的热稳定性比元素 Y 的强 D．只含 W、X、Y 三种元素的化合物中，有离子化合物，也有共价化合物 二、解答题（共 9 小题，满分 35 分） 15．在下列物质中（填序号） （A）Cl2（B）NaI （C）H2S （D）CO2 （E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H） Na2O （I）NH3（J）HBr （1）含离子键的物质是 ； （2）含有共价键化合物的是 ； （3）由极性键形成的非极性分子是 ； （4）由非极性键形成的非极性分子是 ． 16．如图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X 是周期表给出元素组成的 常见单质或化合物． 已知 A、B、C、D、E、X 存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去） （1）若 E 为氧化物，则 A 与水反应的化学方程式为 ，①当 X 是碱性盐溶液， C 分子中有 22 个电子时，表示 X 呈碱性的离子方程式为 ②当 X 为金属单质时，则 X 与 B 的稀溶液反应生成 C 的离子反应方程式为 （2）若 E 为单质气体，D 为白色沉淀，A 的化学式可能是 ． 17．A、B、C 为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示． A、C 两种元素的原子核外电子数之和等于 B 原子的质子数，B2﹣的结构示意图为： 请回答下列问题： （1）写出 A、B、C 三种元素的符号：A ，B ，C ． （2）B 位于周期表中第 周期 族． （3）C 的氢化物的电子式为 ；A 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 ． （4）BC6 作制冷剂替代氟利昂，对臭氧层完全没有破坏作用，是一种很有发展潜 力的制冷剂．已知 BC6 在温度高于 45 度时为气态．BC6 属于 （填“离子”或“共 价”）化合物． 18．如图所示物质的转化关系中，A 是一种固体单质，E 是一种白色沉淀．请回 答下列问题： （1）B 的化学式是 ，目前 B 已被用作 的主要原料． （2）B 和 a 溶液反应的离子方程式是 ． （3）A 和 a 溶液反应的离子方程式是 ． （4）C 和过量的盐酸反应的离子方程式是 ． 19．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图 1： （1）请列举海水淡化的两种方法： 、 ． （2）步骤 I 中己获得 Br2，步骤 II 中又将 Br2 还原为 Br﹣．其目的是 ． （3）步骤 II 用 SO2 水溶液吸收 Br2，吸收率可达 95%．有关反应的离子方程式 为 ． （4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法．查阅了有关资 料知：Br2 的沸点为 59℃．微溶于水，有毒并有强腐蚀性．他们参观生产过程后．画 了如图 2 装置简图： 请你参与分析讨论： ①图中仪器 B 的名称是 ． ②整套实验装皿中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管．其原因是 ． ③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件？ ． ④C 中液体颜色为 ．为除去该产物中仍残留的少量 Cl2，可向其中加入 NaBr， 溶液，充分反应后．再进行的分离操作是 ． 20．将一定质量的 Mg 和 Al 混合物投入 400mL 稀硫酸中，固体全部溶解并产生 气体．待反应完全后，向所得溶液中加入 NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量与加 入 NaOH 溶液的体积关系如图所示．计算： （1）Mg 和 Al 的总质量为多少 g？ （2）硫酸的物质的量浓度为多少？ （3）生成的 H2 物质的量为多少？ 21．根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X 常温下为无色无味透明液体；C 焰色反应火焰呈黄色，J 为红褐色沉淀；D、E 常 温下为气体，且 E 能使品红溶液褪色；A 固体中仅含两种元素，其中金属元素的 质量分数约为 46.7%． （1）A 的化学式为 ； F 的化学式为 ； （2）反应 ③的化学方程式： ； （3）反应②的离子方程式： ； （4）反应④的离子方程式： ； （5）已知每生成 16g E，放出 106.5kJ 热量，则反应①的热化学方程式为： ． 22．一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A 为酸式盐；B 为无色 无味气体；无色气体 D 可使红色石蕊试纸变蓝；X、F 和 Y 为气体单质，且 Y 为 有色气体，F 为空气的主要成分之一；G 为正盐，G 和无色气体 M 在溶液中可反 应生成 B，反应⑤是常见工业原理． （1）写出下列物质的化学式：A ；Y （2）写出反应②的离子方程式 ． （3）写出反应③的化学方程式 ． （4）常温下 pH=10，体积均为 100mL 的 D、W 两溶液与 M 反应，消耗的 M 的 物质的量关系 D W（填“大于”“小于”或“等于”）． 23．已知：A、B、C 均是由短周期元素组成的单质，其余物质均为化合物．F 在 常温常压下为液态，I 为具有磁性的黑色晶体．它们有下图所示的转化关系： 根据以上转换关系回答： （1）写出反应①的化学方程式： ； （2）写出反应②的离子方程式： ；写出 H+E 反应的离子方程式： ； （3）将 I 溶于足量盐酸，请分别写出反应后混合溶液中存在的阳离子、检验所 需试剂及相应现象（可不填满）： 阳离子 检验试剂 2016-2017 学年河南省那南阳市邓州市白牛高中高二 （上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共 14 小题，每小题 3 分，满分 42 分） 1．设 NA 是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A．含 4molHCl 的浓盐酸与足量 MnO2 混合加热，产生 NA 个 Cl2 B．氧气和臭氧组成的 4.8g 混合气体中含有 0.3 NA 个氧原子 C．标准状况下，2.24L SO3 含有分子的数目为 0.1NA D．1mol 硫酸氢钠溶液中含有阳离子数为 NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【分析】A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应； B、氧气和臭氧均由氧原子构成； C、标况下三氧化硫为固体； D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根． 【解答】解：A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反 应完全，故生成的氯气分子小于 NA 个，故 A 错误； B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故 4.8g 混合物中含有的氧原子的物质的量为 0.3mol，故含 0.3NA 个原子，故 B 正确； C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有 的分子个数，故 C 错误； D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根，故 1mol 硫酸氢钠溶 液中含 2mol 阳离子，即 2NA 个，故 D 错误． 故选 B． 2．NA 是阿伏加德罗常数，据报道，科学家已成功合成了少量 N4，有关 N4 的说 法正确的是（ ） A．N4 和 N2 是互为同位素 B．1mol N4 分子含有 28NA 个电子 C．相同质量的 N4 和 N2 所含原子个数比为 2：1 D．N4 的摩尔质量是 56g 【考点】同位素及其应用；摩尔质量；阿伏加德罗常数． 【分析】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素； B．N4 分子含有的电子数为 7×4=28； C．相同质量的 N4 和 N2 所含原子个数比为 1：1； D．摩尔质量的单位是 g/mol． 【解答】解：A．N4 和 N2 是分子，不是原子，故不能互为同位素，故 A 错误； B．N4 分子含有的电子数为 7×4=28，故 1mol N4 分子含有 28NA 个电子，故 B 正 确； C．相同质量的 N4 和 N2 所含原子个数比为 1：1，故 C 错误； D．N4 的摩尔质量是 56g/mol，故 D 错误； 故选 B． 3．将 20mL NO2 和 NH3 的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式为： 6NO2+8NH3=7N2+12H2O，已知参加反应的 NO2 比参加反应的 NH3 少 2mL（气体体 积均在相同状况下测定），则原混合气体中 NO2 和 NH3 的物质的量之比是（ ） ①3：2②2：3③3：7④3：4． A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 【考点】氧化还原反应的计算． 【分析】实际参加反应的 NO2 比 NH3 少 2mL，由 6NO2+8NH3=7N2+12H2O 可知， 参加反应的 NO2、NH3 的体积分别为 6mL、8mL，故剩余气体为 20mL﹣6mL﹣ 8mL=6mL，剩余气体可能为 NO2，可能为 NH3，据此讨论计算． 【解答】解：实际参加反应的 NO2 比 NH3 少 2mL，由 6NO2+8NH3=7N2+12H2O 可 知，参加反应的 NO2、NH3 的体积分别为 6mL、8mL，故剩余气体为 20mL﹣6mL ﹣8mL=6mL， 若剩余气体为 NO2，则 V（NO2）=6mL+6mL=12mL，物质的量之比等于体积之比， 故 n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=12mL：8mL=3：2， 若剩余气体为 NH3，则 v（NH3）=8mL+6mL=14mL，物质的量之比等于体积之比， 故 n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=6mL：14mL=3：7， 故选 A． 4．将下列物质分别加入溴水中，溴水的颜色不发生变化的是（ ） A．NaI 固体B．KCl 固体 C．CCl4 液体 D．NaOH 固体 【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用． 【分析】由卤素单质的氧化性可知，溴可氧化碘离子，且溴水与 NaOH 反应、溴 易溶于四氯化碳，以此来解答． 【解答】解：A．溴水与 NaI 发生氧化还原反应生成碘单质，颜色加深，故 A 不 选； B．KCl 与溴水不反应，溴水颜色不变，故 B 选； C．溴易溶于 CCl4，发生萃取，溴水颜色变浅，故 C 不选； D．溴水与 NaOH 反应生成 NaBr、NaBrO，溶液为无色，故 D 不选； 故选 B． 5．铅蓄电池的两极分别为 Pb、PbO2 ，电解液为硫酸，工作时的反应为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是（ ） A．Pb 为正极，被氧化 B．溶液的 pH 不断减小 C．SO42﹣只向 PbO2 处移动 D．电解液密度不断减小 【考点】常见化学电源的种类及其工作原理． 【分析】根据电池反应式知，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反 应式为 Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为 PbO2+SO42 ﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动， 结合电极方程式解答该题． 【解答】解：A．由总反应式可知 Pb 化合价升高，被氧化，应为原电池负极， 故 A 错误； B、由铅蓄电池的总反应 PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O 可知，硫酸被消耗，所 以酸性减弱，pH 不断增大，故 B 错误； C．阴离子向负极移动，即向 Pb 移动，故 C 错误． D．电极反应式为 PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，生成水，密度减小，故 D 正确； 故选 D． 6．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说 法错误的是（ ） A．碱式硫酸铁水解能产生 Fe（OH）3 胶体，可用作净水剂 B．为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在较低温度下进行 C．可用 KSCN 溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2 是否被氧化 D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2 比 FeSO4 易溶于水 【考点】铁的化学性质；氧化还原反应． 【分析】A．根据 Fe3+能发生水解生成 Fe（OH）3 胶体，Fe（OH）3 胶体具有吸附 性，可用作净水剂； B．根据 NH4HCO3 不稳定，受热易分解； C．KSCN 溶液遇 Fe2+溶液无现象，遇 Fe3+溶液变红； D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀． 【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生 Fe3+，Fe3+，能发生水解生成 Fe（OH）3 胶 体，Fe（OH）3 胶体具有吸附性，可用作净水剂，故 A 正确； B．NH4HCO3 不稳定，受热易分解，所以为防止 NH4HCO3 分解，生产 FeCO3 需在 较低温度下进行，故 B 正确； C．KSCN 溶液遇 Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2 若被氧化则生成 Fe3+，KSCN 溶液遇 Fe3+溶液变红，故 C 正确； D．（NH4）2Fe（SO4）2 在水中的溶解度比 FeSO4 的小，所以 FeSO4 才能与（NH4） 2SO4 反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故 D 错误； 故选 D． 7．把 1.0mol/L CuSO4 溶液、1.0mol/L Fe2（SO4）3 溶液两种溶液等体积混合（假 设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和），向溶液中加入足量铁粉， 经足够长的时间后，铁粉有剩余．此时溶液中 Fe2+的物质的量浓度为（ ） A．1.0mol/LB．2.0mol/LC．3.0mol/LD．4.0mol/L 【考点】物质的量浓度的相关计算． 【分析】根据稀释定律计算混合后溶液中 c（SO42﹣），向混合溶液中加入足量铁 粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，说明溶液中溶质为 FeSO4，根据硫酸根守 恒 c（FeSO4）=c（SO42﹣）来计算． 【解答】解：把 1.0mol/LCuSO4 和 1.0mol/L Fe2（SO4）3 溶液等体积混合，稀释前 后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中 c（CuSO4）= ×1.0mol/L=0.5mol/L， c[Fe2（SO4）3]= ×1.0mol/L=0.5mol/L，混合后溶液中硫酸根来源于硫酸铜与 硫 酸铁 电 离 ， 故 c （ SO42 ﹣ ） =c （ CuSO4 ） +3c[Fe2 （ SO4 ） 3]=0.5mol/L+3 × 0.5mol/L=2mol/L，向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸 铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为 FeSO4，故 c（Fe2+）=c（SO42﹣）=2mol/L， 故选 B． 8．下列变化的实质相似的是（ ） ①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 ②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色 ③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色 ④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥 ⑤浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字． A．只有②③④ B．只有④ C．只有③④ D．全部 【考点】浓硫酸的性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质． 【分析】①浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性； ②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性； ③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化； ④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化； ⑤浓硫酸能将有机物中的 H、O 元素以 2：1 水的形式脱去，氢氟酸能和二氧化 硅反应生成四氟化硅． 【解答】解：①浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分而使其溶液浓度减小， 浓盐酸具有挥发性，能挥发导致溶液浓度降低，所以二者原理不同，故错误； ②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的 次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故错误； ③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，二氧化硫能被强氧化 剂溴氧化生成硫酸，溴被还原生成 HBr，二氧化硫体现还原性，所以二者原理不 同，故错误； ④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化生成溴、碘，HBr、HI 都体现还原性， 故正确； ⑤浓硫酸能将有机物中的 H、O 元素以 2：1 水的形式脱去而体现脱水性，氢氟 酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，氢氟酸体现酸性，所以二者原理不同， 故错误； 故选 B． 9．用 NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L H2O 中含有的分子数为 NA B．28g N2 中含有的分子数为 NA C．1mol Mg 与足量稀盐酸反应转移的电子数为 NA D．1L 1mol•L﹣1 Na2 CO3 溶液中含有的钠离子数为 NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【分析】A、标况下水为液态； B、求出氮气的物质的量，然后根据分子个数 N=nNA 来分析； C、镁反应后变为+2 价； D、求出碳酸钠的物质的量，然后根据 1mol 碳酸钠中含 2mol 钠离子来分析． 【解答】解：A．标准状况下，22.4L H2O 是液体，不能根据气体摩尔体积来计算 其物质的量，故 A 错误； B．28g N2 的物质的量为 1mol，故含有的分子数为 NA，故 B 正确； C．1mol Mg 与足量稀盐酸反应后变为+2 价，故转移的电子数为 2NA，故 C 错误； D．1L 1mol•L﹣1 Na2 CO3 溶液中含有的碳酸钠的物质的量为 1mol，而 1mol 碳酸钠 中含 2mol 钠离子即 2NA 个，故 D 错误． 故选 B． 10．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ） A．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4 B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+ C．氢键的作用能 F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N D．电负性：F＞N＞O＞C 【考点】微粒半径大小的比较；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关 系；氢键的存在对物质性质的影响． 【分析】A、同周期元素的原子从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，同主族元 素的原子从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱； B、电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多半径越小； C、原子之间的电负性差距越大，氢键的作用力越大； D、得电子能力越强，电负性越大． 【解答】解：A、得电子能力：N＞P＞Si，所以热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，故 A 正确； B、钾离子电子层最多，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+电子层一样，但是核电荷数 不一样，分别是 11、12、13，所以 Na+＞Mg2+＞Al3+，即 K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故 B 正确； C、键能：H﹣F＞O﹣H＞N﹣H，所以氢键的作用能 F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N， 故 C 正确； D、得电子能力 F＞O＞N＞C，所以电负性是：F＞O＞N＞C，故 D 错误． 故选 D． 11．把溴水分别与下列物质混合并充分振荡静置后，溶液分层且上层近乎无色的 是（ ） A．四氯化碳 B．汽油 C．酒精 D．碘化钾溶液 【考点】分液和萃取． 【分析】混合液分为两层，说明所加液体和水互不相溶，上层几乎无色，说明溴 更易溶于所加液体． 【解答】解：A．四氯化碳和水互不相溶，四氯化碳的密度比水的密度大，溴更 易溶于四氯化碳，混合液分为两层，上层几乎无色，故 A 正确； B．汽油和水互不相溶，汽油的密度比水的密度小，溴更易溶于汽油，混合液分 为两层，下层几乎无色，故 B 错误； C．酒精和水互溶，不分层，故 C 错误； D．KI 溶液与溴水发生置换反应，溶液不分层，故 D 错误． 故选 A． 12．下列实验方法及判断不正确的是（ ） A．用 NaOH 溶液来鉴别 NH4Cl 和 KCl B．用硝酸酸化的 AgNO3 溶液来鉴别 NH4Cl 和 NH4NO3 C．某溶液中滴加 BaCl2 溶液后产生白色沉淀，则该溶液中一定含有 SO42﹣离子 D．用焰色反应鉴别 NaCl 和 KNO3 【考点】化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计． 【分析】A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而 KCl 不能； B．NH4Cl 与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能； C．白色沉淀可能为 AgCl； D．Na、K 的焰色反应分别为黄色、紫色． 【解答】解：A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而 KCl 不能，则用 NaOH 溶 液可鉴别 NH4Cl 和 KCl，故 A 正确； B．NH4Cl 与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能，则用硝酸酸化的 AgNO3 溶液可鉴别 NH4Cl 和 NH4NO3，故 B 正确； C．白色沉淀可能为 AgCl，则某溶液中滴加 BaCl2 溶液后产生白色沉淀，则该溶 液中不一定含有 SO42﹣离子，故 C 错误； D．Na、K 的焰色反应分别为黄色、紫色，则焰色反应可鉴别，故 D 正确； 故选 C 13．某铁的“氧化物”样品，用 5mol/L 盐酸 50mL 恰好完全溶解，所得溶液还能吸 收标准状况下 0.56L 氯气，使其中 Fe2+全部转化为 Fe3+，该样品可能的化学式是 （ ） A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7 【考点】化学方程式的有关计算． 【分析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl 是强电解质， 所以盐酸溶液中存在 n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电 中 性 得 铁 元 素 所 带 电 荷 物 质 的 量 为 0.25mol ， n （ Cl2 ） = =0.025mol ， 根 据 转 移 电 子 相 等 得 n （ Fe2+ ） = =0.05mol， 根 据 电 荷 守 恒 得 n （ Fe 3+ ） = =0.05mol，氧化物中 O 元素和盐酸 中 H+结合生成 H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，据此确定氧化物化学式． 【解答】解：该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl 是强电解 质，所以盐酸溶液中存在 n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液 呈 电 中 性 得 铁 元 素 所 带 电 荷 物 质 的 量 为 0.25mol ， n （ Cl2 ） = =0.025mol ， 根 据 转 移 电 子 相 等 得 n （ Fe2+ ） = =0.05mol， 根 据 电 荷 守 恒 得 n （ Fe 3+ ） = =0.05mol，氧化物中 O 元素和盐酸 中 H+结合生成 H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，则氧化物中 Fe、O 元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol： 0.125mol=4：5，所以其化学式为 Fe4O5，故选 C． 14．W、X、Y、Z 是四种短周期元素，其原子序数依次增大．已知甲是由其中三 种元素组成的化合物，25℃时 0.1mo1．L﹣1 甲溶液的 pH 为 13．X 元素的气态氢 化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐．下列说法中，正确的是 （ ） A．原子半径大小的比较：r（X）＞r（Y）＞r（Z） B．元素 Y、Z 的简单离子的电子层结构不同 C．元素 X 的简单气态氢化物的热稳定性比元素 Y 的强 D．只含 W、X、Y 三种元素的化合物中，有离子化合物，也有共价化合物 【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【分析】W、X、Y、Z 是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其中三 种元素组成的化合物，25℃时 0.1mo1．L﹣1 甲溶液的 pH 为 13，则甲为强碱，即 NaOH，所以 W 为 H 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Na 元素；X 元素的气态氢化物可与 其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则 X 为 N 元素，然后结合元素化合 物性质及元素周期律来解答． 【解答】解：W、X、Y、Z 是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其 中三种元素组成的化合物，25℃时 0.1mo1．L﹣1 甲溶液的 pH 为 13，则甲为强碱， 即 NaOH，所以 W 为 H 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Na 元素；X 元素的气态氢化物 可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则 X 为 N 元素， A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则 r （Z）＞r（X）＞r（Y），故 A 错误； B．Y 为 O 元素，Z 为 Na 元素，其简单离子均有 10 个电子，电子层结构相同， 故 B 错误； C．非金属性：X＜Y，则元素 X 的简单气态氢化物的热稳定性比元素 Y 的弱，故 C 错误； D．只含 W、X、Y 三种元素的化合物中，有离子化合物如 NH4NO3，也有共价化 合物 HNO3，故 D 正确； 故选 D． 二、解答题（共 9 小题，满分 35 分） 15．在下列物质中（填序号） （A）Cl2（B）NaI （C）H2S （D）CO2 （E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H） Na2O （I）NH3（J）HBr （1）含离子键的物质是 （B）（E）（F） ； （2）含有共价键化合物的是 （A）（C）（D）（F）（G）（I）（J） ； （3）由极性键形成的非极性分子是 （D）（G） ； （4）由非极性键形成的非极性分子是 （A）（F） ． 【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型． 【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属 元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化 合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，分子结构对称正负电荷 中心重叠的分子为非极性分子，据此分析解答． 【解答】解：（A）Cl2 中只含非极性键，属于单质，是非极性分子； （B）NaI 中只含有离子键，属于离子化合物； （C）H2S 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子； （D）CO2 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子； （E）CaCl2 中只含有离子键，属于离子化合物； （F）N2 中只含非极性键，属于单质，是非极性分子； （G）CCl4 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子； （H）Na2O 中只含有离子键，属于离子化合物； （I）NH3 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子； （J）HBr 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子； （1）含离子键的物质是（B）（E）（F）；故答案为：（B）（E）（F）； （2）含有共价键化合物的是（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）；故答案为：（A） （C）（D）（F）（G）（I）（J）； （3）由极性键形成的非极性分子是 （D）（G）；故答案为：（D）（G）； （4）由非极性键形成的非极性分子是（A）（F）；故答案为：（A）（F）． 16．如图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X 是周期表给出元素组成的 常见单质或化合物． 已知 A、B、C、D、E、X 存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去） （1）若 E 为氧化物，则 A 与水反应的化学方程式为 3NO2+H2O═2HNO3+NO ， ①当 X 是碱性盐溶液，C 分子中有 22 个电子时，表示 X 呈碱性的离子方程式为 CO32﹣+H2O ⇌ HCO3 ﹣+OH﹣ ②当 X 为金属单质时，则 X 与 B 的稀溶液反应生成 C 的离子反应方程式为 Fe+4H++NO3 ﹣═Fe3++NO↑+2H2O （2）若 E 为单质气体，D 为白色沉淀，A 的化学式可能是 Na、Na2O2 或 NaH ． 【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；位 置结构性质的相互关系应用． 【分析】根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为 H 元素，②为 Na 元素，③为 Al 元素，④为 C 元素，⑤为 N 元素，⑥为 O 元素，⑦为 Cl 元素， （1）若 E 为氧化物，根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成 NO 气体符合，则 A 为 NO2，B 为硝酸，硝酸与碳酸盐反应生成 22 个电子的二氧化 碳分子；X 为金属单质时，由转化图可知，应为 Fe 与稀硝酸反应生成硝酸铁； （2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B 为 NaOH， D 为白色沉淀，则 X 为铝盐． 【解答】解：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为 H 元素，② 为 Na 元素，③为 Al 元素，④为 C 元素，⑤为 N 元素，⑥为 O 元素，⑦为 Cl 元 素， （1）根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成 NO 气体符合，则 A 为 NO2，A 与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应为 3NO2+H2O═2HNO3+NO， ①硝酸与碳酸盐反应生成二氧化碳，分子中有 6+8×2=22 个电子，X 为碳酸盐， 水解显碱性，水解离子反应为 CO32﹣+H2O ⇌ HCO3 ﹣+OH﹣， ②当 X 为金属时，应为变价金属 Fe，X 与 B 的稀溶液反应生成 C 的离子方程式为 Fe+4H++NO3 ﹣═Fe3++NO↑+2H2O， 故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；CO32﹣+H2O ⇌ HCO3 ﹣+OH﹣；Fe+4H++NO3 ﹣═ Fe3++NO↑+2H2O； （2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B 为 NaOH， D 为 Al（OH）3，则 A 可能为 Na、Na2O2 或 NaH， 故答案为：Na、Na2O2 或 NaH． 17．A、B、C 为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示． A、C 两种元素的原子核外电子数之和等于 B 原子的质子数，B2﹣的结构示意图为： 请回答下列问题： （1）写出 A、B、C 三种元素的符号：A N ，B S ，C F ． （2）B 位于周期表中第 三 周期 VIA 族． （3）C 的氢化物的电子式为 ；A 的最高价氧化物对应水化物的化 学式为 HNO3 ． （4）BC6 作制冷剂替代氟利昂，对臭氧层完全没有破坏作用，是一种很有发展潜 力的制冷剂．已知 BC6 在温度高于 45 度时为气态．BC6 属于 共价 （填“离子” 或“共价”）化合物． 【考点】位置结构性质的相互关系应用． 【分析】A、B、C 为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A 和 C 位于第二周期、B 位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第二电 子层上最多排列 8 个电子，所以 m=8，B 核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以 B 是 S 元素；A、C 两种元素的原子核外电子数之和等于 B 原子的质子数，结合三种元 素的位置知，A 是 N 元素、C 是 F 元素，再结合物质的性质分析解答． 【解答】解：A、B、C 为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A 和 C 位于第二周期、B 位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第 二电子层上最多排列 8 个电子，所以 m=8，B 核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以 B 是 S 元素；A、C 两种元素的原子核外电子数之和等于 B 原子的质子数，结合三 种元素的位置知，A 是 N 元素、C 是 F 元素， （1）通过以上分析知，A 为 N，B 为 S，C 为 F， 故答案为：N；S；F； （2）B 为 S 元素，S 原子核外有 3 个电子层、最外层电子数是 6，所以 B 位于周 期表中第三周期 VIA 族， 故答案为：三；VIA； （3）C 为 F，C 的氢化物的电子式为 ，A 的最高价氧化物对应水化物 是硝酸，其化学式为 HNO3， 故答案为： ；HNO3； （4）B 为 S，C 为 F，已知 SF6 在温度高于 45 度时为气态，SF6 属于共价化合物， 故答案为：共价． 18．如图所示物质的转化关系中，A 是一种固体单质，E 是一种白色沉淀．请回 答下列问题： （1）B 的化学式是 SiO2 ，目前 B 已被用作 光导纤维 的主要原料． （2）B 和 a 溶液反应的离子方程式是 SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O ． （3）A 和 a 溶液反应的离子方程式是 Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑ ． （4）C 和过量的盐酸反应的离子方程式是 SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓ ． 【考点】无机物的推断． 【分析】根据题给信息和框图，B 是 A 的氧化物，本题“突破口”是 C 中加入过量 HCl 产生不溶于盐酸的白色沉淀，则 E 可能是硅酸或氯化银，若 E 是氯化银，则 C 是硝酸银，A 为银，则根据已有知识，银可以与硝酸反应生成硝酸银，而银与 硝酸反应能生成三种产物，不符合框图中物质间的转化关系．则 E 只能为硅酸， 则 C 为硅酸盐，A 为硅，a 溶液为强碱的水溶液，进一步推出 B 为二氧化硅．推 知 E 为硅酸，A 是 Si，代入题目验证，a 溶液是强碱（如 NaOH）溶液或 HF 溶液， 而 Si 和 SiO2 与 NaOH 溶液反应均生成 Na2SiO3．Na2SiO3 与过量盐酸反应生成 NaCl 和 H2SiO3 白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si 和 SiO2 与 HF 溶液反应均生成 SiF4，SiF4 与盐酸不反应．因此 A 是 Si，B 是 SiO2，C 是 Na2SiO3 （或 K2SiO3），D 是 H2O，E 是 H2SiO3，F 是 H2，a 是 NaOH（或 KOH），以此解答 该题． 【解答】解：C 中加入过量 HCl 产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知 E 可能是硅酸 A 可能是 Si，代入题目验证，a 溶液是强碱（如 NaOH）溶液或 HF 溶液，而 Si 和 SiO2 与 NaOH 溶液反应均生成 Na2SiO3．Na2SiO3 与过量盐酸反应生成 NaCl 和 H2SiO3 白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si 和 SiO2 与 HF 溶液反应均生成 SiF4，SiF4 与盐酸不反应．因此 A 是 Si，B 是 SiO2，C 是 Na2SiO3 （或 K2SiO3），D 是 H2O，E 是 H2SiO3，F 是 H2，a 是 NaOH（或 KOH）， （1）B 为二氧化硅，化学式为：SiO2，用作制造光导纤维的主要原料； 故答案为：SiO2 光导纤维 （2）B 和 a 溶液反应是二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的 离子方程式是：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O； 故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O； （3）A 和 a 溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子 方程式是：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑； 故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑； （4）C 和过量的盐酸反应是硅酸钠和过量盐酸反应生成硅酸沉淀，反应的离子 方程式是：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓； 故答案为：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓； 19．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图 1： （1）请列举海水淡化的两种方法： 蒸留法 、 电渗透法或离子交换法 ． （2）步骤 I 中己获得 Br2，步骤 II 中又将 Br2 还原为 Br﹣．其目的是 富集溴元素 ． （3）步骤 II 用 SO2 水溶液吸收 Br2，吸收率可达 95%．有关反应的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣ ． （4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法．查阅了有关资 料知：Br2 的沸点为 59℃．微溶于水，有毒并有强腐蚀性．他们参观生产过程后．画 了如图 2 装置简图： 请你参与分析讨论： ①图中仪器 B 的名称是 冷凝管 ． ②整套实验装皿中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管．其原因是 溴具有强腐蚀 性，可以腐蚀橡胶 ． ③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件？ 要 控制温度计 b 的温度，并收集 59℃时的馏分 ． ④C 中液体颜色为 深棕红色或红棕色 ．为除去该产物中仍残留的少量 Cl2， 可向其中加入 NaBr，溶液，充分反应后．再进行的分离操作是 萃取、分液 ． 【考点】海水资源及其综合利用． 【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气， 氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化 硫水溶液吸收得到韩 HBr 和的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素， 蒸馏得到工业溴， （1）根据淡化海水的方法分析，根据目前淡化海水的方法有：蒸馏法、结晶法、 淡化膜法、多级闪急蒸馏法等，其中最常用的是蒸馏法； （2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓 度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料， 降低了经济效益； （3）步骤 II 用 SO2 水溶液吸收 Br2，是溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成 硫酸和溴化氢 （4）①蒸馏时，为充分冷凝，流出成分需要通过冷凝管冷却； ②因溴具有强氧化性和腐蚀性，应避免使用橡皮管； ③操作中控制关键条件是控制温度 59℃，使溴单质挥发，收集馏分； ④C 中液体为冷凝后的液溴，颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍残留 的少量 Cl2，可向其中加入 NaBr 溶液，充分反应后．再进行的分离操作是萃取分 液． 【解答】解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸留法、电渗透法、离子交 换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法； 故答案为：蒸留法；电渗透法或离子交换法； （2）步骤Ⅰ中已获得 Br2，步骤Ⅱ中又将 Br2 还原为 Br﹣，目的是低浓度的 Br2 溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为 HBr 后易被氧化剂氯气氧化为溴单 质，用于富集溴元素， 故答案为：富集溴元素； （3）二氧化硫吸收溴单质发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，反应的离子 方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣， 故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣； （4）①由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器 B 为冷凝管，故答案为： 冷凝管； ②溴单质是一种强氧化剂，具有强腐蚀性易腐蚀橡胶制品，所以整套装置不能用 橡胶塞和橡胶管， 故答案为：溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶； ③控制温度 59℃，使溴单质挥发，并收集 59℃时的馏分，通过冷凝得到呈深红 棕色或红棕色的液态溴单质， 故答案为：要控制温度计 b 的温度，并收集 59℃时的馏分； ④C 中液体为冷凝后的液溴，液溴颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍 残留的少量 Cl2，可向其中加入 NaBr 溶液，充分反应后．Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，再 进行的分离操作是加入萃取剂萃取分液，再蒸馏得到液溴， 故答案为：深红棕色；萃取、分液． 20．将一定质量的 Mg 和 Al 混合物投入 400mL 稀硫酸中，固体全部溶解并产生 气体．待反应完全后，向所得溶液中加入 NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量与加 入 NaOH 溶液的体积关系如图所示．计算： （1）Mg 和 Al 的总质量为多少 g？ （2）硫酸的物质的量浓度为多少？ （3）生成的 H2 物质的量为多少？ 【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物． 【分析】由图象可知，从开始至加入 NaOH 溶液 40mL，没有沉淀生成，说明原 溶 液 中 硫 酸 溶 解 Mg 、 Al 后 硫 酸 有 剩 余 ， 此 时 发 生 的 反 应 为 ： H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当 V（NaOH 溶液）=400mL 时，沉淀量最大，此时 为 Mg（OH）2 和 Al（OH）3，二者物质的量之和为 0.7mol，溶液中溶质为 Na2SO4， 根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH） 的 0.5 倍．从 400mL 开始，NaOH 溶解 Al（OH）3，发生反应 NaOH+Al（OH） 3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为 Mg（OH）2，物质的量为 0.3mol， 所以沉淀量最大时，Mg（OH）2 为 0.3mol，Al（OH）3 为 0.7mol﹣0.3mol=0.4mol， 所以 该 阶 段 消 耗 n （NaOH） =n[Al （ OH ） 3]=0.4mol ， 氢 氧 化 钠 的 浓 度 为 =5mol/L． （1）由元素守恒可知 n（Al）=n[Al（OH）3]，n（Mg）=n[Mg（OH）2]，在根 据 m=nM 计算各自的质量，进而计算金属的总质量； （2）沉淀量最大，此时为 Mg（OH）2 和 Al（OH）3，溶液中溶质为 Na2SO4，根 据钠元素守恒可知此时 n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒 n（H2SO4） =n（Na2SO4），再根据 c= 计算； （3）根据电子转移守恒可知 2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算 n（H2）． 【解答】解：由图象可知，从开始至加入 NaOH 溶液 40mL，没有沉淀生成，说 明 原 溶 液 中 硫 酸 溶 解 Mg 、 Al 后 硫 酸 有 剩 余 ， 此 时 发 生 的 反 应 为 ： H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当 V（NaOH 溶液）=400mL 时，沉淀量最大，此时 为 Mg（OH）2 和 Al（OH）3，二者物质的量之和为 0.7mol，溶液中溶质为 Na2SO4， 根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH） 的 0.5 倍．从 400mL 开始，NaOH 溶解 Al（OH）3，发生反应 NaOH+Al（OH） 3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为 Mg（OH）2，物质的量为 0.3mol， 所以沉淀量最大时，Mg（OH）2 为 0.3mol，Al（OH）3 为 0.7mol﹣0.3mol=0.4mol， 所以 该 阶 段 消 耗 n （NaOH） =n[Al （ OH ） 3]=0.4mol ， 氢 氧 化 钠 的 浓 度 为 =5mol/L． （1）由元素守恒可知 n（Al）=n[Al（OH）3]=0.4mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.3mol， 故 Mg 和 Al 的总质量为 0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol=18g， 答：Mg 和 Al 的总质量为 18g； （2）沉淀量最大，此时为 Mg（OH）2 和 Al（OH）3，溶液中溶质为 Na2SO4，根 据钠元素守恒可知此时 n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.4L×5mol/L=2mol，所以 n （Na2SO4）=1mol，所以硫酸的浓度为 =2.5mol/L， 答：硫酸的浓度为 2.5mol/L； （3）由（1）中可知 n（Al）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，根据电子转移守恒可知 2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.4mol+2×0.3mol=1.8mol，所以 n（H2）=0.9mol， 答：生成的 H2 物质的量为 0.9mol． 21．根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X 常温下为无色无味透明液体；C 焰色反应火焰呈黄色，J 为红褐色沉淀；D、E 常 温下为气体，且 E 能使品红溶液褪色；A 固体中仅含两种元素，其中金属元素的 质量分数约为 46.7%． （1）A 的化学式为 FeS2 ； F 的化学式为 Fe2O3 ； （2）反应 ③的化学方程式： 2SO2+O2 2 SO3 ； （3）反应②的离子方程式： 2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑ ； （4）反应④的离子方程式： Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O ； （5）已知每生成 16g E，放出 106.5kJ 热量，则反应①的热化学方程式为： FeS2 （s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol ． 【考点】无机物的推断． 【分析】X 常温下为无色无味透明液体推断为水；C 焰色反应火焰呈黄色说明含 钠元素，J 为红褐色沉淀为氢氧化铁；F 为 Fe2O3；D、E 常温下为气体，且 E 能 使品红溶液褪色说明 E 为 SO2；G 为 SO3；H 为 H2SO4；I 为硫酸铁；思路 1，3 两个反应均有 D，且 1 是高温条件下反应的，可以设想 D 为氧气（氧化反应）， 所以 B 为过氧化钠，C 为氢氧化钠，D 为氧气；A 和 D 在高温下反应生成二氧化 硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生 产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是 黄铁矿；所以 A 为 FeS2；依据判断出的物质进行分析判断；A 为过硫化亚铁（黄 铁矿），B 为过氧化钠，C 为 NaOH；x 为水，D 为氧气，E 为 SO2；F 为氧化铁，G 为 SO3；H 为硫酸，I 为硫酸铁；J 为氢氧化铁． 【解答】解：根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要 反应，X 常温下为无色无味透明液体推断为水；C 焰色反应火焰呈黄色说明含钠 元素，J 为红褐色沉淀为氢氧化铁；F 为 Fe2O3；D、E 常温下为气体，且 E 能使 品红溶液褪色说明 E 为 SO2；G 为 SO3；H 为 H2SO4；I 为硫酸铁；思路 1，3 两个 反应均有 D，且 1 是高温条件下反应的，可以设想 D 为氧气（氧化反应），所以 B 为过氧化钠，C 为氢氧化钠，D 为氧气；A 和 D 在高温下反应生成二氧化硫和 含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和 硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁 矿；所以 A 为 FeS2； 则 A 为 FeS2；，B 为 Na2O2；C 为 NaOH；x 为 H2O；，D 为氧气，E 为 SO2；F 为 Fe2O3， G 为 SO3；H 为硫酸，I 为硫酸铁；J 为氢氧化铁； （1）依据分析判断结果，A 为：FeS2，F 为 Fe2O3， 故答案为：FeS2；Fe2O3； （2）反应③是二氧化硫和氧气的反应，反应方程式为 2SO2+O2 2 SO3； 故答案为：2SO2+O2 2 SO3； （3）反应②是过氧化钠与水反应，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH ﹣+O2↑， 故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑； （ 4 ） 反 应 ④ 是 三 氧 化 二 铁 和 硫 酸 反 应 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O， 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； （5）已知每生成 16g E 为 SO2，物质的量为 0.25mol，放出 106.5kJ 热量，依据化 学方程式 4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；生成 8molSO2，放热为： =3408KJ，反应①是二硫化亚铁和氧气反应生成三氧化二铁 和二氧化硫，反应的热化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2 （g）；△H=﹣3408 kJ/mol 或 FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g） △H=﹣852 kJ/mol； 故答案为：FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol． 22．一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A 为酸式盐；B 为无色 无味气体；无色气体 D 可使红色石蕊试纸变蓝；X、F 和 Y 为气体单质，且 Y 为 有色气体，F 为空气的主要成分之一；G 为正盐，G 和无色气体 M 在溶液中可反 应生成 B，反应⑤是常见工业原理． （1）写出下列物质的化学式：A NH4HCO3 ；Y Cl2 （2）写出反应②的离子方程式 CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O ． （3）写出反应③的化学方程式 2NH3+3Cl2=N2+6HCl ． （4）常温下 pH=10，体积均为 100mL 的 D、W 两溶液与 M 反应，消耗的 M 的 物质的量关系 D 大于 W（填“大于”“小于”或“等于”）． 【考点】无机物的推断． 【分析】无色气体 D 可使红色石蕊试纸变蓝，则 D 为 NH3，气体单质 X 与 F 反应 得到氨气，且 F 为空气的主要成分之一，可推知 X 为 H2、F 为 N2，电解 Z 的溶液 得到 W、氢气与有色气体单质 Y，应是电解 NaCl 溶液，可推知 W 为 NaOH、Y 为 Cl2，氯气与氨气反应生成 F（氮气）与无色气体 M，可推知 M 为 HCl．A 为酸 式盐，加热分解得到 D（氨气）、C 及无色无味气体 B，且 B 与 W 反应得到 G 为 正盐，G 和无色气体 M 在溶液中可反应生成 B，可推知 B 为 CO2，A 为 NH4HCO3， C 为 H2O，G 为 Na2CO3，据此解答． 【解答】解：无色气体 D 可使红色石蕊试纸变蓝，则 D 为 NH3，气体单质 X 与 F 反应得到氨气，且 F 为空气的主要成分之一，可推知 X 为 H2、F 为 N2，电解 Z 的溶液得到 W、氢气与有色气体单质 Y，应是电解 NaCl 溶液，可推知 W 为 NaOH、 Y 为 Cl2，氯气与氨气反应生成 F（氮气）与无色气体 M，可推知 M 为 HCl．A 为 酸式盐，加热分解得到 D（氨气）、C 及无色无味气体 B，且 B 与 W 反应得到 G 为正盐，G 和无色气体 M 在溶液中可反应生成 B，可推知 B 为 CO2，A 为 NH4HCO3， C 为 H2O，G 为 Na2CO3， （1）由上述分析可知，A 为 NH4HCO3，Y 为 Cl2， 故答案为：NH4HCO3；Cl2； （2）反应②是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，离子方程式为： CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O， 故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O； （3 ）反 应 ③ 是 氯 气 与 氨 气 反 应 生 成 氮 气 与 HCl ， 化 学 反 应 方 程 式 为 ： 2NH3+3Cl2=N2+6HCl， 故答案为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl； （4）一水合氨为弱电解质，常温下 pH=10 的氨水、NaOH 溶液，氨水的浓度远 远大于氢氧化钠溶液，等体积的两溶液与 HCl 反应，氨水消耗的 HCl 的物质的量 远大于氢氧化钠消耗的， 故答案为：大于． 23．已知：A、B、C 均是由短周期元素组成的单质，其余物质均为化合物．F 在 常温常压下为液态，I 为具有磁性的黑色晶体．它们有下图所示的转化关系： 根据以上转换关系回答： （1）写出反应①的化学方程式： 8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3 ； （2）写出反应②的离子方程式： 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 ﹣+3H2↑ ；写出 H+E 反应的离子方程式： Al3++3AlO2 ﹣+6H2O═4Al（OH）3↓ ； （3）将 I 溶于足量盐酸，请分别写出反应后混合溶液中存在的阳离子、检验所 需试剂及相应现象（可不填满）： 阳离子 检验试剂 H+ 石蕊试液 Fe3+ KSCN 溶液 Fe2+ K3[Fe（CN）6] 【考点】无机物的推断． 【分析】A、B、C 均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I 均为化合 物，F 在常温常压下为液态，由 D 与盐酸反应得到，可以推断 F 为 H2O，I 为具 有磁性的黑色晶体，为 Fe3O4，由 A 与 D 相互转化及 D 能与氢氧化钠溶液反应， 可知 A 为 Al、D 为 Al2O3，结合转化关系，可推知 C 为 H2、E 为 NaAlO2、G 为 Al （OH）3、B 为 O2、H 为 AlCl3，据此解答． 【解答】解：A、B、C 均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I 均为 化合物，F 在常温常压下为液态，由 D 与盐酸反应得到，可以推断 F 为 H2O，I 为具有磁性的黑色晶体，为 Fe3O4，由 A 与 D 相互转化及 D 能与氢氧化钠溶液反 应，可知 A 为 Al、D 为 Al2O3，结合转化关系，可推知 C 为 H2、E 为 NaAlO2、G 为 Al（OH）3、B 为 O2、H 为 AlCl3， （1）反应①的化学方程式为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3，故答案为： 8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3； （2）反应②的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 ﹣+3H2↑；H 为 AlCl3，E 为 NaAlO2，H+E 反应的离子方程式为：Al3++3AlO2 ﹣+6H2O═4Al（OH）3↓， 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2 ﹣+3H2↑；Al3++3AlO2 ﹣+6H2O═4Al（OH）3↓； （3）将 Fe3O4 溶于足量盐酸生成氯化铁、氯化亚铁，所以溶液中存在的阳离子 为 H+、Fe3+、Fe2+、检验 H+用石蕊试液，现象为溶液呈红色，检验 Fe3+用 KSCN 溶 液，现象为溶液出现血红色，检验 Fe2+用 K3[Fe（CN）6]，现象为蓝色沉淀， 故答案为： 阳离子 检验试剂 H+ 石蕊试液等 Fe3+ KSCN 溶液等 Fe2+ K3[Fe（CN）6] ；