化学·河南省洛阳市春都路中学2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析

化学·河南省洛阳市春都路中学2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年河南省洛阳市春都路中学高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列关于钠的氧化物的说法正确的是（　　）‎ A．Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠 B．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2‎ C．Na2O不稳定，能继续被氧化，生成Na2O2‎ D．Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎2．下列物质中，属于电解质的是（　　）‎ A．氯化钠溶液 B．二氧化碳 C．氢氧化钠固体 D．铁 ‎3．下列关于磷酸（H3PO4）的说法中正确的是（　　）‎ A．1molH3PO4的质量为98g•mol﹣1‎ B．H3PO4的摩尔质量为98g C．9.8g H3PO4含有NA个H3PO4分子 D．NA个H3PO4分子的质量为98g ‎4．设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量比为16：1‎ B．54g H2O中含有的水分子数为3NA个 C．11.2L 氯气中含有的原子数为NA个 D．2L 1mol/L Na2SO4溶液中Na+离子数为2NA个 ‎5．在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8溶液会发生如下离子反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（　　）‎ A．可以利用该反应检验Mn2+‎ B．配平后的系数为2、5、8、2、10、16‎ C．该反应中酸性介质不能为盐酸 D．若有0.1mol还原产物生成，则转移电子0.5mol ‎6．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）‎ A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+‎ B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+‎ C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+‎ D．一定有Fe2+ 存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+‎ ‎7．从下列事实所列出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 ‎①‎ 铜生的锈是绿色的称为铜绿 铜绿是致密的氧化膜 ‎②‎ 浓硫酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 都发生了氧化还原反应 ‎③‎ 少量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液产生白色沉淀和Na2CO3‎ 酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3‎ ‎④‎ 某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味 确定该溶液存在CO 气体，该溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀现象 ‎⑤‎ 某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝 该溶液一定有NH A．②③⑤ B．①②③ C．③④⑤ D．全部 ‎8．下列离子中，电子数大于质子数，且质子数大于中子数的是（　　）‎ A．OH﹣ B．Mg2+ C．OD﹣ D．D3O+‎ ‎9．下列电离方程式不正确的是（　　）‎ A．NH4NO3=NH4++NO3﹣ B．CH3COOH=H++CH3COO﹣‎ C．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ D．NaHCO3=Na++HCO3﹣‎ ‎10．下列有关物质变化和分类的说法正确的是（　　）‎ A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化 B．Cu2（OH）2CO3、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 C．葡萄糖溶液和淀粉溶液两种分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应 D．SiO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物 ‎11．下列反应中，离子方程式为H++OH﹣=H2O的是（　　）‎ A．CH3COOH+NaOH═CH2COONa+H2O B．HNO3+KOH═KNO3+H2O C．H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2H2O D．2HCl+Cu（OH）2═CuCl2+2H2O ‎12．现有硫酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色物质，若用一种试剂将它们区别开来，该试剂是（　　）‎ A．碳酸钠溶液 B．氯化钡溶液 C．硝酸银溶液 D．稀盐酸 ‎13．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣和Na+，若向其中通入足量的Cl2，溶液中上述四种离子的浓度基本保持不变的是（　　）‎ A．HCO3﹣ B．SO32﹣ C．Cl﹣ D．Na+‎ ‎14．下列说法正确的是（　　）‎ A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加 B．常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率 D．相同条件下，溶液中Cu2+、Fe3+、Zn2+的氧化性依次增强 ‎15．将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共8小题，满分58分）‎ ‎16．一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应生成NH3：N2+3H2O⇌2NH3+O2，进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见表（反应时间3h）：‎ T/℃‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 生成NH3量/（10﹣6 mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）50℃时从开始到3h内以O2物质的量变化表示的平均反应速率为　　 mol•h﹣1．‎ ‎（2）该反应过程与能量关系可用如图表示，则反应的热化学方程式是　　．‎ ‎（3）与目前广泛应用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率较慢．请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：　　．‎ ‎（4）工业合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．在某压强恒定的密闭容器中加入2mol N2和4mol H2，达到平衡时，N2的转化率为50%，体积变为10L．求：‎ ‎①该条件下的平衡常数为　　；‎ ‎②若向该容器中加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，且a、b、c均大于0，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同．反应放出的热量　　（填“＞”“＜”或“=”）92.4kJ．‎ ‎17．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：‎ ‎①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．‎ ‎②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．‎ ‎（1）肯定不存在的离子是　　．‎ ‎（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　　；‎ ‎（3）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　　（填“有”或“无”）．‎ ‎18．中学常见反应的化学方程式是A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为了1：4．请回答：‎ ‎（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是　　，该反应的离子方程式是　　．‎ ‎（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是　　．‎ ‎（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中．‎ ‎①A元素在周期表中的位置是　　（填所在周期和族）；Y的化学式是　　．‎ ‎②含amol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是 ‎　　mol．‎ ‎（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色．则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是　　．‎ ‎19．漂白液、漂白粉和漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂．它们在生产、生活中有广泛应用．某实验小组同学看到一则报道：某造纸厂误将槽车中漂白液（NaCl和NaClO的混合液，其中有效成分为NaClO）倒入盛放饱和KAl（SO4）2溶液的池中，造成中毒事件．该小组同学为探究中毒原因进行了如下实验．‎ ‎（1）小组成员甲同学依据漂白液具有漂白消毒的性质推测，漂白液中ClO﹣具有氧化性．进行如下实验：‎ Ⅰ．取10mL漂白液，依次加入Na2SO3溶液和BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸．‎ Ⅱ．另取10mL漂白液，加入品红溶液，发现溶液红色逐渐变浅，一段时间后褪为无色．‎ Ⅲ．再取10mL漂白液，加入品红溶液，加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色．‎ ‎①由实验Ⅰ得出ClO﹣具有氧化性，写出相关反应的离子方程式　　．‎ ‎②对比实验Ⅱ和Ⅲ说明ClO﹣氧化性与溶液酸碱性的关系是　　．‎ ‎（2）小组成员乙同学依据（1）中的实验提出：漂白液在酸性溶液中有Cl2生成，为此进行如下实验：‎ 首先，他利用pH计分别测得漂白液pH＞7，饱和KAl（SO4）2溶液pH＜7．然后用下图1所示的装置继续实验，探究漂白液在酸性溶液中是否能反应生成Cl2．‎ ‎①在测定漂白液pH的实验中，乙同学没有选择pH试纸的理由可能是　　；‎ ‎②若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入硫酸，不久烧瓶中有黄绿色气体产生．A中反应的离子方程式　　．‎ ‎③若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，预计只有观察到以下现象　　，才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2．‎ ‎（3）为了进一步了解漂白液生产和保存的实际意义，小组其他成员还研究漂白液的稳定性，他们查阅资料，下图是30℃时，pH=11的漂白液中NaClO的质量百分含量随时间变化图2：‎ ‎①分析分解速率v（Ⅰ）与v（Ⅱ）的大小关系，原因是　　‎ ‎②4d～8d，Ⅰ中v（NaClO）=　　mol/（L•d）（常温下漂白液的密度约为1g/cm3，且溶液体积变化忽略不计，结果保留2位有效数字．）‎ ‎20．某化学小组想探究铁与浓硫酸能否反应产生气体，进行了如下实验：‎ ‎【实验】甲同学在烧瓶中加入足量的铁丝与浓H2SO4溶液，开始无明显变化，对反应物加热，有气泡产生可收集到无色气体．‎ ‎【查阅资料】①铁与浓硫酸在常温下会发生钝化，看不到明显现象，加热情况下会反应，产生有刺激性气味的二氧化硫气体；‎ ‎②二氧化硫气体能使品红溶液褪色，能被氢氧化钠溶液吸收．‎ ‎【提出假设】甲同学认为收集到的就是二氧化硫气体，乙同学认为还有氢气，你认为乙同学预测有氢气的理由是：　　．‎ 气体的组成可能有以下几种情况：‎ 假设一：无色气体是SO2；‎ 假设二：　　；‎ 假设三：无色气体是SO2 与H2 的混合气体．‎ ‎【实验验证】请你设计实验验证上述假设三，完成下表中内容．小组同学在实验室找到可能在实验探究过程中能用到的试剂有：品红溶液、NaOH溶液、火柴、CuO粉末、无水硫酸铜，仪器任选．‎ 实验方案与步骤 实验现象和结论 ‎1．将少量气体通入盛有少量品红溶液的试管内；‎ 若　　，则无色气体中有SO2．‎ ‎2．　　‎ 若　　，则无色气体中有H2．‎ 结合以上实验可知假设三成立．‎ ‎21．物质A～K有如下的转化关系，其中D、E为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D是　　，G是　　；‎ ‎（2）写出“C→F”反应的离子方程式　　；‎ ‎（3）写出反应“F→G”的离子方程式　　；‎ ‎（4）写出反应“I→J”的离子方程式　　；‎ ‎（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是　　；写出相关的化学反应方程式　　．‎ ‎（6）向200mL 3mol/L溶液J中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为　　．‎ ‎22．单质A、B、C在一定条件下，可以按下面的流程进行反应．已知单质A、B常温下分别为无色气体和黄绿色气体，单质C是常见的金属，D的水溶液常温下能与单质C反应生成F和单质A．‎ 请完成下列填空：‎ ‎（1）写出单质B的化学式　　，D物质的电子式　　．‎ ‎（2）写出E→H的化学方程式　　．‎ ‎（3）写出D+C→F+A的离子方程式　　．‎ ‎23．字母A﹣F代表六种不同物质，它们之间可发生如图的转化（部分反应中生成物没有全部列出）．其中D是一种强酸；E是一种常见金属，有“国防金属”的美誉，可在CO2中燃烧．分析图示回答下列问题：‎ ‎（1）A可以是　　或　　；‎ ‎（2）E在CO2中燃烧的化学方程式为　　；‎ ‎（3）D与F反应的化学方程式为　　，该反应中D表现了　　性；‎ ‎（4）50mL 14mol•L﹣1物质D的溶液中加入足量的铜，充分反应后共收集到气体2.24L（标准状况下），则被还原的D的物质的量为　　mol，参加反应的铜的质量为　　g．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省洛阳市春都路中学高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列关于钠的氧化物的说法正确的是（　　）‎ A．Na2O2是白色固体，与冷水作用放出氧气，生成氢氧化钠 B．在Na2O2与CO2的反应中，氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2‎ C．Na2O不稳定，能继续被氧化，生成Na2O2‎ D．Na2O2能与水反应，生成NaOH，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】A．Na2O2是浅黄色固体，不是白色固体；‎ B．Na2O2与CO2反应时，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2在反应中元素的化合价未改变；‎ C．由于钠在常温下与氧气反应生成氧化钠，在加热情况下生成过氧化钠，可知氧化钠易被氧化为过氧化钠；‎ D．碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，并不是指能与水反应生成碱的氧化物．另外，按Na2O2与CO2、H2O反应的规律，可推知Na2O2与酸反应时，除生成盐、水外还应有O2生成，Na2O2不是碱性氧化物 ‎【解答】解：A．Na2O2是浅黄色固体，不是白色固体，故A错误；‎ B．Na2O2与CO2反应时，过氧化钠中氧元素化合价﹣1价变化为﹣2价和0价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2在反应中元素的化合价未改变，故B错误；‎ C．因2Na2O+O2═Na2O2，则Na2O能被氧化成Na2O2，Na2O不稳定，能继续被氧化，生成Na2O2 ，故C正确；‎ D．碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，并不是指能与水反应生成碱的氧化物．另外，按Na2O2与CO2、H2O反应的规律，可推知Na2O2与酸反应时，除生成盐、水外还应有O2生成，Na2O2不是碱性氧化物，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列物质中，属于电解质的是（　　）‎ A．氯化钠溶液 B．二氧化碳 C．氢氧化钠固体 D．铁 ‎【考点】电解质与非电解质．‎ ‎【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质必须是化合物，不能是单质或混合物，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、氯化钠溶液是混合物，所以氯化钠溶液既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B、二氧化碳的水溶液能导电，但导电的是二氧化碳和水反应生成的碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；‎ C、氢氧化钠在水溶液里能电离出自由移动的离子，所以是电解质，故C正确；‎ D、铁是单质，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于磷酸（H3PO4）的说法中正确的是（　　）‎ A．1molH3PO4的质量为98g•mol﹣1‎ B．H3PO4的摩尔质量为98g C．9.8g H3PO4含有NA个H3PO4分子 D．NA个H3PO4分子的质量为98g ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】H3PO4的摩尔质量为98g•mol﹣1，结合n==计算相关物理量．‎ ‎【解答】解：A．H3PO4的摩尔质量为98g•mol﹣1，1molH3PO4的质量为98g，故A错误；‎ B．H3PO4的摩尔质量为98g•mol﹣1，故B错误；‎ C.9.8g H3PO4为0.1mol，含有0.1NA个H3PO4分子，故C错误；‎ D．NA个H3PO4分子为1mol，质量为98g，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量比为16：1‎ B．54g H2O中含有的水分子数为3NA个 C．11.2L 氯气中含有的原子数为NA个 D．2L 1mol/L Na2SO4溶液中Na+离子数为2NA个 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比；‎ B、求出水的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；‎ C、氯气所处的状态不明确；‎ D、求出硫酸钠的物质的量，然后根据1mol硫酸钠中含2mol钠离子来分析．‎ ‎【解答】解：A、NA个氧气分子和NA个氢气分子的物质的量均为1mol，而当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和和氢气的质量之比为32：2=16：1，故A正确；‎ B、54g水的物质的量为3mol，故分子个数N=nNA=3NA个，故B正确；‎ C、氯气所处的状态不明确，故氯气的物质的量无法计算，故C错误；‎ D、溶液中硫酸钠的物质的量n=CV=1mol/L×2L=2mol，而1mol硫酸钠中含2mol钠离子，故2mol硫酸钠中含4mol钠离子即4NA个，故D错误．‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎5．在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8溶液会发生如下离子反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（　　）‎ A．可以利用该反应检验Mn2+‎ B．配平后的系数为2、5、8、2、10、16‎ C．该反应中酸性介质不能为盐酸 D．若有0.1mol还原产物生成，则转移电子0.5mol ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】2Mn2++5S2O82﹣+8X=2MnO42﹣+10SO42﹣+16H+中，Mn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，由电荷守恒可知，X为中性物质，结合原子守恒可知X为H2O，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A、由于MnO4﹣在溶液中显紫红色，所以可以利用该反应检验Mn2+，故A正确；‎ B、根据方程式可知，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子；S元素的化合价从+7价降低到+6价，得到1个电子，所以根据电子的得失守恒可知，故B正确；‎ C、酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸，生成氯气，所以该反应的介质不能用盐酸，故C正确；‎ D、由反应可知，反应中Mn元素化合价由+2价升高到+7价，变化5价，则有0.1mol氧化产物生成，则转移0.5mol电子，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时是白色絮状沉淀，迅速变为灰绝色，最后变成红褐色．下列结论正确的是（　　）‎ A．一定有Fe2+存在，一定没有Fe3+、Mg2+‎ B．一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+‎ C．一定有Fe3+存在，可能有Fe2+，一定没有Mg2+‎ D．一定有Fe2+ 存在，可能有Mg2+，一定没有Fe3+‎ ‎【考点】常见阳离子的检验．‎ ‎【分析】氢氧化钠与镁离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀；与二价铁离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定能继续被空气氧化生成氢氧化铁，现象白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；氢氧化钠与三价铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，据此解答．‎ ‎【解答】解：加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有铁离子存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在铁离子；镁离子与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有镁离子，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．从下列事实所列出的相应结论正确的是（　　）‎ 实验事实 结论 ‎①‎ 铜生的锈是绿色的称为铜绿 铜绿是致密的氧化膜 ‎②‎ 浓硫酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液 都发生了氧化还原反应 ‎③‎ 少量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液产生白色沉淀和Na2CO3‎ 酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3‎ ‎④‎ 某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀现象 确定该溶液存在CO ‎⑤‎ 某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝 该溶液一定有NH A．②③⑤ B．①②③ C．③④⑤ D．全部 ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】①铜绿是疏松的；‎ ‎②氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠；‎ ‎③强酸反应制取弱酸；‎ ‎④无色无味气体是二氧化碳；‎ ‎⑤氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝．‎ ‎【解答】解：①铜绿是疏松的，是绿色的，故①错误；‎ ‎②氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，没有化合价的升降，故②错误；‎ ‎③强酸反应制取弱酸，酸性：H2CO3＞Al（OH）3，故③正确；‎ ‎④无色无味气体是二氧化碳，加CaCl2溶液，有白色沉淀现象，可确定存在碳酸根，故④正确；‎ ‎⑤氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故⑤正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列离子中，电子数大于质子数，且质子数大于中子数的是（　　）‎ A．OH﹣ B．Mg2+ C．OD﹣ D．D3O+‎ ‎【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．‎ ‎【分析】电子数大于质子数，则微粒带负电，质子数大于中子数，只能是计算微粒的原子中质子数与中子数的多少，其中明确氢元素的不同原子中中子个数的情况是解决此题的必要条件．‎ ‎【解答】解：A、OH﹣微粒带负电，电子数大于质子数，质子数为8+1=9，中子数为8+0=8，故A正确；‎ B、Mg2+微粒带正电，电子数小于质子数，质子数为12，中子数为12，故B错误；‎ C、OD﹣微粒带负电，电子数大于质子数，质子数为8+1=9，中子数为8+1=9，故C错误；‎ D、D3O+微粒带正电，电子数小于质子数，质子数为8+1×3=11，中子数为8+1×3=11，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．下列电离方程式不正确的是（　　）‎ A．NH4NO3=NH4++NO3﹣ B．CH3COOH=H++CH3COO﹣‎ C．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ D．NaHCO3=Na++HCO3﹣‎ ‎【考点】电离方程式的书写．‎ ‎【分析】强电解质在水溶液里完全电离生成阴阳离子，电离方程式写“=”，弱电解质在水溶液里部分电离，电离方程式写“⇌”，书写时要遵循原子守恒、电荷守恒，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．硝酸铵是强电解质，在水溶液中完全电离生成铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3﹣，故A不选；‎ B．醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则醋酸电离方程式为CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，故B选；‎ C．一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以电离方程式写“⇌”，则一水合氨电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故C不选；‎ D．碳酸氢钠是强电解质，在水溶液中完全电离，所以电离方程式应该写“=”，则其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下列有关物质变化和分类的说法正确的是（　　）‎ A．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化 B．Cu2（OH）2CO3、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 C．葡萄糖溶液和淀粉溶液两种分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应 D．SiO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物 ‎【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．‎ ‎【分析】A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成．如果有新物质生成，则属于化学变化；‎ B．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；‎ C．溶液和胶体的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小；‎ D．能和碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物．‎ ‎【解答】解：A．12C转化为14C是核反应，既不属于物理变化又不属于化学变化，故A错误；‎ ‎ B．Cu2（OH）2CO3、冰水混合物、四氧化三铁只含一种物质，属于纯净物，故B正确；‎ C．葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小，故C错误；‎ D．NO2不属于酸性氧化物，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列反应中，离子方程式为H++OH﹣=H2O的是（　　）‎ A．CH3COOH+NaOH═CH2COONa+H2O B．HNO3+KOH═KNO3+H2O C．H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+2H2O D．2HCl+Cu（OH）2═CuCl2+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=H2O表示，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．醋酸为弱酸，在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故A不选；‎ B．为强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，可用H++OH﹣=H2O表示，故B选；‎ C．硫酸钡不溶于水，在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故C不选；‎ D．Cu（OH）2为弱碱，在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．现有硫酸钠、石灰石、二氧化硅三种白色物质，若用一种试剂将它们区别开来，该试剂是（　　）‎ A．碳酸钠溶液 B．氯化钡溶液 C．硝酸银溶液 D．稀盐酸 ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．‎ ‎【分析】三种物质中，石灰石和二氧化硅都不溶于水，但石灰石可与盐酸反应，三种物质可用盐酸鉴别，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．加入碳酸钠，与三种物质都不反应，不能鉴别石灰石和二氧化硅，故A错误；‎ B．加入氯化钡溶液，硫酸钠与氯化钡反应生成沉淀，石灰石、二氧化硅不溶于水，不能鉴别，故B错误；‎ C．加入硝酸银溶液，溶液中都有沉淀，不能鉴别，故C错误；‎ D．加入盐酸，硫酸钠溶解，无明显现象，石灰石溶解，生成气体，二氧化硅不反应，溶液中有沉淀，现象不同，可鉴别，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．某溶液中含有HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣和Na+，若向其中通入足量的Cl2，溶液中上述四种离子的浓度基本保持不变的是（　　）‎ A．HCO3﹣ B．SO32﹣ C．Cl﹣ D．Na+‎ ‎【考点】离子反应发生的条件．‎ ‎【分析】氯气具有强氧化性，能氧化具有还原性的物质，氯气和水反应生成盐酸，盐酸是强酸，能和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳．‎ ‎【解答】解：向含有HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣和Na+的溶液中通入氯气，‎ 发生的离子反应有：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO、Cl2+SO32﹣+H2O=2H++2Cl﹣+SO42﹣、H++HCO3﹣=CO2+H2O，‎ 所以离子的浓度基本保持不变的是钠离子，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．下列说法正确的是（　　）‎ A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加 B．常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0‎ C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率 D．相同条件下，溶液中Cu2+、Fe3+、Zn2+的氧化性依次增强 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．铅蓄电池在放电过程中电极质量都增大；‎ B．如反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0；‎ C．催化剂不能改变平衡移动；‎ D．Fe3+氧化性最强，Zn2+最弱．‎ ‎【解答】解：A．铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，负极质量增加，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣=PbSO4+2H2O，正极质量增加，故A错误；‎ B．反应的△S＞0，如反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则应满足△H﹣T•△S＞0，则该反应的△H＞0，故B正确；‎ C．催化剂不能改变平衡移动，故C错误；‎ D．金属的活泼性越强，对应的阳离子的氧化性越弱，应为Zn2+、Cu2+、Fe3+的氧化性依次增强，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：将足量的CO2不断通入KOH、Ba（OH）2、KAlO2的混合溶液中，发生反应先后顺序为Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba（HCO3）2，根据物质的溶解性知，沉淀量与通入二氧化碳关系图为，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共8小题，满分58分）‎ ‎16．一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应生成NH3：N2+3H2O⇌2NH3+O2，进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见表（反应时间3h）：‎ T/℃‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 生成NH3量/（10﹣6 mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）50℃时从开始到3h内以O2物质的量变化表示的平均反应速率为　1.5×10﹣6　 mol•h﹣1．‎ ‎（2）该反应过程与能量关系可用如图表示，则反应的热化学方程式是　N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+O2（g）△H=+765.2kJ•mol﹣1　．‎ ‎（3）与目前广泛应用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率较慢．请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：　升高温度　．‎ ‎（4）工业合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．在某压强恒定的密闭容器中加入2mol N2和4mol H2，达到平衡时，N2的转化率为50%，体积变为10L．求：‎ ‎①该条件下的平衡常数为　400　；‎ ‎②若向该容器中加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，且a、b、c均大于0，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同．反应放出的热量　＜　（填“＞”“＜”或“=”）92.4kJ．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】（1）结合v=计算；‎ ‎（2）由图可知反应物、生成物及能量变化；‎ ‎（3）由数据可知，温度越高，生成氨气的量越大；‎ ‎（4）①某压强恒定的密闭容器中加入2mol N2和4mol H2，达到平衡时，N2的转化率为50%，体积变为10L，则 ‎ N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 开始 2 4 0‎ 转化 1 3 2‎ 平衡 1 1 2‎ 结合平衡浓度计算K；‎ ‎②极限转化为反应物时，为2mol N2和4mol H2，平衡时各组分的物质的量与上述平衡相同，从正逆反应开始，该反应伴随吸热．‎ ‎【解答】解：（1）50℃时从开始到3h内生成氨气为6×10﹣6mol，则生成氧气为4.5×10﹣6mol，以O2物质的量变化表示的平均反应速率为mol•h﹣1=1.5×10﹣6mol•h﹣1，‎ 故答案为：1.5×10﹣6；‎ ‎（2）由图可知反应物、生成物及能量变化，反应的热化学方程式是N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+O2（g）△H=+765.2kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：N2（g）+3H2O（l）=2NH3（g）+O2（g）△H=+765.2kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）由数据可知，温度越高，生成氨气的量越大，则可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议为升高温度，故答案为：升高温度；‎ ‎（4）①某压强恒定的密闭容器中加入2mol N2和4mol H2，达到平衡时，N2的转化率为50%，体积变为10L，则 ‎ N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 开始 2 4 0‎ 转化 1 3 2‎ 平衡 1 1 2‎ K==400，‎ 故答案为：400；‎ ‎②当加入2mol N2和4mol H2时，生成2mol NH3，放出92.4kJ的热量，而当加入a mol N2、b mol H2和c mol NH3时，平衡时NH3仍为2mol，则生成的NH3为（2﹣c） mol，则放出的热量小于92.4kJ，故答案为：＜．‎ ‎　‎ ‎17．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：‎ ‎①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．‎ ‎②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．‎ ‎（1）肯定不存在的离子是　NH4+、Al3+、SO42﹣、SiO32﹣　．‎ ‎（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑　；‎ ‎（3）已知一定量的原溶液中加入5mL 0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　有　（填“有”或“无”）．‎ ‎【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．‎ ‎【分析】强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；‎ ‎①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；‎ ‎②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，一定含有AlO2﹣，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子．‎ ‎【解答】解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；‎ ‎①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42﹣和SiO32﹣，可能含有CO32﹣离子；‎ ‎②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+；‎ 故答案为：NH4+、SO42﹣、SiO32﹣、Al3+；‎ ‎（2）据（1）分析得知：步骤②中生成沉淀和气体分别为氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故离子反应方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑；‎ ‎（3）一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以含有Cl﹣，故答案为：有．‎ ‎　‎ ‎18．中学常见反应的化学方程式是A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为了1：4．请回答：‎ ‎（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是　　，该反应的离子方程式是　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．‎ ‎（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是　4：1　．‎ ‎（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中．‎ ‎①A元素在周期表中的位置是　第4周期Ⅷ族　（填所在周期和族）；Y的化学式是　NO　．‎ ‎②含amol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是 ‎　0.4a　mol．‎ ‎（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色．则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是　c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；‎ ‎（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；‎ ‎（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；‎ ‎（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析．‎ ‎【解答】解：（1）因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为，A、B的物质的量之比为1：4，‎ 则反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3═CO2↑+4NO2↑+2H2O，由化合价可知碳元素的化合价升高，则碳作还原剂，硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1； ‎ ‎（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；‎ ‎①铁为26号元素，在在元素周期表中的第4周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的Y为NO，故答案为：第4周期Ⅷ族；NO；‎ ‎②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则 ‎2Fe3++Fe═3Fe2+，‎ ‎ 2 3‎ ‎ x ‎ 由溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a﹣x=，解得x=0.4a，故答案为：0.4a；‎ ‎（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4‎ 恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，显然若A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则钠离子4mol，氯离子3mol，偏绿酸根离子略小于1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），则离子大小为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），‎ 故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．‎ ‎　‎ ‎19．漂白液、漂白粉和漂粉精既可作棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂．它们在生产、生活中有广泛应用．某实验小组同学看到一则报道：某造纸厂误将槽车中漂白液（NaCl和NaClO的混合液，其中有效成分为NaClO）倒入盛放饱和KAl（SO4）2溶液的池中，造成中毒事件．该小组同学为探究中毒原因进行了如下实验．‎ ‎（1）小组成员甲同学依据漂白液具有漂白消毒的性质推测，漂白液中ClO﹣具有氧化性．进行如下实验：‎ Ⅰ．取10mL漂白液，依次加入Na2SO3溶液和BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸．‎ Ⅱ．另取10mL漂白液，加入品红溶液，发现溶液红色逐渐变浅，一段时间后褪为无色．‎ Ⅲ．再取10mL漂白液，加入品红溶液，加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色．‎ ‎①由实验Ⅰ得出ClO﹣具有氧化性，写出相关反应的离子方程式　ClO﹣+SO32﹣=Cl﹣+SO42﹣、Ba2++SO42﹣=BaSO4↓或Ba2++ClO﹣+SO32﹣=BaSO4↓+Cl﹣　．‎ ‎②对比实验Ⅱ和Ⅲ说明ClO﹣氧化性与溶液酸碱性的关系是　ClO﹣的氧化性随氢离子浓度增大而增大　．‎ ‎（2）小组成员乙同学依据（1）中的实验提出：漂白液在酸性溶液中有Cl2生成，为此进行如下实验：‎ 首先，他利用pH计分别测得漂白液pH＞7，饱和KAl（SO4）2溶液pH＜7．然后用下图1所示的装置继续实验，探究漂白液在酸性溶液中是否能反应生成Cl2．‎ ‎①在测定漂白液pH的实验中，乙同学没有选择pH试纸的理由可能是　漂白液具有漂白性，pH试纸变蓝后马上褪色，无法准确测定pH　；‎ ‎②若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入硫酸，不久烧瓶中有黄绿色气体产生．A中反应的离子方程式　ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O　．‎ ‎③若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，预计只有观察到以下现象　产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生　，才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2．‎ ‎（3）为了进一步了解漂白液生产和保存的实际意义，小组其他成员还研究漂白液的稳定性，他们查阅资料，下图是30℃时，pH=11的漂白液中NaClO的质量百分含量随时间变化图2：‎ ‎①分析分解速率v（Ⅰ）与v（Ⅱ）的大小关系，原因是　在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大　‎ ‎②4d～8d，Ⅰ中v（NaClO）=　0.047　mol/（L•d）（常温下漂白液的密度约为1g/cm3，且溶液体积变化忽略不计，结果保留2位有效数字．）‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）①由实验Ⅰ中由白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸，可知白色沉淀为BaSO4，发生氧化还原反应；‎ ‎②对比实验Ⅱ和Ⅲ，Ⅲ中加入少量稀硫酸酸化后，溶液红色立即变为无色，生成HClO，氧化性增强；‎ ‎（2）①漂白液具有漂白性，可以漂白pH试纸；‎ ‎②烧瓶中加入硫酸，不久烧瓶中有黄绿色气体产生为生成氯气，是次氯酸根离子和氯离子发生氧化还原反应；‎ ‎③烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，Al3+水解使溶液呈酸性，若漂白液与H+反应，Al3+水解平衡向右移动生成沉淀，黄绿色气体为氯气；‎ ‎（3）①一般来说浓度越大，反应速率越大；‎ ‎②4d～8d，NaClO的含量由6.5%变为5.1%，假设溶液体积为1L，计算NaClO的消耗的量，进而计算速率．‎ ‎【解答】解：（1）①②Ⅱ中由白色沉淀生成，经检验白色沉淀不溶于盐酸，可知白色沉淀为BaSO4，发生氧化还原反应，ClO‾把SO32‾氧化为SO42‾，所以离子方程式为：ClO﹣+SO32﹣=Cl﹣+SO42﹣、Ba2++SO42﹣=BaSO4↓或Ba2++ClO﹣+SO32﹣=BaSO4↓+Cl﹣，‎ 故答案为：ClO﹣+SO32﹣=Cl﹣+SO42﹣、Ba2++SO42﹣=BaSO4↓或Ba2++ClO﹣+SO32﹣=BaSO4↓+Cl﹣；‎ ‎②加入少量稀硫酸酸化后，观察溶液红色立即变为无色，说明ClO﹣的氧化性随c（H+）增大而增强，由上述两个实验对比可知，加入酸，反应速率加快，则ClO﹣的氧化性随氢离子浓度增大而增大，‎ 故答案为：ClO﹣的氧化性随氢离子浓度增大而增大；‎ ‎（2）①在测定漂白液pH的实验中，乙同学没有选择pH试纸的理由可能是，漂白液具有漂白性，可以漂白pH试纸，无法准确测定pH，‎ 故答案为：漂白液具有漂白性，pH试纸变蓝后马上褪色，无法准确测定pH；‎ ‎②在酸性条件下，ClO‾与Cl‾发生氧化还原反应生成Cl2，则离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，‎ 故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎③若打开分液漏斗活塞向烧瓶中加入饱和KAl（SO4）2溶液，Al3+水解使溶液呈酸性：Al3++3H2O⇌Al（OH）3↓+3H+，若漂白液与H+反应，Al3+水解平衡向右移动，产生产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生，预计只有观察到以下现象产生大量的白色胶状沉淀，不久烧瓶中有黄绿色气体产生，才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2．‎ 故答案为：才能说明漂白液与酸性溶液混合会产生Cl2；‎ ‎（3）①图2为NaClO的质量百分含量，在相同时间内，NaClO的质量百分含量改变越大，则v（Ⅰ）＞v（Ⅱ），v（Ⅰ）时NaClO的浓度大于v（Ⅱ）时NaClO的浓度，在相同的条件下，NaClO的浓度越大分解速率越大．‎ 故答案为：＞；在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大；‎ ‎②4d～8d，NaClO的含量由6.5%变为5.1%，假设溶液体积为1L，v（NaClO）=[（6.5%﹣5.1%）×1g/mL×103÷74.5g/mol]÷4d=0.047mol/（L．d），故答案为：0.047．‎ ‎　‎ ‎20．某化学小组想探究铁与浓硫酸能否反应产生气体，进行了如下实验：‎ ‎【实验】甲同学在烧瓶中加入足量的铁丝与浓H2SO4溶液，开始无明显变化，对反应物加热，有气泡产生可收集到无色气体．‎ ‎【查阅资料】①铁与浓硫酸在常温下会发生钝化，看不到明显现象，加热情况下会反应，产生有刺激性气味的二氧化硫气体；‎ ‎②二氧化硫气体能使品红溶液褪色，能被氢氧化钠溶液吸收．‎ ‎【提出假设】甲同学认为收集到的就是二氧化硫气体，乙同学认为还有氢气，你认为乙同学预测有氢气的理由是：　随着反应的进行，浓硫酸会变稀，Fe会与稀硫酸反应产生氢气　．‎ 气体的组成可能有以下几种情况：‎ 假设一：无色气体是SO2；‎ 假设二：　无色气体是H2　；‎ 假设三：无色气体是SO2 与H2 的混合气体．‎ ‎【实验验证】请你设计实验验证上述假设三，完成下表中内容．小组同学在实验室找到可能在实验探究过程中能用到的试剂有：品红溶液、NaOH溶液、火柴、CuO粉末、无水硫酸铜，仪器任选．‎ 实验方案与步骤 实验现象和结论 ‎1．将少量气体通入盛有少量品红溶液的试管内；‎ 若　品红溶液褪色　，则无色气体中有SO2．‎ ‎2．　将气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶后，用小试管收集气体，并在酒精灯上点燃　‎ 若　收集到气体可以燃烧　，则无色气体中有H2．‎ 结合以上实验可知假设三成立．‎ ‎【考点】浓硫酸的性质实验．‎ ‎【分析】【提出假设】开始是铁与热的浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，由于在金属活动性顺序表中，铁元素位于氢元素的前边，因此可以把酸中的氢置换出来，所以Fe会与稀硫酸反应产生氢气．根据反应过程中硫酸浓度大变化，则气体的组成可能有以下几种情况：假设一：无色气体是SO2；假设二：无色气体是H2；假设三：无色气体是SO2 与H2 的混合气体；‎ ‎【实验验证】1．将少量气体通入盛有少量品红溶液的试管内；若品红溶液褪色，证明含有SO2气体；‎ ‎2．然后将气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶后，除去其中含有的SO2，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，用小试管收集剩余气体，并在酒精灯上点燃．若观察到气体可以燃烧，火焰为淡蓝色，就证明含有H2，该气体为SO2 与H2 的混合气体．‎ ‎【解答】解：【提出假设】随着反应进行，浓硫酸会变稀，铁丝与稀硫酸能反应生成氢气．所以收集到的气体可能为：SO2、H2或SO2 与H2 的混合气体，乙同学预测有氢气的理由是：随着反应进行，浓硫酸变稀，铁丝与稀硫酸能反应生成氢气，根据反应过程中硫酸浓度大变化，则气体的组成可能有以下几种情况：假设一：无色气体是SO2；假设二：无色气体是H2；假设三：无色气体是SO2 与H2 的混合气体；‎ 故答案为：随着反应进行，浓硫酸变稀，铁丝与稀硫酸能反应生成氢气；无色气体是H2；‎ ‎【实验验证】1．二氧化硫气体能使品红溶液褪色，所以将少量气体通入盛有少量品红溶液的试管内，品红溶液褪色，说明无色气体中有SO2．‎ ‎2．要验证氢气的存在，要先除去二氧化硫气体，然后将剩余的气体点燃，如果气体能燃烧，则无色气体中有H2．将气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶后，除去其中含有的SO2，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，用小试管收集剩余气体，并在酒精灯上点燃．若观察到气体可以燃烧，火焰为淡蓝色，就证明含有H2，该气体为SO2 与H2 的混合气体 故答案为：‎ 实验方案与步骤 预期实验现象和结论 品红溶液褪色 将气体通过装有足量氢氧化钠溶液的洗气瓶后，用小试管收集气体，并在酒精灯上点燃．‎ 收集到气体可以燃烧 ‎　‎ ‎21．物质A～K有如下的转化关系，其中D、E为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D是　H2　，G是　NaAlO2　；‎ ‎（2）写出“C→F”反应的离子方程式　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　；‎ ‎（3）写出反应“F→G”的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　；‎ ‎（4）写出反应“I→J”的离子方程式　2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣　；‎ ‎（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是　产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色　；写出相关的化学反应方程式　4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3　．‎ ‎（6）向200mL 3mol/L溶液J中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为　72g　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】黄绿色气体电子E为Cl2，金属H与溶液B反应得到I，I能被氯气氧化得到J，而J能与H反应得到I，故金属H为变价金属，可推知H为Fe，B为盐酸，I为FeCl2，J为FeCl3，K为Fe（OH）3，故B为HCl，气体单质D为H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F，且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G，可推知A为Al、C为AlCl3、F为Al（OH）3、G为NaAlO2，据此解答．‎ ‎【解答】解：E为黄绿色气体，则E是Cl2，金属H与溶液B反应得到I，I能和氯气反应得到J，而J能与H反应得到I，可知H为变价金属，则H为Fe，溶液B为盐酸，I为FeCl2，J为FeCl3，K为Fe（OH）3，所以气体B为HCl，则气体D是H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，C与氨气反应得到的白色沉淀F能溶于氢氧化钠溶液，所以A是Al、C是AlCl3、F是Al（OH）3、G是NaAlO2；‎ ‎（1）上述分析可知，D是H2，G是NaAlO2，‎ 故答案为：H2，NaAlO2；‎ ‎（2）C→F的反应为氯离子在氨水中反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，‎ 故意答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；‎ ‎（3）F→G的反应为氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ 故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（4）I→J的反应为氯气氧化亚铁离子诶铁离子，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，‎ 故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（5）在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，会生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁，则可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学反应方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，‎ 故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；‎ ‎（6）200mL 3mol/L FeCl3，n（FeCl3）=0.2×3=0.6mol，60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），则n（Fe）=n（Cu）=60/（56+64）=0.5mol，Fe的还原性强于Cu，则先发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，0.6mol Fe3+完全反应需要0.3mol Fe，小于0.5mol，所以溶液中的溶质为氯化亚铁，氯化亚铁的物质的量为0.6mol×3/2=0.9mol，充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体为氧化铁，根据Fe元素守恒，氧化铁的物质的量为0.9/2=0.45mol，所以氧化铁的质量为0.45×160=72g，‎ 故答案为：72g．‎ ‎　‎ ‎22．单质A、B、C在一定条件下，可以按下面的流程进行反应．已知单质A、B常温下分别为无色气体和黄绿色气体，单质C是常见的金属，D的水溶液常温下能与单质C反应生成F和单质A．‎ 请完成下列填空：‎ ‎（1）写出单质B的化学式　Cl2　，D物质的电子式　　．‎ ‎（2）写出E→H的化学方程式　FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl　．‎ ‎（3）写出D+C→F+A的离子方程式　Fe+2H+=Fe2++H2↑　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】B为黄绿色气体单质，所以B为氯气，A为无色气体，A与氯气反应生成D，D与金属C反应又得A，所以A为氢气，D为氯化氢，F为含C金属元素的盐，G为C金属元素的碱，B、C反应生成E，E与碱反应生成H，G氧化得H，说明C 中含有的金属元素为可变价元素，C是常见的金属，据此可推知C为铁，F为氯化亚铁，G为氢氧化亚铁，E为氯化铁，H为氢氧化铁，据此答题．‎ ‎【解答】解：B为黄绿色气体单质，所以B为氯气，A为无色气体，A与氯气反应生成D，D与金属C反应又得A，所以A为氢气，D为氯化氢，F为含C金属元素的盐，G为C金属元素的碱，B、C反应生成E，E与碱反应生成H，G氧化得H，说明C中含有的金属元素为可变价元素，C是常见的金属，据此可推知C为铁，F为氯化亚铁，G为氢氧化亚铁，E为氯化铁，H为氢氧化铁，‎ ‎（1）根据上面的分析可知，单质B的化学式为Cl2，D为氯化氢，D物质的电子式，故答案为：Cl2；；‎ ‎（2）E→H的化学方程式为FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，故答案为：FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl； ‎ ‎（3）D+C→F+A的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．‎ ‎　‎ ‎23．字母A﹣F代表六种不同物质，它们之间可发生如图的转化（部分反应中生成物没有全部列出）．其中D是一种强酸；E是一种常见金属，有“国防金属”的美誉，可在CO2中燃烧．分析图示回答下列问题：‎ ‎（1）A可以是　N2　或　NH3　；‎ ‎（2）E在CO2中燃烧的化学方程式为　2Mg+CO22MgO+C　；‎ ‎（3）D与F反应的化学方程式为　C+4HNO3CO2↑+NO2↑+2H2O　，该反应中D表现了　氧化性　性；‎ ‎（4）50mL 14mol•L﹣1物质D的溶液中加入足量的铜，充分反应后共收集到气体2.24L（标准状况下），则被还原的D的物质的量为　0.1　mol，参加反应的铜的质量为　19.2　g．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】题中D是一种强酸，A和氧气反应生成B，B和氧气反应生成C，说明BC为氧化物，A可以是非金属单质，也可以是非金属氢化物，E是一种常见金属，有“国防金属”的美誉，判断为Mg，可在CO2中燃烧生成MgO和C，F和酸D反生成生成C和二氧化碳，是碳和酸的反应，浓硫酸和浓硝酸都可以反应，但生成的才是和酸中元素化合价相同，所以证明D为硝酸，浓硫酸不符合，判断A为N2或NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，E为Mg，F为C，‎ ‎（1）上述分析可知D为硝酸，则A为氮气或氨气；‎ ‎（2）E在CO2中燃烧的反应为Mg和二氧化碳反应生成碳和氧化镁；‎ ‎（3）D与F的反应是碳和浓硝酸加热的反应生成二氧化碳，二氧化氮和水，硝酸具有强氧化性；‎ ‎（4）硝酸和足量铜反应开始生成二氧化氮，随后生成一氧化氮．‎ ‎【解答】解：题中D是一种强酸，A和氧气反应生成B，B和氧气反应生成C，说明BC为氧化物，A可以是非金属单质，也可以是非金属氢化物，E是一种常见金属，有“国防金属”的美誉，判断为Mg，可在CO2中燃烧生成MgO和C，F和酸D反生成生成C 和二氧化碳，是碳和酸的反应，浓硫酸和浓硝酸都可以反应，但生成的才是和酸中元素化合价相同，所以证明D为硝酸，浓硫酸不符合，判断A为N2或NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，E为Mg，F为C，‎ ‎（1）上述分析可知D为硝酸，则A为氮气或氨气，化学式为；N2、NH3，‎ 故答案为：N2；NH3；‎ ‎（2）E在CO2中燃烧的反应为Mg和二氧化碳反应生成碳和氧化镁，反应的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，‎ 故答案为：2Mg+CO22MgO+C；‎ ‎（3）D与F的反应是碳和浓硝酸加热的反应生成二氧化碳，二氧化氮和水，硝酸具有强氧化性，反应的化学方程式为：C+4HNO3CO2↑+NO2↑+2H2O，硝酸表现了氧化性，‎ 故答案为：C+4HNO3CO2↑+NO2↑+2H2O，氧化性；‎ ‎（4）物质D的溶液，即硝酸溶液中加入足量的铜，50mL14mol•L﹣1物质D即硝酸的溶液中，硝酸溶质的物质的量为0.7mol．充分反应后共收集到气体（NO2和NO）2.24L（标准状况下），则被还原的硝酸为0.1mol，因而与铜离子结合的硝酸根为0.6mol，参加反应的铜为0.3mol，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g．‎ 故答案为：0.1；19.2．‎ ‎　‎ ‎2016年11月26日