化学卷·2018届河南省洛阳市回民中学高二上学期开学化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河南省洛阳市回民中学高二上学期开学化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省洛阳市回民中学高二（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．下列分子中存在π键的是（　　）‎ A．H2 B．Cl2 C．N2 D．HCl ‎2．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．SO2使酸性KMnO4褪色：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+‎ B．Fe（OH）2与HNO3溶液的反应：Fe（OH）2+2H+=Fe2++2H2O C．足量NaOH与磷酸二氢铵反应：OH﹣+NH4+=NH3•H2O D．将SO2通入BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+‎ ‎3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（　　）‎ A．是否是大量分子或离子的集合体 B．是否能通过滤纸 C．分散质粒子直径的大小 D．是否均一、透明、稳定 ‎4．键能为破坏1mol化学键所需要吸收的能量或形成1mol化学键所放出的能量．已知H﹣H的键能为436kJ/mol，H﹣Cl的键能为432kJ/mol，氢气与氯气反应时放出热量．据此判断，下列说法不正确的是（　　）‎ A．H2分子比H原子更稳定 B．可求出Cl﹣Cl 的键能为428 kJ/mol C．1mol氢气与1mol氯气所含的总能量比2mol HCl所含的总能量高 D．理论上利用此反应制取盐酸的同时，可依据原电池原理获取电能 ‎5．下列说法错误的是（　　）‎ A．硅是良好的半导体材料 B．氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮 C．金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体 D．硬铝、青铜和不锈钢都属于合金 ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．乙烯和聚乙烯均能使溴水褪色 B．甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色 C．乙酸和乙酸乙酯均能发生取代反应 D．葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体 ‎7．下列用于解释实验事实的化学方程式正确的是（　　）‎ A．Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓‎ B．纯碱溶液使酚酞变红：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ C．乙酸清除水垢后的化学反应原理：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O D．FeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+‎ ‎8．已知氢化钾（KH）属于离子化合物，KH跟水反应可以放出氢气．下列说法中正确的是（　　）‎ A．KH的水溶液呈碱性 B．KH中氢离子可以被还原为氢气 C．KH是一种强氧化剂 D．KH中的氢离子是裸露的质子 ‎9．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（　　）‎ ‎①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容 ④反应后溶液的质量 ⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度的变化 ⑦操作所需时间．‎ A．①②③⑥ B．①③④⑤ C．③④⑤⑥ D．全部 ‎10．如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍．下列说法正确的是（　　）‎ X Y Z W T A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力 D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性 ‎11．将一小块Na投入到FeCl3溶液中，可以观察到的现象是（　　）‎ A．生成白色沉淀、有气体产生 B．生成红褐色沉淀、有气体产生 C．生成红褐色沉淀 D．生成黑色沉淀、有气体产生 ‎12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．pH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA B．1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA C．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA D．80g NH4NO3晶体中含有NH4+小于个NA ‎13．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（　　）‎ A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O3‎ ‎14．如图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（　　）‎ ‎①CO、O2（2：1）②NH3、O2（8：1）③NO2、O2（4：1）④N2、H2（1：3）‎ A．①② B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎　‎ 二、解答题 ‎15．用A、B、C、D、E和F表示含有10个电子的微粒（离子或分子），请回答：‎ ‎（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，A离子是　　‎ ‎（2）C是由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性，其分子式是　　‎ ‎（3）D是由两种元素组成的三原子分子，电子式是　　‎ ‎（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，写出该过程的离子方程式　　‎ ‎（5）E+F→C+D写出该方程式　　．‎ ‎16．表为元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨九种元素，请回答有关问题：‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎4‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎（1）⑨的元素符号是　　．‎ ‎（2）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子结构示意图为　　．‎ ‎（3）这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是　　（填化学式，下同），碱性最强的是　　，显两性的是　　．‎ ‎（4）将元素①与氢元素组成的最简单有机物和⑥的单质按1：1混合后的气体在光照条件下放置一段时间，最多能得到　　产物．‎ ‎（5）用电子式表示④和⑥两元素形成化合物的过程为　　．‎ ‎17．随着科学技术的进步，硫及其化合物的研究越来越深人．‎ ‎（1）共生工程可以促进化学工业的发展，并改善环境．‎ ‎①下列有关环境问题的说法错误的是　　（填序号字母）．‎ a．空气中SO2浓度过高会加重呼吸系统和心脑血管疾病 b．SO2、NOx、CO2的大量排放都会造成酸雨 c．氮的氧化物和碳氢化合物大量排放可能引发光化学烟雾 d．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”都能改善空气质量 ‎②发电厂产生的SO2尾气中的可直接用氨水吸收，变废为宝．若用15L 2.0mol•L﹣1氨水充分吸收4480L含10%的SO2硫酸尾气（气体体积已折算成标准状况）．充分反应后吸收液中的溶质为　　．‎ ‎③利用发电厂产生的SO2制成以水为电解质的SO2质子交换膜燃料电池，该电池电动势为1.06V．电池工作时负极反应式为　　．‎ ‎（2）将发电厂产生的SO2通人含有Na2S、Na2CO3的废液中可制得Na2S2O3•5H2O，通人SO2过程中的现象是：通了一段时间后，产生气体并析出沉淀，沉淀量逐渐增多；沉淀量逐渐减少并形成清液；停止通SO2，过滤后母液经蒸发浓缩，冷却得Na2S2O3•5H2O晶体（提示：）．上述过程中析出沉淀时发生的氧化还原反应的化学方程式为：　　．调节废液中Na2S和Na2CO3的物质的量之比为　　，时可以恰好完全反应生成Na2S2O3•5H2O．‎ ‎18．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．‎ ‎（1）提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？‎ ‎（2）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含　　（填化学式，下同）所致．‎ ‎②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含　　所致．‎ ‎（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的．‎ 供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液．‎ 请你在表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象．‎ 选用试剂（填序号）‎ 实验现象 方案1‎ 方案2‎ ‎（4）结论 氧化性：Br2＞Fe3+．故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为　　．‎ ‎（5）实验后的思考 ‎①根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是　　．‎ ‎②在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br﹣被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为　　．‎ ‎19．某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：‎ Ⅰ．配制FeCl2溶液 取部分变质的氯化亚铁固体[含有难溶性杂质Fe（OH）2Cl]，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉．‎ Ⅱ．实验探究Fe3+与Fe2+相互转化 实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红 实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去 写出Fe（OH）2Cl与盐酸反应的离子方程式　　．‎ ‎（2）请用离子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因　　．‎ ‎（3）实验2的现象与预测不同，为探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：‎ 步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄 步骤2：将黄色溶液分为三份：‎ 试管1 取2mL黄色溶液溶液变红 试管2 取3mL黄色溶液溶液变蓝 试管3 取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝（比试管2中溶液颜色深）‎ ‎①试管2中滴加K3[Fe（CN）6]检验的离子是　　．‎ ‎②黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl﹣ 和　　．‎ ‎③综合上述实验现象，得出的实验结论是　　．‎ ‎20．绿矾（FeSO4•7H2O）硫酸法生产一种稀有金属产品过程中产出的副产品，产品外观为淡绿色或淡黄绿色结晶固体．加入适量可调节碱性水中的pH，与水中悬浮物有机结合，并加速沉淀，主要应用于水质净化和工业废水处理，同时具有杀菌作用．‎ ‎（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为　　（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为　　（填＞、＜、=“）40%“．‎ ‎（2）实际生产用20%发烟硫酸配制稀硫酸，若用SO3•nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=　　（保留两位小数）．‎ ‎（3）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2+完全氧化，推测晶体的化学式为　　．‎ ‎（4）硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量．现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL 2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：‎ ‎10NO3﹣+3Cu2S+16H+=6Cu2++10NO↑+3SO42﹣+8H2O ‎8NO3﹣+3CuS+8H+=3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O 剩余的稀硝酸恰好与V mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．‎ 已知：NO3﹣+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O ‎①V值范围　　．‎ ‎21．有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大，其核电荷数总和为38．Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的；W元素原子最外层电子比同周期Z元素多5个电子；W和Y不属同一主族．‎ ‎（1）写出元素符号：X　　，Y　　，Z　　，W　　．‎ ‎（2）Z、W两元素最高价氧化物对应水化物反应的方程式是　　．‎ ‎（3）把Z的单质（片状）放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是　　，反应的 化学方程式是　　．‎ ‎22．随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示．‎ 根据判断出的元素回答问题：‎ ‎（1）f 在元素周期表的位置是　　；g的离子结构示意图为　　．‎ ‎（2）在z、d、e、f 四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为　　（用 化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是：　　．‎ ‎（3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　　．‎ ‎（4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因　　．‎ ‎（5）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　　．‎ ‎23．A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质．E、F均为气体，且F为红棕色．有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．请回答下列问题：‎ ‎（1）B的电子式为　　，E的化学式为　　．‎ ‎（2）写出实验室制备Y化学反应方程式为　　．‎ ‎（3）Y和F在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，这是一个具有实际意义的反应，可消除F对环境的污染，该反应的化学方程式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省洛阳市回民中学高二（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．下列分子中存在π键的是（　　）‎ A．H2 B．Cl2 C．N2 D．HCl ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】非金属元素之间易形成共价键，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键一个π键，共价三键中含有一个σ键两个π键，根据物质中所含共价键类型判断．‎ ‎【解答】解：A．H2分子中H原子之间以共价单键相结合，所以只含σ键，故A错误；‎ B．Cl2分子中Cl原子之间以共价单键相结合，所以只含σ键，故B错误；‎ C．N2的结构式为N≡N，所以含有σ键和π键，故C正确；‎ D．HCl分子中氯原子和H原子以共价单键相结合，所以只含σ键，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．下列离子方程式的书写正确的是（　　）‎ A．SO2使酸性KMnO4褪色：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+‎ B．Fe（OH）2与HNO3溶液的反应：Fe（OH）2+2H+=Fe2++2H2O C．足量NaOH与磷酸二氢铵反应：OH﹣+NH4+=NH3•H2O D．将SO2通入BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2H+‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化成硫酸；‎ B．稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；‎ C．氢氧化钠足量，磷酸二氢根离子也参与反应；‎ D．二氧化硫与氯化钡溶液不发生反应．‎ ‎【解答】解：A．SO2使酸性KMnO4褪色，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+，故A正确；‎ B．Fe（OH）2与HNO3溶液反应生成硝酸铁、NO气体和水，反应的离子方程式为：3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故B错误；‎ C．足量NaOH与磷酸二氢铵反应生成磷酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：3OH﹣+H2PO3﹣+NH4+=NH3•H2O+2H2O+PO33﹣，故C错误；‎ D．将SO2通入BaCl2溶液中，二者不反应，无法书写离子方程式，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（　　）‎ A．是否是大量分子或离子的集合体 B．是否能通过滤纸 C．分散质粒子直径的大小 D．是否均一、透明、稳定 ‎【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．‎ ‎【分析】溶液、胶体、浊液三种分散系的分散剂都是液体，分散质都是固体，按照分散质粒子的直径大小来区分．‎ ‎【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、‎ 胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），‎ 所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．故A、B、D错，C对．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．键能为破坏1mol化学键所需要吸收的能量或形成1mol化学键所放出的能量．已知H﹣H的键能为436kJ/mol，H﹣Cl的键能为432kJ/mol，氢气与氯气反应时放出热量．据此判断，下列说法不正确的是（　　）‎ A．H2分子比H原子更稳定 B．可求出Cl﹣Cl 的键能为428 kJ/mol C．1mol氢气与1mol氯气所含的总能量比2mol HCl所含的总能量高 D．理论上利用此反应制取盐酸的同时，可依据原电池原理获取电能 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】A、断开化学键要吸收能量；‎ B、反应热△H=断键吸收的能量﹣成键放出的能量；‎ C、反应放热；‎ D、放热的氧化还原反应可以设计成原电池．‎ ‎【解答】解：A、断开化学键要吸收能量，故将氢气分子中的化学键断开后能量要升高，而能量越高物质越不稳定，故氢气分子比H原子更稳定，故A正确；‎ B、反应热△H=断键吸收的能量﹣成键放出的能量，由于反应热△H数值未知，故Cl﹣Cl 的键能无法求算，故B错误；‎ C、反应放热，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；‎ D、由于放热的氧化还原反应可以设计成原电池，而此反应属于氧化还原反应，且反应放热，故可以通过原电池来实将化学能转化为电能，且生成HCl，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法错误的是（　　）‎ A．硅是良好的半导体材料 B．氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮 C．金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体 D．硬铝、青铜和不锈钢都属于合金 ‎【考点】硅和二氧化硅；氨的化学性质；生活中常见合金的组成．‎ ‎【分析】A、硅是半导体；‎ B、固氮应为氮气生成化合物；‎ C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质；‎ D、依据青铜、硬铝、不锈钢的成分和合金的概念分析判断．‎ ‎【解答】解：A、硅是半导体，所以硅是良好的半导体材料，故A正确；‎ B、固氮应为氮气生成化合物，所以氨气与硝酸合成氮肥不属于人工固氮，故B错误；‎ C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质，互称为同素异形体，故C正确；‎ D、青铜是铜锡合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金、不锈钢是铁铬、镍合金，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．乙烯和聚乙烯均能使溴水褪色 B．甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色 C．乙酸和乙酸乙酯均能发生取代反应 D．葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体 ‎【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】A．聚乙烯中不含不饱和键；‎ B．甲烷、苯均与高锰酸钾溶液不反应；‎ C．乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解均属于取代反应；‎ D．淀粉与纤维素的分子式为（C6H10O5）n，但n不同．‎ ‎【解答】解：A．聚乙烯中不含不饱和键，不与溴水反应，而乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，故A错误；‎ B．甲烷、苯均与高锰酸钾溶液不反应，而油脂中含不饱和键的酯类物质能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；‎ C．乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解均属于取代反应，即乙酸、乙酸乙酯均可发生取代反应，故C正确；‎ D．淀粉与纤维素的分子式为（C6H10O5）n，但n不同，二者不互为同分异构体，但葡萄糖与果糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．下列用于解释实验事实的化学方程式正确的是（　　）‎ A．Al2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓‎ B．纯碱溶液使酚酞变红：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ C．乙酸清除水垢后的化学反应原理：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O D．FeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．氨水中的一水合氨是弱碱，一水合氨不能拆开，离子方程式中应该保留分子式；‎ B．碳酸根离子的水解分步进行，离子方程式应该分步书写，主要写出第一步的水解即可；‎ C．乙酸和碳酸钙都不能拆开，应该保留化学式；‎ D．氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，铁离子转化成亚铁离子．‎ ‎【解答】解：A．一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；‎ B．纯碱是强碱弱酸的盐，盐水解是分步进行的，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32﹣+2H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；‎ C．乙酸是弱酸，碳酸钙为难溶物，二者应该写化学式，清除水垢后的化学反应原理为：2CH3COOH+CO32﹣=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故C错误；‎ D．FeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+，符合反应事实，离子方程式拆写也符合原则，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．已知氢化钾（KH）属于离子化合物，KH跟水反应可以放出氢气．下列说法中正确的是（　　）‎ A．KH的水溶液呈碱性 B．KH中氢离子可以被还原为氢气 C．KH是一种强氧化剂 D．KH中的氢离子是裸露的质子 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】由信息可知，发生KH+H2O=KOH+H2↑，KH中H元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．发生KH+H2O=KOH+H2↑，KOH溶液显碱性，故A正确；‎ B．KH中氢离子为﹣1价，化合价升高，被氧化成氢气，故B错误；‎ C．KH中H失去电子，则KH做还原剂，故C错误；‎ D．KH中的氢离子核外有2个电子，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（　　）‎ ‎①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容 ④反应后溶液的质量 ⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度的变化 ⑦操作所需时间．‎ A．①②③⑥ B．①③④⑤ C．③④⑤⑥ D．全部 ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】根据中和热的计算公式△H=﹣来确定实验中需要的数据．‎ ‎【解答】解：由反应热的计算公式△H=﹣可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量，故选A．‎ ‎　‎ ‎10．如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍．下列说法正确的是（　　）‎ X Y Z W T A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力 D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，‎ A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞H3P，故A错误；‎ B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故B错误；‎ C、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C错误；‎ D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D正确，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．将一小块Na投入到FeCl3溶液中，可以观察到的现象是（　　）‎ A．生成白色沉淀、有气体产生 B．生成红褐色沉淀、有气体产生 C．生成红褐色沉淀 D．生成黑色沉淀、有气体产生 ‎【考点】钠的化学性质．‎ ‎【分析】钠投入到盐溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，接着NaOH与盐发生复分解反应，据此解答．‎ ‎【解答】解：钠投入到FeCl3溶液中，钠先与水反应生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，接着NaOH与FeCl3反应生成NaCl和Fe（OH）3沉淀，即FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，所以现象有气体产生同时生成Fe（OH）3红褐色的沉淀，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）‎ A．pH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA B．1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA C．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA D．80g NH4NO3晶体中含有NH4+小于个NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、溶液体积不明确；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；‎ C、铜只能与浓硫酸反应；‎ D、1molNH4NO3晶体中含1molNH4+．‎ ‎【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误；‎ B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1 mol Na2O和Na2O2混合物中含2mol钠离子和1mol阴离子，即3NA个，与Na2O和Na2O2所占的比例无关，故B正确；‎ C、铜只能与浓硫酸反应，当硫酸变稀后反应即停止，故生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故C错误；‎ D、80gNH4NO3的物质的量为1mol，而1molNH4NO3晶体中含1molNH4+即NA个，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（　　）‎ A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O3‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析．‎ ‎【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，‎ Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，‎ Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，‎ 设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，‎ ‎2×（5﹣x）=1×（6﹣4），解得x=+4，‎ A、Cl2中，Cl元素的化合价为0，故A错误；‎ B、Cl2O中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；‎ C、ClO2中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故C正确；‎ D、Cl2O3中，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（　　）‎ ‎①CO、O2（2：1）②NH3、O2（8：1）③NO2、O2（4：1）④N2、H2（1：3）‎ A．①② B．②③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】烧杯中水进入集气瓶的原因是存在压强差，当气体能与液体反应或溶于液体时，造成瓶内部压强变小，从而使烧杯中的水进入集气瓶．‎ ‎【解答】解：①一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故①错误；‎ ‎②氨气极易溶于水，氧气不溶，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故②正确；‎ ‎③二氧化氮和氧气4：1混合与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故③正确；‎ ‎④氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故④错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、解答题 ‎15．用A、B、C、D、E和F表示含有10个电子的微粒（离子或分子），请回答：‎ ‎（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，A离子是　Na+　‎ ‎（2）C是由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性，其分子式是　NH3　‎ ‎（3）D是由两种元素组成的三原子分子，电子式是　　‎ ‎（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，写出该过程的离子方程式　Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O　‎ ‎（5）E+F→C+D写出该方程式　NH4++OH﹣=NH3+H2O　．‎ ‎【考点】原子结构与元素的性质；离子方程式的书写．‎ ‎【分析】含有10个电子的微粒有：CH4、NH3、H2O、HF、NH4+、OH﹣、H3O+、O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+、Al3+等，根据各离子的组成和性质解答该题．‎ ‎【解答】解：含有10个电子的微粒有：CH4、NH3、H2O、HF、NH4+、OH﹣、H3O+、O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+、Al3+等，则 ‎（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，则A为Na元素，A离子是Na+，故答案为：Na+；‎ ‎（2）由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性的物质是NH3，故答案为：NH3；‎ ‎（3）由两种元素组成的三原子分子为H2O，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，则B为Al3+，F为OH﹣，反应的离子方程式分别有：‎ Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O，‎ 故答案为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+H2O；‎ ‎（5）由以上分析可知E为NH4+，F为OH﹣，C为NH3，D为H2O，反应的离子方程式为NH4++OH﹣=NH3+H2O，‎ 故答案为：NH4++OH﹣=NH3+H2O．‎ ‎　‎ ‎16．表为元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨九种元素，请回答有关问题：‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎4‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎（1）⑨的元素符号是　Br　．‎ ‎（2）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子结构示意图为　　．‎ ‎（3）这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是　HClO4　（填化学式，下同），碱性最强的是　KOH　，显两性的是　Al（OH）3　．‎ ‎（4）将元素①与氢元素组成的最简单有机物和⑥的单质按1：1混合后的气体在光照条件下放置一段时间，最多能得到　HCl　产物．‎ ‎（5）用电子式表示④和⑥两元素形成化合物的过程为　　．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】（1）由元素在周期表的位置可知，①为C、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为Ar、⑧为K、⑨为Br，‎ ‎（2）稀有气体Ar化学性质稳定，核外电子数为18，各层电子数为2、8、8；‎ ‎（3）从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，从上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，F没有含氧酸，故高氯酸的酸性最强，所以失电子能力最强的是K，对应的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物；‎ ‎（4）甲烷与氯气按1：1混合，光照条件下，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，无论生成哪种有机物都有氯化氢生成，每步反应中生成的卤代甲烷与HCl都是1：1；‎ ‎（5）氯化镁属于离子化合物，用电子式表示其形成过程，左侧为Mg、Cl原子电子式，右侧为氯化镁电子式，中间用“→”连接．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表的位置可知，①为C、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Cl、⑦为Ar、⑧为K、⑨为Br，‎ ‎（1）⑨的元素符号是Br，故答案为：Br；‎ ‎（2）稀有气体Ar化学性质稳定，核外电子数为18，各层电子数为2、8、8，原子结构示意图为：，故答案为：；‎ ‎（3）根据元素周期律：周期表中从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强，从上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，元素非金属性逐渐减弱，F没有含氧酸，上述元素F除外中Cl的非金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该酸为HClO4，K的金属性最强，则KOH的碱性最强，Al（OH）3为两性氢氧化物，‎ 故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3； ‎ ‎（4）甲烷与氯气按1：1混合，光照条件下，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，每步反应中生成的卤代甲烷与HCl都是1：1，故产物中HCl最多，‎ 故答案为：HCl；‎ ‎（5）氯化镁属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎17．随着科学技术的进步，硫及其化合物的研究越来越深人．‎ ‎（1）共生工程可以促进化学工业的发展，并改善环境．‎ ‎①下列有关环境问题的说法错误的是　b　（填序号字母）．‎ a．空气中SO2浓度过高会加重呼吸系统和心脑血管疾病 b．SO2、NOx、CO2的大量排放都会造成酸雨 c．氮的氧化物和碳氢化合物大量排放可能引发光化学烟雾 d．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”都能改善空气质量 ‎②发电厂产生的SO2尾气中的可直接用氨水吸收，变废为宝．若用15L 2.0mol•L﹣1氨水充分吸收4480L含10%的SO2硫酸尾气（气体体积已折算成标准状况）．充分反应后吸收液中的溶质为　（NH4）2SO3和NH4HSO3　．‎ ‎③利用发电厂产生的SO2制成以水为电解质的SO2质子交换膜燃料电池，该电池电动势为1.06V．电池工作时负极反应式为　SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+　．‎ ‎（2）将发电厂产生的SO2通人含有Na2S、Na2CO3的废液中可制得Na2S2O3•5H2O，通人SO2过程中的现象是：通了一段时间后，产生气体并析出沉淀，沉淀量逐渐增多；沉淀量逐渐减少并形成清液；停止通SO2，过滤后母液经蒸发浓缩，冷却得Na2S2O3•5H2O晶体（提示：）．上述过程中析出沉淀时发生的氧化还原反应的化学方程式为：　2H2S+SO2=3S↓+2H2O　．调节废液中Na2S和Na2CO3的物质的量之比为　2：1　，时可以恰好完全反应生成Na2S2O3•5H2O．‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】（1）①a．SO2有毒，对人体危害主要是刺激人和呼吸道和眼睛；‎ b．依据酸雨成因解答；‎ c．依据光化学烟雾成因解答；‎ d．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”，能够减轻环境污染，减少空气污染物排放；‎ ‎②分别计算氨气、二氧化硫的物质的量，依据方程式：SO2少量，反应为：H2O+SO2+2NH3=（NH4）2SO3；SO2过量，H2O+SO2+NH3=NH4HSO3，分析判断；‎ ‎③二氧化硫具有还原性，在原电池负极发生氧化反应生成硫酸根离子；‎ ‎（2）SO2具有氧化性和还原性，遇到﹣2价S，SO2体现氧化性，反应方程式：Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，生成Na2S2O3的反应方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O3+CO2↑，调节物质的量之比为2：1时，恰好完全生成Na2S2O3•5H2O．‎ ‎【解答】解：（1）①a、SO2对人体危害主要是刺激人和呼吸道和眼睛，当空气中SO2浓度达一定程度时，可引起和加重呼吸系统和心血管疾病，故a正确；‎ b、CO2不会引起酸雨，故b错误；‎ c、氮的氧化物和碳氢化合物大量排放引起光化学烟雾的原因，故c正确；‎ d、静电除尘是除去空气中悬浮颗粒，燃煤固硫是减少SO2的排放，减少酸雨，低碳经济是减少CO2的排放，减缓温室效应，这些都是改善空气质量，故d正确；‎ 故选：b；‎ ‎②NH3的物质的量15×2mol=30mol，SO2的物质的量4480×10%/22.4mol=20mol，发生反应方程式：H2O+SO2+2NH3=（NH4）2SO3，SO2过量，H2O+SO2+NH3=NH4HSO3，NH3不足，所以溶质是（NH4）2SO3、NH4HSO3；‎ 故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；‎ ‎③以题意SO2质子交换膜的燃料电池，说明SO2在负极上失电子，且产生H+，所以电极反应式：SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣；‎ 故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣；‎ ‎（2）SO2具有氧化性和还原性，遇到﹣2价S，SO2体现氧化性，反应方程式：Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，生成Na2S2O3的反应方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O3+CO2↑，调节物质的量之比为2：1时，恰好完全生成Na2S2O3•5H2O；‎ 故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；2：1．‎ ‎　‎ ‎18．某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．‎ ‎（1）提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？‎ ‎（2）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含　Br2　（填化学式，下同）所致．‎ ‎②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含　Fe3+　所致．‎ ‎（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的．‎ 供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液．‎ 请你在表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象．‎ 选用试剂（填序号）‎ 实验现象 方案1‎ 方案2‎ ‎（4）结论 氧化性：Br2＞Fe3+．故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为　2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣　．‎ ‎（5）实验后的思考 ‎①根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是　Fe2+　．‎ ‎②在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br﹣被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为　1mol/L　．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计；氯、溴、碘的性质实验．‎ ‎【分析】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2 Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的．即可得出甲同学、乙同学的结论；‎ ‎（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2 Fe2++Br2═2 Fe3++2Br﹣，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路．第一，溶液中不存在Br2，然后选择合适试剂检验不存在Br2．第二，溶液中存在Fe3+，选择合适试剂检验存在Fe3+，即可确定乙同学观点正确；‎ ‎（4）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+；‎ ‎（5）①还原性强的离子先被氧化；‎ ‎②根据电子守恒进行计算．‎ ‎【解答】解：（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2++Br2‎ ‎═2Fe3++2Br﹣，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的．因此①中甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；②中乙同学认为氧化性：Fe3+＜Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；‎ ‎（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+．要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案一：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色．则证明方案一正确；方案二：证明溶液中存在Fe3+．根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案二正确，‎ 方案一、方案二都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，‎ 故答案为：‎ 选用试剂（填序号）‎ 实验现象 方案1‎ b 下层（CCl4层）无色 方案2‎ d 溶液变为血红色 ‎（4）根据结论：氧化性：Fe3+＜Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br﹣．确定出反应物和生成物后Fe2++Br2﹣Fe3++Br﹣，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到﹣1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br﹣前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，‎ 故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣；‎ ‎（5）①FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br﹣，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br﹣，发生的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣．根据反应2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，还原剂是Fe2+，还原产物是Br﹣，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即得还原性：Fe2+＞Br﹣，因此Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br﹣，‎ 故答案为：Fe2+；‎ ‎②2.24LCl2（标准状况）的物质的量是0.1mol，得到0.2mol．设溴化亚铁的物质的量是xmol，氯气首先氧化亚铁离子，然后氧化溴离子，则根据电子得失守恒可知0.2=x×1+2x××1，解得：x=0.1，因此溴化亚铁的浓度是0.1mol÷0.1L=1mol/L，‎ 故答案为：1mol/L．‎ ‎　‎ ‎19．某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：‎ Ⅰ．配制FeCl2溶液 取部分变质的氯化亚铁固体[含有难溶性杂质Fe（OH）2Cl]，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉．‎ Ⅱ．实验探究Fe3+与Fe2+相互转化 实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红 实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去 写出Fe（OH）2Cl与盐酸反应的离子方程式　Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O　．‎ ‎（2）请用离子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因　2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+　．‎ ‎（3）实验2的现象与预测不同，为探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：‎ 步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄 步骤2：将黄色溶液分为三份：‎ 试管1 取2mL黄色溶液溶液变红 试管2 取3mL黄色溶液溶液变蓝 试管3 取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝（比试管2中溶液颜色深）‎ ‎①试管2中滴加K3[Fe（CN）6]检验的离子是　Fe2+　．‎ ‎②黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl﹣ 和　Fe3+、Fe2+、I2　．‎ ‎③综合上述实验现象，得出的实验结论是　Fe3+与I﹣的反应为可逆反应　．‎ ‎【考点】铁及其化合物的性质实验．‎ ‎【分析】（1）Fe（OH）2Cl和盐酸反应生成盐和水；‎ ‎（2）氯气具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子；‎ ‎（3）①亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀；‎ ‎ ②碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘；‎ ‎③铁离子能使硫氰化钾溶液呈红色，亚铁离子能和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀．‎ ‎【解答】解：（1）Fe（OH）2Cl和盐酸反应生成盐和水，离子反应方程式为：Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O，‎ 故答案为：Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O；‎ ‎（2）氯气具有强氧化性，能被还原性的亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，离子反应方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，‎ 故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+；‎ ‎（3）①亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，这是亚铁离子的特征反应，所以试管2中滴加K3[Fe（CN）6]检验的离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；‎ ‎ ②试管1说明溶液中含有铁离子，试管2说明溶液中含有亚铁离子，铁离子和碘离子反应生成亚铁离子和碘单质，导致溶液中还含有碘单质，所以黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl﹣ 和Fe3+、Fe2+、I2，‎ 故答案为：Fe3+、Fe2+、I2；‎ ‎③碘化钾溶液和少量的氯化铁溶液反应，溶液中存在铁离子和亚铁离子，说明Fe3+与I﹣的反应为可逆反应，‎ 故答案为：Fe3+与I﹣的反应为可逆反应．‎ ‎　‎ ‎20．绿矾（FeSO4•7H2O）硫酸法生产一种稀有金属产品过程中产出的副产品，产品外观为淡绿色或淡黄绿色结晶固体．加入适量可调节碱性水中的pH，与水中悬浮物有机结合，并加速沉淀，主要应用于水质净化和工业废水处理，同时具有杀菌作用．‎ ‎（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为　7.14mol•L﹣1　（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为　＞　（填＞、＜、=“）40%“．‎ ‎（2）实际生产用20%发烟硫酸配制稀硫酸，若用SO3•nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=　0.77　（保留两位小数）．‎ ‎（3）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2+完全氧化，推测晶体的化学式为　FeSO4•Fe2（SO4）3•10H2O　．‎ ‎（4）硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量．现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL 2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：‎ ‎10NO3﹣+3Cu2S+16H+=6Cu2++10NO↑+3SO42﹣+8H2O ‎8NO3﹣+3CuS+8H+=3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O 剩余的稀硝酸恰好与V mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．‎ 已知：NO3﹣+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O ‎①V值范围　42～60mL　．‎ ‎【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】（1）根据c=计算出密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度；假设密度相同，混合后质量分数为40%，由于硫酸的质量分数越大，溶液中含有的硫酸的质量越大，所以混合后硫酸的质量分数大于40%；‎ ‎（2）20%发烟硫酸可表示为SO3•nH2O，通过整理即为：nH2SO4•（1﹣n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1﹣n）=（1﹣20%）：20%，解出n即可；‎ ‎（3）根据沉淀9.32克为硫酸钡、氯气的物质的量计算出铁离子和亚铁离子的物质的量、再根据质量关系计算出含有的结晶水的质量，最后计算出晶体的化学式；‎ ‎（4）①采用极限法计算与固体混合物反应需要的硝酸的物质的量，剩余的硝酸与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应计算需要的（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积；‎ ‎【解答】解：（1）密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为： mol/L≈7.14mol/L；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%，‎ 故答案为：7.14 mol•L﹣1；＞；‎ ‎（2）20%发烟硫酸可表示为SO3•nH2O，通过整理即为：nH2SO4•（1﹣n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1﹣n）=（1﹣20%）：20%，解得n=0.77，‎ 故答案为：0.77；‎ ‎（3）硫酸钡的物质的量为： =0.04mol，即n（FeSO4）+3n（Fe2（SO4）3）=0.04mol，标况下112mL氯气的物质的量为： =0.005mol，根据反应关系式2Fe2+～Cl2可知，硫酸亚铁的物质的量为：n（FeSO4）=n（Fe2+）=2n（Cl2）0.01mol，则3n（Fe2（SO4）3）=0.04mol﹣0.01mol=0.03mol，7.32克晶体中结晶水的质量为：m（H2O）=7.32g﹣152g/mol×0.01mol﹣400g/mol×0.01mol=1.8g，结晶水的物质的量为：n（H2O）=‎ ‎=0.1mol，所以绿矾晶体中硫酸亚铁、硫酸铜、水的物质的量之比为0.01mol：0.01mol：0.1mol=1：1：10，所以晶体的化学式为：FeSO4•Fe2（SO4）3•10H2O，‎ 故答案为：FeSO4•Fe2（SO4）3•10H2O；‎ ‎（4）①硝酸的物质的量为：0.20L×2mol/L=0.4mol，‎ 假设固体混合物全部为Cu2S，则n（Cu2S）==0.054mol，需要是硝酸的物质的量为x，‎ ‎10NO3﹣+3Cu2S+16H+→6Cu2++10NO↑+3SO42﹣+8H2O ‎ 3 16‎ ‎ 0.054mol x x==0.288mol，‎ 剩余的硝酸的物质的量为：0.4mol﹣0.288mol=0.112mol，‎ ‎0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．‎ ‎ NO3﹣+3Fe2++4H+→NO↑+3Fe3++2H2O ‎ 3mol 4‎ ‎1×10﹣3VL×2mol/L 0.112mol 解得V=42，‎ 假设固体混合物全部为CuS，则n（CuS）==0.09mol，需要硝酸的物质的量为y，‎ ‎8NO3﹣+3CuS+8H+→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O，‎ ‎ 3 8‎ ‎ 0.09mol y y==0.24mol 剩余的硝酸的物质的量为：0.4mol﹣0.24mol=0.16mol．‎ ‎0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．‎ ‎ NO3﹣+3Fe2++4H+→NO↑+3Fe3++2H2O ‎ 3mol 4‎ ‎1×10﹣3VL×2mol/L 0.16mol 解得V=60，‎ 所以V值范围为：42＜V＜60，‎ 故答案为：42～60mL．‎ ‎　‎ ‎21．有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大，其核电荷数总和为38．Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的；W元素原子最外层电子比同周期Z元素多5个电子；W和Y不属同一主族．‎ ‎（1）写出元素符号：X　H　，Y　O　，Z　Mg　，W　Cl　．‎ ‎（2）Z、W两元素最高价氧化物对应水化物反应的方程式是　Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O　．‎ ‎（3）把Z的单质（片状）放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是　有气泡、变红　，反应的 化学方程式是　Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑　．‎ ‎【考点】物质的结构与性质之间的关系．‎ ‎【分析】（1）Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的3/4，判断出Y为O元素．设X、Y、Z、W的核电核数分别为x、y、z、w，则x+y+z+w=38，x＜y，y=8，z＞y，w=z+5＜18，w≠16 即x＜8，x+2z=25，8＜z＜13，z≠11．①假设x=1则z=12（合理）；②假设x=2，则z=23/2（舍去）；③假设x=3，则z=11（舍去）；④假设x=4，则z=21/2（舍去）； ⑤假设x=5，则z=10（舍去）；⑥假设x=6，则z=19/2（舍去）；⑦假设x=7，则z=9（舍去）．故X为H元素，Z为Mg元素，W为Cl元素，由此解答；‎ ‎（2）Mg、Cl两元素最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化镁和高氯酸，反应生成高氯酸镁和水；‎ ‎（3）Mg和沸水反应置换出H2且生成碱Mg（OH）2，故反应的现象为有气泡、溶液变红．反应的方程式为Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑．‎ ‎【解答】解：（1）Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的3/4，判断出Y为O元素．设X、Y、Z、W的核电核数分别为x、y、z、w，则x+y+z+w=38，x＜y，y=8，z＞y，w=z+5＜18，w≠16 即x＜8，x+2z=25，8＜z＜13，z≠11．①假设x=1则z=12（合理）；②假设x=2，则z=23/2（舍去）；③假设x=3，则z=11（舍去）；④假设x=4，则z=21/2（舍去）； ⑤假设x=5，则z=10（舍去）；⑥假设x=6，则z=19/2（舍去）；⑦假设x=7，则z=9（舍去）．故X为H元素，Z为Mg元素，W为Cl元素，‎ 故答案为：H； O； Mg； Cl；‎ ‎（2）Mg、Cl两元素最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化镁和高氯酸，反应生成高氯酸镁和水，反应方程式为Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O，‎ 故答案为：Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O；‎ ‎（3）Mg和沸水反应置换出H2且生成碱Mg（OH）2，故反应的现象为有气泡、溶液变红．反应的方程式为Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑，‎ 故答案为：有气泡、变红；Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑．‎ ‎　‎ ‎22．随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示．‎ 根据判断出的元素回答问题：‎ ‎（1）f 在元素周期表的位置是　第三周期ⅢA族　；g的离子结构示意图为　　．‎ ‎（2）在z、d、e、f 四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为　r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+）　（用 化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是：　HClO4　．‎ ‎（3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式　　．‎ ‎（4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因　NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+　．‎ ‎（5）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．‎ ‎（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；S2﹣离子核电荷数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；‎ ‎（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；‎ ‎（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3；‎ ‎（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解溶液呈酸性；‎ ‎（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，计算2mol钠反应放出放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．‎ ‎（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；S2﹣离子结构示意图为，‎ 故答案为：第三周期ⅢA族；；‎ ‎（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+）；‎ 非金属性S＜Cl，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，‎ 故答案为：r（N3﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+）；HClO4；‎ ‎（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3，电子式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，溶液呈酸性，‎ 故答案为：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；‎ ‎（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，2mol钠反应放出放出的热量为255.5kJ×2=511kJ，反应热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎23．A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质．E、F均为气体，且F为红棕色．有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）．请回答下列问题：‎ ‎（1）B的电子式为　　，E的化学式为　NO　．‎ ‎（2）写出实验室制备Y化学反应方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．‎ ‎（3）Y和F在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，这是一个具有实际意义的反应，可消除F对环境的污染，该反应的化学方程式为　8NH3+6NO2=7N2+12H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质，X与Y产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，反推可知E为NO，C为O2，则Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，A为Cl2，B为N2，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质，X与Y产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，反推可知E为NO，C为O2，则Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，A为Cl2，B为N2．‎ ‎（1）B为N2，电子式为，E的化学式为NO，‎ 故答案为：；NO；‎ ‎（2）实验室制备NH3化学反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，‎ 故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎（3）NH3和NO2在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，应生成氮气与水，该反应的化学方程式为 8NH3+6NO2=7N2+12H2O，‎ 故答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O．‎ ‎　‎ ‎2016年12月2日