化学卷·2018届河南省周口市淮阳县淮阳中学高二上学期开学化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届河南省周口市淮阳县淮阳中学高二上学期开学化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县淮阳中学高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．A、B、C为短周期元素，在周期表中如表所示：A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的核电荷数．有关说法不正确的是（　　）‎ A D C B A．A的氧化物有多种形式 B．B的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 C．C的氢化物水溶液通常用玻璃试剂瓶盛放 D．D元素形成的单质不止一种 ‎2．下列关于钠的叙述，不正确的是（　　）‎ A．金属钠投入水中会发生剧烈反应，生成NaOH和H2‎ B．金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是NaHCO3‎ C．钠在空气中燃烧，燃烧产物是Na2O2‎ D．金属钠在自然界不能以游离态存在 ‎3．下列除杂操作可行的是（　　）‎ A．通过浓硫酸除去HCl中的H2O B．通过灼热的CuO除去H2中的CO C．通过灼热的镁粉除去N2中的O2‎ D．通过水除去CO中的CO2‎ ‎4．准确量取25.00毫升高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（　　）‎ A．50mL量筒 B．10mL量筒 C．50mL酸式滴定管 D．50mL碱式滴定管 ‎5．下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是（　　）‎ A．H2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H+‎ B．纯碱是碱，因为其水溶液显碱性 C．醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离 D．胆矾（CuSO4•5H2O）是混合物，因为胆矾中有水 ‎6．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的．如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．1molN2（g）和1molO2（g）反应放出的能量为180　kJ B．1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2　molNO（g）具有的总能量 C．通常情况下，N2（g）和　O2混合能直接生成NO D．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎7．下列表达式错误的是（　　）‎ A．甲烷的电子式： B．乙烯的结构简式为：CH2CH2‎ C．丙烷的球棍模型为： D．苯的比例模型为：‎ ‎8．既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（　　）‎ ‎①Na2SiO3 ②Al（OH）3 ③SiO2 ④Al2O3 ⑤NaHCO3．‎ A．①②④ B．②④⑤ C．②③④ D．全部 ‎9．某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量（平均相对分子质量）为45，则发生反应的物质一定不可能是（　　）‎ A．Zn和浓H2SO4 B．C和浓HNO3‎ C．Cu和浓HNO3 D．Na2O2和NH4Cl浓溶液 ‎10．某气体的质量是9.5g，体积是5.6升（标准状况下），该气体的摩尔质量是（　　）‎ A．38 B．38g•mol﹣1 C．19 D．19g•mol﹣1‎ ‎11．下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．铁跟盐酸反应 2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ B．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑‎ C．过量的碳酸氢钠加入到石灰水中2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=2H2O+CO32﹣+CaCO3↓‎ D．氯化铝溶液中滴加氨水至过量 Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O ‎12．同温同压下有两份体积相同的CO2和O3，关于它们的叙述正确的是（　　）‎ A．分子数之比是1：1 B．原子个数比是3：2‎ C．质子数比是12：11 D．密度之比是1：1‎ ‎13．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ A．2.24 L CH4气体中含有的电子数为NA B．25℃时，1.0 L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA C．0.1NA个氯气分子溶于水形成1 L溶液，所得溶液中c（Cl﹣）=0.1 mol/L D．1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA ‎14．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（　　）‎ A．0.1 mol铁在0.1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.2 NA B．标准状况下，5.6L水中含有的分子数为0.25NA C．20g D2O中含有的质子数目为10NA D．标准状况下，22.4 LCO2和O2混合气体中含有的氧原子数为2NA ‎15．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液．整个实验过程中溶液的pH变化曲线如右图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是（　　）‎ A．实验过程中用pH试纸测定溶液的pH B．a～b段，溶液中减小 C．b点对应溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）‎ D．c点对应溶液中：c（Na+）=2c（ClO﹣）+c（HClO）‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分51分）‎ ‎16．下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）．化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料．‎ ‎（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式　　‎ ‎（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式　　‎ ‎（3）写出一个由D生成B的化学方程式　　；‎ ‎（4）将5mL0.10mol•L﹣1的E溶液与10mL0.10mol•L﹣1的NaOH溶液混合．‎ ‎①写出反应的离子方程式　　；‎ ‎②反应后溶液的pH　　7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是　　；‎ ‎③加热反应后的溶液，其pH　　（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是　　．‎ ‎17．有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的元素名称为　　，D在周期表中的位置　　．‎ ‎（2）A，C，D对应的离子半径由大到小顺序为　　，（用化学符号表示）‎ ‎（3）D的单质与水反应的离子方程式为　　．‎ ‎（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入过量烧碱溶液，用离子方程式表述　　．‎ ‎18．以下是氮循环的一部分：‎ ‎（1）通常状况下，NO2的颜色是　　；‎ ‎（2）反应①的化学方程式是　　；‎ ‎（3）NO2易溶于水，并和水发生化学反应．该反应中，氧化剂是　　；‎ ‎（4）化合物A的化学式是　　；‎ ‎（5）治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：2NO+2CO═2CO2+N2．当生成2mol N2时，被还原的NO为　　 mol．‎ ‎19．海藻中提取碘的流程如图，已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI═2KCl+I2．请回答下列问题：‎ ‎（1）指出提取碘的过程中有关实验操作①、③的名称：　　；　　．‎ ‎（2）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象是　　．（注：如图试管中深色区为紫红色溶液）‎ ‎（3）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如图实验装置中的错误之处．（加热装置烧杯下已垫石棉网）‎ ‎①　　；‎ ‎②　　．‎ ‎20．火力发电在我国的能源利用中占较大比重，但是排放出的SO2会造成一系列环境和生态问题，直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．‎ ‎（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：　　．‎ ‎（2）工业上用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2．将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO3溶液，溶液pH不断减小．当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂．‎ ‎①此时溶液中c（SO32﹣）的浓度是0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）是　　mol•L﹣1．‎ ‎②向pH约为6的吸收剂中通入足量的O2，可将其中的NaHSO3转化为两种物质，反应的化学方程式是　　．‎ ‎③某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施，模拟实验吸收含硫烟气，实验结果如图所示．则：　　，有利于提高SO2的吸收效率．‎ ‎（3）工厂仓库存放的Na2SO3药品已部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定其含量，具体步骤如下：‎ 步骤i　称取样品1.000g．‎ 步骤ii　将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀．‎ 步骤iii　移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用0.01000mol•L﹣1 KMnO4标准溶液滴定至终点．‎ 按上述操作方法再重复2次．‎ ‎①写出步骤iii所发生反应的离子方程式　　；‎ ‎②在配制0.01000mol•L﹣1 KMnO4溶液时若仰视定容，则最终测得药品中Na2SO3的含量　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎③某同学设计用下列仪器进行滴定实验（夹持部分略去），最合理的组合是　　 （填字母）．‎ ‎④滴定结果如下表所示：‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.02‎ ‎21.03‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎21.99‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎2.20‎ ‎20.20‎ 则该药品中Na2SO3的质量分数为　　．‎ ‎21．质量比为16：7的两种气体 SO2、CO 分子个数之比为　　；氧原子个数之比为　　；同温同压下，等质量的SO2、CO体积比为　　，密度比为　　．‎ ‎22．A、B、C、D四种化合物其焰色反应均为紫色，A、B、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若向A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B与C的溶液混合可制得A，试推断：‎ ‎（1）A是　　，B是　　，C是　　，D是　　．‎ ‎（2）完成有关化学方程式：C→A　　，A→C　　，B+C→A　　．‎ ‎23．已知有以下物质相互转化：‎ 试回答：‎ ‎（1）写出B的化学式　　D的化学式　　．‎ ‎（2）写出由E转变成F的化学方程式　　．‎ ‎（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式　　；向G溶液加入A的有关离子反应方程式　　．‎ ‎24．X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数表化如下图所示．已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强．‎ ‎（1）W位于元素周期表中第　　周期第　　族．画出X的阴离子的结构示意图　　．‎ ‎（2）Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是　　（写化学式）；Z的氢化物与氟化氢相比，沸点较高的是　　（写化学式）．‎ ‎（3）Y的金属性与Mg的金属性相比，　　（写化学式）的金属性强，请用实验证明它们金属性的相对强弱：　　．‎ ‎（4）写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学反应方程式：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县淮阳中学高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．A、B、C为短周期元素，在周期表中如表所示：A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的核电荷数．有关说法不正确的是（　　）‎ A D C B A．A的氧化物有多种形式 B．B的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 C．C的氢化物水溶液通常用玻璃试剂瓶盛放 D．D元素形成的单质不止一种 ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】A、B、C为短周期元素，令D的核电荷数为x，则A、B、C的核电荷数依次为x﹣1、x+8、x+1，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的核电荷数，则x﹣1+x+1=x+8，解得x=8，故D为氧元素，可推知A为氮元素、C为氟元素、B为硫元素，‎ A．N元素有+1、+2、+3、+4、+5价，其氧化物有多种；‎ B．B为硫元素，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，属于强酸；‎ C、C的氢化物水溶液为HF的水溶液与玻璃的主要成份二氧化硅反应；‎ D、氧元素形成的单质有氧气、臭氧．‎ ‎【解答】解：A、B、C为短周期元素，令D的核电荷数为x，则A、B、C的核电荷数依次为x﹣1、x+8、x+1，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的核电荷数，则x﹣1+x+1=x+8，解得x=8，故D为氧元素，可推知A为氮元素、C为氟元素、B为硫元素，‎ A．N元素有+1、+2、+3、+4、+5价，其氧化物有多种，故A正确；‎ B．B为硫元素，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，属于强酸，故B正确；‎ C、C的氢化物水溶液为HF的水溶液与玻璃的主要成份二氧化硅反应，故C错误；‎ D、D氧元素单质有氧气、臭氧，故D正确，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于钠的叙述，不正确的是（　　）‎ A．金属钠投入水中会发生剧烈反应，生成NaOH和H2‎ B．金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是NaHCO3‎ C．钠在空气中燃烧，燃烧产物是Na2O2‎ D．金属钠在自然界不能以游离态存在 ‎【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物．‎ ‎【分析】A．钠和水反应剧烈且生成NaOH和H2；‎ B．钠长期暴露在空气中，它的最终产物是Na2CO3；‎ C．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2；‎ D．钠很活泼，能和水、氧气反应．‎ ‎【解答】解：A．钠的性质很活泼，极易和水剧烈反应且生成NaOH和H2，故A正确；‎ B．钠长期暴露在空气中，钠氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠易潮解，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠会从溶液中析出生成十水碳酸钠，十水碳酸钠失水生成碳酸钠，它的最终产物是Na2CO3，故B错误；‎ C．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，钠放置在空气中生成氧化钠，故C正确；‎ D．钠很活泼，能和水、氧气反应，所以钠在自然界中以化合态存在，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列除杂操作可行的是（　　）‎ A．通过浓硫酸除去HCl中的H2O B．通过灼热的CuO除去H2中的CO C．通过灼热的镁粉除去N2中的O2‎ D．通过水除去CO中的CO2‎ ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应；‎ B．二者均可还原CuO；‎ C．二者均与Mg反应；‎ D．二氧化碳在水中的溶解度不大．‎ ‎【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；‎ B．二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；‎ C．二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；‎ D．二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．准确量取25.00毫升高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（　　）‎ A．50mL量筒 B．10mL量筒 C．50mL酸式滴定管 D．50mL碱式滴定管 ‎【考点】计量仪器及使用方法．‎ ‎【分析】准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，学过的量具，滴定管、移液管是能精确计量的仪器；注意高锰酸钾溶液的强氧化性．‎ ‎【解答】解：A、50 mL量筒的感量是0.1mL，所以50 mL量筒不能精确地量取25.00毫升高锰酸钾溶液，故A错误．‎ B、10mL量筒的感量是0.1mL，且25mL溶液比10mL量筒的量程大，所以10 mL量筒不能量取25.00毫升高锰酸钾溶液，故B错误．‎ C、滴定管、移液管是能精确计量的仪器，准确量取25.00mL溶液，应用25ml的滴定管、50mL滴定管量取，高锰酸钾溶液中含有酸，所以溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取，故C正确．‎ D、碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强腐蚀性，量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管不能用碱式滴定管量取，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是（　　）‎ A．H2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H+‎ B．纯碱是碱，因为其水溶液显碱性 C．醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离 D．胆矾（CuSO4•5H2O）是混合物，因为胆矾中有水 ‎【考点】电解质在水溶液中的电离．‎ ‎【分析】A．能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸；‎ B．纯碱是盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；‎ C．部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质；‎ D．胆矾是纯净物，胆矾中水为结晶水．‎ ‎【解答】解：A．能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，如NaHSO4等，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，硫酸在水溶液中电离出的氢离子全部是氢离子，所以硫酸是酸，故A错误；‎ B．纯碱是碳酸钠，为盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，故B错误；‎ C．部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，醋酸在水溶液中部分电离，所以醋酸是弱电解质，故C正确；‎ D．胆矾中水为结晶水，其成分只有一种，所以胆矾是纯净物而不是混合物，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的．如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．1molN2（g）和1molO2（g）反应放出的能量为180　kJ B．1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2　molNO（g）具有的总能量 C．通常情况下，N2（g）和　O2混合能直接生成NO D．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算判断；‎ B、依据A计算的焓变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；‎ C、氮气和氧气在放电条件才能反应；‎ D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应．‎ ‎【解答】解：A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO，△H=946KJ/mol+498KJ/mol﹣2×632KJ/mol=180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；‎ B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；‎ C、通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，故C错误；‎ D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列表达式错误的是（　　）‎ A．甲烷的电子式： B．乙烯的结构简式为：CH2CH2‎ C．丙烷的球棍模型为： D．苯的比例模型为：‎ ‎【考点】球棍模型与比例模型；电子式；结构简式．‎ ‎【分析】A．甲烷为共价化合物，分子中含有4个碳氢键；‎ B．乙烯含有官能团碳碳双键，其结构简式中没有标出官能团；‎ C．丙烷为含有3个碳原子的烷烃，根据球棍模型的表示方法进行判断；‎ D．苯分子中所有原子共平面，分子中存在6个C和6个H原子，根据比例模型的表示方法进行判断．‎ ‎【解答】解：A．甲烷分子中含有4个C﹣H共用电子对，甲烷的电子式为：，故A正确；‎ B．乙烯的结构简式中必须标出官能团碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故B错误；‎ C．丙烷分子中含有两个甲基、1个亚甲基，用小球和短棍表示丙烷的分子组成，即为丙烷的球棍模型：，故C正确；‎ D．苯分子为平面结构，分子中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，比例模型主要体现出碳原子和氢原子的体积相对大小，苯的比例模型为：，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（　　）‎ ‎①Na2SiO3 ②Al（OH）3 ③SiO2 ④Al2O3 ⑤NaHCO3．‎ A．①②④ B．②④⑤ C．②③④ D．全部 ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【分析】根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；‎ ‎②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；‎ ‎③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；‎ ‎④某些具有两性的金属：Zn、Al等；‎ ‎⑤某些非金属：Si、S等；‎ ‎⑥其它一些物质．如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应．以此解答本题．‎ ‎【解答】解：①硅酸钠可以和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，但是和氢氧化钠之间不反应，故①错误；‎ ‎②氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；‎ ‎③二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，与盐酸不反应，属于酸性氧化物，故③错误；‎ ‎④氧化铝属于两性氧化物，能和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠，故④正确；‎ ‎⑤碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，故⑤正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量（平均相对分子质量）为45，则发生反应的物质一定不可能是（　　）‎ A．Zn和浓H2SO4 B．C和浓HNO3‎ C．Cu和浓HNO3 D．Na2O2和NH4Cl浓溶液 ‎【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．‎ ‎【分析】题中涉及物质的反应可生成两种气体，产生气体的相对分子质量（平均相对分子质量）为45，则应有相对分子质量大于45和相对分子质量小于45的气体生成，结合反应生成气体的相对分析质量进行判断．‎ ‎【解答】解：A．Zn和浓H2SO4反应生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变稀，Zn和稀H2SO4反应生成氢气，平均相对分子质量介于2～64，平均相对分子质量可为45，故A不选；‎ B．C和浓HNO3反应生成二氧化硫和二氧化氮，平均相对分子质量介于46～44，平均相对分子质量可为45，故B不选；‎ C．Cu和浓HNO3反应生成二氧化氮，随着反应的进行，硝酸变稀，生成一氧化氮，平均相对分子质量介于28～46，平均相对分子质量可为45，故C不选；‎ D．Na2O2和NH4Cl浓溶液反应生成氧气和氨气，相对分子质量都小于45，故D选．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．某气体的质量是9.5g，体积是5.6升（标准状况下），该气体的摩尔质量是（　　）‎ A．38 B．38g•mol﹣1 C．19 D．19g•mol﹣1‎ ‎【考点】摩尔质量．‎ ‎【分析】根据n=计算气体的物质的量，再根据M=计算该气体的摩尔质量．‎ ‎【解答】解：标准状况下，5.6L该气体的物质的量为=0.25mol，‎ 所以该气体的摩尔质量为=38g/mol．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．铁跟盐酸反应 2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ B．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑‎ C．过量的碳酸氢钠加入到石灰水中2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=2H2O+CO32﹣+CaCO3↓‎ D．氯化铝溶液中滴加氨水至过量 Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．反应生成氯化亚铁和氢气；‎ B．碳酸钙在离子反应中保留化学式；‎ C．石灰水完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水；‎ D．反应生成氢氧化铝和氯化铵．‎ ‎【解答】解：A．铁跟盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；‎ B．碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故B错误；‎ C．过量的碳酸氢钠加入到石灰水中的离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=2H2O+CO32﹣+CaCO3↓，故C正确；‎ D．氯化铝溶液中滴加氨水至过量的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．同温同压下有两份体积相同的CO2和O3，关于它们的叙述正确的是（　　）‎ A．分子数之比是1：1 B．原子个数比是3：2‎ C．质子数比是12：11 D．密度之比是1：1‎ ‎【考点】阿伏加德罗定律及推论．‎ ‎【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相同的CO2和O3的物质的量相等，根据N=nNA、分子构成、ρ=分析解答．‎ ‎【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相同的CO2和O3的物质的量相等，‎ A．根据N=nNA知，二者物质的量相等时，其分子数相等，故A正确；‎ B．二氧化碳和臭氧分子中原子个数相等，二者的分子数相等，则原子个数之比为1：1，故B错误；‎ C．二氧化碳和臭氧分子中质子数分别是22、24，其分子数相等，则质子数之比为22：24=11：12，故C错误；‎ D．根据ρ=知，二者的密度之比等于其摩尔质量之比=44g/mol：48g/mol=11：12，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ A．2.24 L CH4气体中含有的电子数为NA B．25℃时，1.0 L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA C．0.1NA个氯气分子溶于水形成1 L溶液，所得溶液中c（Cl﹣）=0.1 mol/L D．1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、甲烷所处的状态不明确；‎ B、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L；‎ C、氯气和水的反应为可逆反应；‎ D、1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水形成的中性溶液中n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）=n（Na+）+n（H+）．‎ ‎【解答】解：A、甲烷所处的状态不明确，故甲烷的物质的量无法计算，故A错误；‎ B、pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B错误；‎ C、氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中的氯离子的浓度小于0.1mol/L，故C错误；‎ D、1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水形成的中性溶液中n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）=n（Na+）+n（H+），而由于是中性溶液，故有n（OH﹣）=n（H+），则有n（CH3COO﹣）=n（Na+）=1mol，个数为NA个，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（　　）‎ A．0.1 mol铁在0.1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.2 NA B．标准状况下，5.6L水中含有的分子数为0.25NA C．20g D2O中含有的质子数目为10NA D．标准状况下，22.4 LCO2和O2混合气体中含有的氧原子数为2NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、0.1mol铁和0.1mol氯气反应时，铁过量；‎ B、标况下水为液态；‎ C、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子来分析；‎ D、求出混合气体的物质的量，然后根据二氧化碳和氧气中含有2个氧原子来分析．‎ ‎【解答】解：A、0.1mol铁和0.1mol氯气反应时，铁过量，故0.1mol氯气完全反应，反应后变为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2NA个电子，故A正确；‎ B、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C、20g重水的物质的量为1mol，而重水中含10个质子，故1mol重水中含10NA个质子，故C正确；‎ D、标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而二氧化碳和氧气中含有2个氧原子，故1mol混合物中含2NA个氧原子，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液．整个实验过程中溶液的pH变化曲线如右图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是（　　）‎ A．实验过程中用pH试纸测定溶液的pH B．a～b段，溶液中减小 C．b点对应溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）‎ D．c点对应溶液中：c（Na+）=2c（ClO﹣）+c（HClO）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，‎ A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH；‎ B．a～b段是氯气的溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大；‎ C．b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，结合电荷守恒判断；‎ D．c点呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒、物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故A错误；‎ B．由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故B错误；‎ C．b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，H2O、HClO、Cl2，溶液中：c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故C错误；‎ D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分51分）‎ ‎16．下图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）．化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4：5，化合物D是重要的工业原料．‎ ‎（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式　H2+SH2S　‎ ‎（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式　H2SO3+2H2S═3S↓+3H2O　‎ ‎（3）写出一个由D生成B的化学方程式　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O等　；‎ ‎（4）将5mL0.10mol•L﹣1的E溶液与10mL0.10mol•L﹣1的NaOH溶液混合．‎ ‎①写出反应的离子方程式　H2SO3+2OH﹣═SO32﹣+2H2O　；‎ ‎②反应后溶液的pH　大于　7（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是　Na2SO3溶液中SO32﹣发生水解使溶液显碱性　；‎ ‎③加热反应后的溶液，其pH　增大　（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是　升高温度促进Na2SO3溶液的水解　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64：80=4：5，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S，E为H2SO3，结合物质的性质以及题目要求可解答该题．‎ ‎【解答】解：固态单质A能与空气中的氧气反应生成气体物质B，则A可能为C或S等，假定为S，则B为SO2，C为SO3，它们的相对分子质量为64：80=4：5，恰好与题意相符（同时也证明A不是C），则D为H2SO4，它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明A为S，E为H2SO3，‎ ‎（1）A为S，可与氢气反应生成硫化氢，反应的方程式为H2+SH2S，故答案为：H2+SH2S；‎ ‎（2）H2SO3与H2S反应生成S，反应的方程式为H2SO3+2H2S═3S↓+3H2O，故答案为：H2SO3+2H2S═3S↓+3H2O；‎ ‎（3）浓硫酸可与C、Cu等还原性物质在加热的条件下反应生成SO2，反应的方程式可为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O等，‎ 故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O或Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O等；‎ ‎（4）①将5mL 0.10mol•L﹣1的H2SO3溶液与10mL 0.10mol•L﹣1的NaOH溶液混合，二者恰好反应，反应的离子方程式为H2SO3+2OH﹣═SO32﹣+2H2O，‎ 故答案为：H2SO3+2OH﹣═SO32﹣+2H2O；‎ ‎②反应生成Na2SO3，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液pH＞7，故答案为：大于；Na2SO3溶液中SO32﹣发生水解使溶液显碱性；‎ ‎③水解反应为吸热过程，升高温度促进水解，故答案为：增大；升高温度促进Na2SO3溶液的水解．‎ ‎　‎ ‎17．有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示．E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的元素名称为　磷　，D在周期表中的位置　第三周期ⅦA族　．‎ ‎（2）A，C，D对应的离子半径由大到小顺序为　S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣　，（用化学符号表示）‎ ‎（3）D的单质与水反应的离子方程式为　Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO　．‎ ‎（4）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入过量烧碱溶液，用离子方程式表述　Al3++4OH﹣﹣=AlO2﹣+2H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】短周期元素，设c的质子数为x，由位置可知，B的为x﹣1，D的为x+1，A的为x﹣8，利用A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子来列式计算推出各元素，根据电子守恒来计算E的化合价，再结合E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同推出E，然后利用元素及其单质的性质来解答．‎ ‎【解答】解：由短周期及元素在周期表的位置，设C的质子数为x，B的为x﹣1，D的为x+1，A的为x﹣8，‎ 由A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则 x+（x﹣1）+（x+1）+（x﹣8）=56，解得x=16，‎ 即C为硫，B为磷，D为氯，A为氧；‎ 又1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设E的化合价为y，‎ 由电子守恒可知，1mol×（y﹣0）=×2×（1﹣0），‎ 解得y=+3，‎ 且E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，即E的质子数为10+3=13，则E为铝；‎ ‎（1）B为磷，D为氯，Cl原子有3个电子层，最外层电子数为7，则在第三周期ⅦA族，故答案为：磷；第三周期ⅦA族；‎ ‎（2）根据电子层数越多，半径越大，具有相同结构的离子，原子序数越小的离子半径越大，则离子半径为S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣；‎ ‎（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，离子反应中气体、水、次氯酸应保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO；‎ ‎（4）D和E形成的化合物为AlCl3，水溶液中滴入过量烧碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH﹣﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++4OH﹣﹣=AlO2﹣+2H2O．‎ ‎　‎ ‎18．以下是氮循环的一部分：‎ ‎（1）通常状况下，NO2的颜色是　红棕　；‎ ‎（2）反应①的化学方程式是　N2+O22NO　；‎ ‎（3）NO2易溶于水，并和水发生化学反应．该反应中，氧化剂是　NO2　；‎ ‎（4）化合物A的化学式是　HNO3　；‎ ‎（5）治理汽车尾气的一种方法是用催化剂使NO与CO发生反应：2NO+2CO═2CO2+N2．当生成2mol N2时，被还原的NO为　4　 mol．‎ ‎【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】（1）NO2是红棕气体；‎ ‎（2）氮气和氧气放电生成一氧化氮；‎ ‎（3）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；‎ ‎（4）二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮；‎ ‎（5）反应2NO+2CO=2CO2+N2中，NO是氧化剂，被还原．‎ ‎【解答】解：（1）NO2是红棕气体，故答案为：红棕；‎ ‎（2）氮气和氧气放电生成一氧化氮，反应为：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；‎ ‎（3）二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，化合价降低N元素所在的反应物NO2是氧化剂，故答案为：NO2；‎ ‎（4）二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，化合物A的化学式是HNO3，故答案为：HNO3；‎ ‎（5）反应2NO+2CO=2CO2+N2中，NO是氧化剂，被还原，生成氮气1mol，被还原的NO为2mol，所以当生成2mol N2时，被还原的NO为4mol，故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎19．海藻中提取碘的流程如图，已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI═2KCl+I2．请回答下列问题：‎ ‎（1）指出提取碘的过程中有关实验操作①、③的名称：　过滤　；　萃取分液　．‎ ‎（2）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象是　D　．（注：如图试管中深色区为紫红色溶液）‎ ‎（3）从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏，指出如图实验装置中的错误之处．（加热装置烧杯下已垫石棉网）‎ ‎①　温度计水银球位置在液面下方　；‎ ‎②　冷凝管进出水方向上进下出　．‎ ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】海带灼烧浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氧化剂氯气氧化碘离子为碘单质，得到碘单质的水溶液，加入有机萃取剂进行分液萃取得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到晶体碘．‎ ‎（1）分离固体和液体用过滤；用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取；萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多；‎ ‎（2）碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，能将碘水中的碘转移到四氯化碳中，四氯化碳的密度比水大，溶解碘后溶液为紫红色；‎ ‎（3）冷凝水应是下进上出，温度计测量馏分温度，温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处．‎ ‎【解答】解：海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，过滤得到含有碘离子的溶液，加入氯水或通入氯气，氯气置换出碘，得到碘的水溶液，用苯或四氯化碳萃取，经蒸馏可得到碘．‎ ‎（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程可知，分离固体海带灰和液体碘离子的溶液用过滤；因为碘在有机溶剂中的溶解度比水大，且碘和有机溶剂易于分离，所以用萃取然后分液得到含碘的有机溶液，‎ 故答案为：过滤；萃取分液；‎ ‎（2）碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，能将碘水中的碘转移到四氯化碳中，四氯化碳的密度比水大，溶解碘后溶液为紫红色，所以在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象是溶液分层，上层颜色接近无色，下层呈紫红色；‎ 故选D；‎ ‎（3）冷凝水应是与蒸汽逆流，且充满整个冷凝管，所以需下进上出，冷凝水的方向错误，温度计水银球的位置错误，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，‎ 故答案为：温度计水银球位置在液面下方；冷凝管进出水方向上进下出．‎ ‎　‎ ‎20．火力发电在我国的能源利用中占较大比重，但是排放出的SO2会造成一系列环境和生态问题，直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．‎ ‎（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：　SO2+H2O⇌H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4（或2SO2+O2⇌2SO3；SO3+H2O=H2SO4或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4）　．‎ ‎（2）工业上用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2．将烟气通入1.0mol•L﹣1的Na2SO3溶液，溶液pH不断减小．当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂．‎ ‎①此时溶液中c（SO32﹣）的浓度是0.2mol•L﹣1，则溶液中c（HSO3﹣）是　1.6　mol•L﹣1．‎ ‎②向pH约为6的吸收剂中通入足量的O2，可将其中的NaHSO3转化为两种物质，反应的化学方程式是　2NaHSO3+O2═Na2SO4+H2SO4　．‎ ‎③某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施，模拟实验吸收含硫烟气，实验结果如图所示．则：　降低含硫烟气温度（或流速）　，有利于提高SO2的吸收效率．‎ ‎（3）工厂仓库存放的Na2SO3药品已部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定其含量，具体步骤如下：‎ 步骤i　称取样品1.000g．‎ 步骤ii　将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀．‎ 步骤iii　移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用0.01000mol•L﹣1 KMnO4标准溶液滴定至终点．‎ 按上述操作方法再重复2次．‎ ‎①写出步骤iii所发生反应的离子方程式　2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+=2Mn2++5SO42﹣+3H2O　；‎ ‎②在配制0.01000mol•L﹣1 KMnO4溶液时若仰视定容，则最终测得药品中Na2SO3的含量　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎③某同学设计用下列仪器进行滴定实验（夹持部分略去），最合理的组合是　AC　 （填字母）．‎ ‎④滴定结果如下表所示：‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.02‎ ‎21.03‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎21.99‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎2.20‎ ‎20.20‎ 则该药品中Na2SO3的质量分数为　63.00%　．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）根据SO2气体是酸性氧化物，可与水反应生成亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，二氧化硫具有还原性，在空气中经粉尘催化氧化为SO3，SO3与水反应能生成硫酸；‎ ‎（2）①结合Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3分析离子浓度；‎ ‎②向pH约为6的吸收剂中通入足量的O2，发生氧化还原反应生成硫酸钠和硫酸．‎ ‎（3）根据图示可知：SO2的吸收效率随着温度的升高而降低，随流速的增大而降低；‎ ‎③根据图示可知：SO2的吸收效率随着温度的升高而降低，随流速的增大而降低；‎ ‎（3）①Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，根据守恒原理配平反应的离子方程式；‎ ‎②在配制0.01000mol•L﹣1 KMnO4溶液时若仰视定容，KMnO4溶液浓度将偏低，所需KMnO4溶液体积偏大，则最终测得药品中Na2SO3的含量偏大；‎ ‎③高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察；‎ ‎④根据计算出消耗的高锰酸钾的物质的量，再根据反应方程式5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O计算出25mLNa2SO3‎ 溶液消耗的亚硫酸根离子的物质的量，再计算出250mL亚硫酸钠溶液中含有亚硫酸钠的物质的量，最后计算出实验室里的Na2SO3的纯度．‎ ‎【解答】解：（1）SO2气体是酸性氧化物，可与水反应生成亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，二氧化硫具有还原性，在空气中经粉尘催化氧化为SO3，SO3与水反应能生成硫酸，有关反应的化学方程式为：SO2+H2O⇌H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4 （或2SO2+O2⇌2SO3；SO3+H2O=H2SO4 或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4），‎ 故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4 （或2SO2+O2⇌2SO3；SO3+H2O=H2SO4 或2SO2+O2+2H2O=2H2SO4）；‎ ‎（2）①由Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，c（SO32﹣）的浓度是0.2mol•L﹣1，则反应的Na2SO3溶液为1.0mol/L﹣0.2mol/L=0.8mol/L，由反应中的物质的量关系可知，生成的c（HSO3﹣）为0.8mol/L×2=1.6mol/L，故答案为：1.6；‎ ‎②向pH约为6的吸收剂中通入足量的O2，发生氧化还原反应生成硫酸钠和硫酸，发生的反应为2NaHSO3+O2═Na2SO4+H2SO4，‎ 故答案为：2NaHSO3+O2═Na2SO4+H2SO4；‎ ‎③根据图示可知：SO2的吸收效率随着温度的升高而降低，随流速的增大而降低，所以要提高含硫烟气中SO2的吸收效率，可以降低含硫烟气温度（或流速），‎ 故答案为：降低含硫烟气温度（或流速）；‎ ‎（3）①Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，‎ 配平反应的离子方程式：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+=2Mn2++5SO42﹣+3H2O，‎ 故答案为：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+=2Mn2++5SO42﹣+3H2O；‎ ‎②在配制0.01000mol•L﹣1 KMnO4溶液时若仰视定容，KMnO4溶液浓度将偏低，需KMnO4溶液体积偏大，则最终测得药品中Na2SO3的含量偏大，故答案为：偏大；‎ ‎③高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察，应将高锰酸钾滴到待测液中，‎ 故答案为：AC；‎ ‎④根据滴定结果：三次滴定所用标准溶液的体积分别为：21.03﹣1.02=20.01mL，21.99﹣2.00=19.99mL，20.20﹣2.20=18.00，第三次误差太大，需舍去；前两次实验所用标准溶液的体积平均值为20.00mL；25mLNa2SO3溶液中亚硫酸钠消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.01mol/L×0.020L=0.0002mol，‎ 根据反应方程式：5SO32﹣+2MnO4﹣+6H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O ‎ 5 2‎ ‎ n 0.0002mol n（SO32﹣）=0.0005mol，‎ ‎250mL亚硫酸钠溶液中含有亚硫酸钠的物质的量为：0.0005mol×=0.005mol，‎ 样品中含有的亚硫酸钠的质量为：m（SO32﹣）=126g/mol×0.005mol=0.63g，‎ ω（SO32﹣）=×100%=63.00%，‎ 故答案为：63.00%．‎ ‎　‎ ‎21．质量比为16：7的两种气体 SO2、CO 分子个数之比为　1：1　；氧原子个数之比为　2：1　；同温同压下，等质量的SO2、CO体积比为　7：16　，密度比为　16：7　．‎ ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】根据n=计算SO2、CO 物质的量之比，分子数目之比等于其物质的量之比，结合每个分子还愿意氧原子数目计算所含氧原子总数之比；‎ 根据n=计算SO2、CO 物质的量之比，同温同压下气体的体积之比等于其物质的量之比，同温同压下气体密度之比对相对分子质量之比．‎ ‎【解答】解：质量比为16：7的SO2、CO 分子的物质的量之比为： =1：1，则SO2、CO 分子的个数之比为 1：1，氧原子个数之比为1×2：1×1=2：1；‎ 根据n=可知，等质量的SO2、CO的物质的量之比为28g/mol：64g/mol=7：16，故同温同压下，等质量的SO2、CO体积比为7：16，同温同压下气体密度之比对相对分子质量之比，二者密度比为64：28=16：7，‎ 故答案为：1：1；2：1；7：16；16：7．‎ ‎　‎ ‎22．A、B、C、D四种化合物其焰色反应均为紫色，A、B、C和盐酸反应均得到D，将固体C加热可得到A，若向A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，若B与C的溶液混合可制得A，试推断：‎ ‎（1）A是　碳酸钾　，B是　氢氧化钾　，C是　碳酸氢钾　，D是　氯化钾　．‎ ‎（2）完成有关化学方程式：C→A　2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O　，A→C　K2CO3+CO2+H2O═2KHCO3　，B+C→A　KOH+KHCO3═K2CO3+H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】化合物A、B、C、D焰色反应均为紫色，说明都含有K元素；A、B、C和盐酸反应均得到D，则D为KCl，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，可以判断，无色无味的气体是CO2，A为K2CO3，C为KHCO3，若B与C的溶液混合可制得A，则B为KOH，据此解答．‎ ‎【解答】解：化合物A、B、C、D焰色反应均为紫色，说明都含有K元素；A、B、C和盐酸反应均得到D，则D为KCl，将固体C加热可得到A，若在A的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得C，可以判断，无色无味的气体是CO2，A为K2CO3，C为KHCO3，若B与C的溶液混合可制得A，则B为KOH．‎ ‎（1）由上述分析可知，A是碳酸钾，B是氢氧化钾，C是碳酸氢钾，D是氯化钾，‎ 故答案为：碳酸钾；氢氧化钾；碳酸氢钾；氯化钾；‎ ‎（2））C→A的反应方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，‎ A→C的反应方程式为：K2CO3+CO2+H2O═2KHCO3，‎ B+C→A的反应方程式为：KOH+KHCO3═K2CO3+H2O，‎ 故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；K2CO3+CO2+H2O═2KHCO3；KOH+KHCO3═K2CO3+H2O．‎ ‎　‎ ‎23．已知有以下物质相互转化：‎ 试回答：‎ ‎（1）写出B的化学式　FeCl2　D的化学式　KCl　．‎ ‎（2）写出由E转变成F的化学方程式　4Fe （OH）2+O2+2H2O═4Fe （OH）3　．‎ ‎（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式　4Fe （OH）2+O2+2H2O═4Fe （OH）3　；向G溶液加入A的有关离子反应方程式　2Fe3++Fe═3Fe2+　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】依据转化关系中的反应现象可以判断，白色沉淀E为Fe（OH）2，红褐色沉淀F为Fe（OH）3，D溶液加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀H为AgCl，生成的溶液中含有钾离子，证明D溶液为KCl，依据转化关系得到，C为KOH，B为FeCl2，F溶解于盐酸，说明加盐酸溶解生成的G为FeCl3，判断A为Fe；‎ ‎【解答】解：D和硝酸银反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾．‎ ‎（1）通过以上分析知，B是氯化亚铁，D是氯化钾，B和D的化学式分别是：FeCl2．KCl，故答案为：FeCl2；KCl；‎ ‎（2）E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，氢氧化亚铁和氧气．水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe （OH）2+O2+2H2O═4Fe （OH）3，‎ 故答案为：4Fe （OH）2+O2+2H2O═4Fe （OH）3；‎ ‎（3）铁离子和硫氰根离子反应生成硫氰化铁，离子反应方程式为：Fe3++3SCN﹣═Fe （SCN）3，铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，‎ 故答案为：Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3；2Fe3++Fe═3Fe2+．‎ ‎　‎ ‎24．X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数表化如下图所示．已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强．‎ ‎（1）W位于元素周期表中第　三　周期第　IVA　族．画出X的阴离子的结构示意图　　．‎ ‎（2）Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是　HCl　（写化学式）；Z的氢化物与氟化氢相比，沸点较高的是　HF　（写化学式）．‎ ‎（3）Y的金属性与Mg的金属性相比，　Na　（写化学式）的金属性强，请用实验证明它们金属性的相对强弱：　Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢　．‎ ‎（4）写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学反应方程式：　NaOH+HClO4=NaClO4+H2O　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X元素原子的质子数为18﹣10=8，故X为氧元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故W为Si元素；Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，原子序数大于Si，故Z为Cl元素．以此解答该题．‎ ‎【解答】解：X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X元素原子的质子数为18﹣10=8，故X为氧元素；Y和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故W为Si元素；Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，原子序数大于Si，故Z为Cl元素．‎ ‎（1）W为Si，原子核外电子数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期IVA族，X为O，阴离子的结构示意图为，‎ 故答案为：三；IVA；；‎ ‎（2）Z为Cl元素，由于元素的非金属性Cl＞Br，故氢化物稳定性HCl＞HBr，较稳定的是HCl；由于在HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以物质的熔沸点较高的是HF，故答案为：HCl；HF；‎ ‎（3）同周期随原子序数增大原子半径减小，原子失去电子的能力逐渐减弱，元素的金属性逐渐减弱，所以金属性Na＞Mg；元素的金属性越强，其单质与水货酸置换出氢气就越容易．所以可以通过Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢证明元素的金属性Na＞Mg，故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢；‎ ‎（4）Y的最高价氧化物对应的水化物NaOH是强碱，Z的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，二者发生酸碱中和反应，产生高氯酸钠和水，发生反应的化学反应方程式是NaOH+HClO4=NaClO4+H2O．‎ 故答案为：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日