化学·河南省周口市淮阳县实验高中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含答案

化学·河南省周口市淮阳县实验高中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含答案

‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县实验高中高二（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．下列有关钠的叙述中错误的是（　　）‎ A．电解法冶炼金属钠时，钠在阳极析出 B．钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界 C．钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等 D．钠的质地软，可用小刀切割 ‎2．下列装置工作时，将化学能转化为电能的是（　　）‎ A．‎ 燃气灶 B．‎ 硅太阳能电池 C．‎ 铅蓄电池 D．‎ 风力发电机 ‎3．对物质进行分类是化学学习中的常用方法．下列物质中属于酸的是（　　）‎ A．CO B．NaOH C．HNO3 D．CuSO4‎ ‎4．下列分散系中具有丁达尔现象的有（　　）‎ A．蔗糖溶液 B．Fe（OH）3胶体 C．蛋白质溶液 D．NaCl溶液 ‎5．下列物质不是黄色或淡黄色的是（　　）‎ A．单质硫 B．过氧化钠 C．氢氧化铁胶体 D．三氯化铁稀溶液 ‎6．已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质．氟元素原子的核外电子排布示意图为．下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，不满足图示转化关系的是（　　）‎ 甲 乙 丙 戊 ‎①‎ NH3‎ O2‎ NO H2O ‎②‎ Fe H2O H2‎ Fe2O3‎ ‎③‎ Al2O3‎ NaOH溶液 NaAlO2溶液 过量CO2‎ ‎④‎ Na2O2‎ CO2‎ O2‎ Na A．①③ B．②③ C．②④ D．①④‎ ‎8．进行下列实验，由实验现象得出的结论错误的是（　　）‎ 选项 操作及现象 溶液可能是 A 通入CO2，溶液变浑浊．再升高至70℃，溶液变澄清．‎ C6H5ONa溶液 B 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．‎ Na2SiO3溶液 C 通入CO2，溶液变浑浊．再加入品红溶液，红色褪去．‎ Ca（ClO）2溶液 D 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．再加入足量NaOH溶液，又变浑浊．‎ Ca（OH）2溶液 A．A B．B C．C D．D ‎9．在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（　　）‎ A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NO C．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降 ‎10．下列说法正确的是（　　）‎ A．足量Cu与浓硫酸反应后，向溶液中加入NaNO3，无任何现象 B．实验室检验氨气是将湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口或管口，观察试纸是否呈红色 C．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝持续红热，说明氮的氧化反应是放热反应 D．大气污染气体很难处理，是因为NO等在空气中都能稳定存在 ‎11．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（　　）‎ ‎①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性；‎ ‎②金属元素在化合物中一般显正价；‎ ‎③金属性越强的元素相应的离子氧化性一般越弱；‎ ‎④金属元素只有金属性，没有非金属性；‎ ‎⑤最外层电子数越多的金属原子，金属性越强； ‎ ‎⑥离子化合物一定含金属元素．‎ A．①②③ B．②③ C．①⑤⑥ D．全部 ‎12．下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是（　　）‎ A．6和8 B．11和13 C．11和16 D．12和17‎ ‎13．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．22g CO2中含有NA个氧原子 B．通常状况下，11.2 L氮气中含有NA个氮原子 C．2mol铝与足量稀盐酸反应生成3NA个氢气分子 D．标准状况下，22.4 L H2O中含有NA个水分子 ‎14．下列解释实验事实的离子方程式正确的是（　　）‎ A．纯碱溶液显碱性的原因：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ B．氯化铁溶液腐蚀铜线路板Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+‎ C．稀硫酸与氢氧化钡溶液恰好中和：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O D．氯气溶于水：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO ‎15．火箭推进器常以联氨（N2H4） 为燃料、过氧化氢为助燃剂．已知下列各物质反应的热化学方程式：‎ N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H1=﹣533.23kJ•mol﹣1‎ H2O（g）=H2O （l）△H2=﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H3=﹣196.4kJ•mol﹣1‎ 则联氨与过氧化氢反应的热化学方程式可表示为（　　）‎ A．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=+817.63 kJ•mol﹣1‎ B．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1‎ C．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1‎ D．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣817.63 kJ•mol﹣1‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分38分）‎ ‎16．向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH＞7．‎ ‎（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是　　；如果是多种成分，可能是　　．‎ ‎（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol•L﹣1的盐酸，所得气体（不考虑溶解于水）的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：‎ ‎①加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式　　．‎ ‎②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是　　（溶液体积的变化忽略不计）．‎ ‎17．如图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分﹣﹣血红素的结构式．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是　　，写出基态Fe原子的核外电子排布式　　．‎ ‎（2）血红素中N原子的杂化方式为　　，在右图的方框内用“→”标出Fe2+的配位键．‎ ‎（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　　，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为　　．‎ ‎18．元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律．下表所列是五种短周期的原子半径及主要化合价（已知铍的原子半径为0.089nm）．‎ 元素代号 A B C D E 原子半径/nm ‎0.16‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.074‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、﹣2‎ ‎﹣1‎ ‎﹣2‎ ‎（1）用元素代号标出它们在周期表中对应位置（以下为周期表的一部分）．‎ ‎（2）B元素处于元素周期表中　　周期　　族；‎ ‎（3）在元素周期表中　　的分界处，可以找到制半导体材料的元素；‎ ‎（4）上述五种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是　　（填化学式）；‎ ‎（5）C和E形成的化合物M，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了M的　　性．‎ ‎（6）写出D与强碱溶液反应的离子方程式　　．‎ ‎19．某研究小组为了探究一种抗酸药X（仅含五种短周期元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：请回答下列问题：‎ ‎（1）白色沉淀B中金属元素的离子结构示意图为　　，A的电子式为　　．‎ ‎（2）步骤3中生成沉淀C的离子方程式为　　．‎ ‎（3）X的化学式为　　，该抗酸药不适合胃溃疡重症患者使用，原因是　　．‎ ‎（4）设计实验方案验证步骤3后得到的无色溶液中的含碳离子　　．‎ ‎20．NH3及其盐都是重要的化工原料．‎ ‎（1）用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3的化学方程式为　　；该反应发生、气体收集和尾气处理装置如图1依次为　　；‎ ‎（2）按如图2装置进行NH3性质实验．先打开旋塞1，B瓶中的现象是　　，稳定后，关闭旋塞1．再打开旋塞2，B瓶中的现象是　　；‎ ‎（3）写出NH4Cl溶液水解的离子方程式　　；‎ 设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响．‎ 限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可调控温度）‎ ‎①实验目的：探究　　对溶液中NH4Cl水解程度的影响；‎ ‎②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．‎ 物理量 实验序号 V（溶液）/mL NH4Cl质量/g 温度/℃‎ ‎　　‎ ‎…‎ ‎1‎ ‎250‎ ‎　　‎ ‎　　‎ ‎ X ‎…‎ ‎2‎ ‎250‎ ‎　　‎ ‎　　‎ ‎　　‎ ‎…‎ ‎③按实验序号1所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为X，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　（只列出算式，忽略水自身电离的影响）．‎ ‎21．将22.4g铜和三氧化二铁的混合粉末加入到溶液为1mol/L的硫酸中，使之发生反应．‎ ‎（1）若固体恰好全部溶解，消耗硫酸的体积为VL，则V的取值范围为　　．‎ ‎（2）若硫酸溶液过量，反应后的溶液体积为1L，测得此溶液中Fe2+浓度为0.1mol/L，则原混合物中含铜　　g．‎ ‎22．氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的化学式是　　．‎ ‎（2）甲与水反应的化学方程式是　　．‎ ‎（3）气体丙与金属镁反应的产物是　　（用化学式表示）．‎ ‎（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）‎ ‎23．下图是一些常见单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去．常温常压下，A为无色有毒气体，B为红棕色粉末，C、E为金属单质，G、J的焰色均为黄色．反应①为炼铁高炉中的重要反应；反应②可用于焊接铁轨．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学式为　　，J的化学式为　　．‎ ‎（2）工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，该反应的化学反应方程式为　　．‎ ‎（3）D→G是侯氏制碱法的主要反应，该反应的化学方程式为　　．‎ ‎（4）K→H是制作印刷电路板的重要反应，该反应的离子方程式为　　．‎ ‎（5）F→L是铝土矿提纯中的重要反应，该反应的离子方程式为　　．‎ ‎24．有一包白色固体粉末，可能含有K2SO4、Na2CO3、NH4Cl、BaCl2、CuSO4中的一种或几种，按以下步骤进行实验：‎ ‎①取少量固体粉末加到足量水中，得到无色溶液；‎ ‎②取①中溶液少量继续往其中加入足量稀硫酸，有气泡产生；‎ ‎③继续向②中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎④取①中溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝．‎ 根据以上事实判断：‎ ‎（1）肯定存在的是　　；‎ ‎（2）肯定不存在的是　　；‎ ‎（3）不能确定是否存在的是　　．请简述证明该物质是否存在的实验方案（实验方法、现象、结论）　　．‎ ‎（4）写出上述实验④中产生刺激性气味气体反应的化学方程式：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省周口市淮阳县实验高中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．下列有关钠的叙述中错误的是（　　）‎ A．电解法冶炼金属钠时，钠在阳极析出 B．钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界 C．钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、锆、铌等 D．钠的质地软，可用小刀切割 ‎【考点】钠的化学性质．‎ ‎【分析】A、电解时，阳极发生氧化反应；‎ B、钠性质活泼，与空气中氧气、水等反应；‎ C、依据氧化还原反应规律，可知还原性强的能置换还原性弱的；‎ D、依据钠的硬度的物理性质解答．‎ ‎【解答】解：A、电解时熔融氯化钠时，钠离子发生还原反应，Na应在阴极析出，故A错误；‎ B、钠性质活泼，与空气中氧气、水等反应，在自然界中无游离态钠，故B正确；‎ C、钠的还原性很强，与钛、锆、铌熔融的氯化物反应可以用来冶炼金属钛、锆、铌等，故C正确；‎ D、钠的硬度小，能够用小刀切割，故D正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列装置工作时，将化学能转化为电能的是（　　）‎ A．‎ 燃气灶 B．‎ 硅太阳能电池 C．‎ 铅蓄电池 D．‎ 风力发电机 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断．‎ ‎【解答】解：A．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故A正确；‎ B．硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故B错误；‎ C．铅蓄电池在放电时属于原电池，是化学能转化为电能的装置，故C正确；‎ D．风力发电机是把机械能转化为电能，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．对物质进行分类是化学学习中的常用方法．下列物质中属于酸的是（　　）‎ A．CO B．NaOH C．HNO3 D．CuSO4‎ ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．‎ ‎【分析】根据酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指在电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物据此进行分析判断．‎ ‎【解答】解：A、CO是氧化物不是酸，故A错误；‎ B、Na0H电离时阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故B错误；‎ C、HNO3水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子属于酸，故C正确；‎ D、CuSO4是硫酸根离子和铜离子离子构成的化合物，属于盐，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列分散系中具有丁达尔现象的有（　　）‎ A．蔗糖溶液 B．Fe（OH）3胶体 C．蛋白质溶液 D．NaCl溶液 ‎【考点】胶体的重要性质．‎ ‎【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液．丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路．丁达尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答．‎ ‎【解答】解：A．蔗糖溶液分散质微粒直径小于1nm是溶液，没有丁达尔效应，故A错误；‎ B．Fe（OH）3胶体分散质微粒直径在1﹣100nm之间，是胶体，具有丁达尔效应，故B正确；‎ C．蛋白质溶液分散质微粒直径在1﹣100nm之间，是胶体，具有丁达尔效应，故C正确；‎ D．NaCl溶液是氯化钠的水溶液分散质微粒直径小于1nm，没有丁达尔效应，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎5．下列物质不是黄色或淡黄色的是（　　）‎ A．单质硫 B．过氧化钠 C．氢氧化铁胶体 D．三氯化铁稀溶液 ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】根据中学阶段所学习的常见物质的颜色来回答，硫单质为黄色固体，过氧化钠为淡黄色固体，氯化铁溶液为黄色，氢氧化铁胶体为红褐色．‎ ‎【解答】解：A．硫磺是黄色固体，溶液中通常为乳白色，故A不符合；‎ B．过氧化钠是一种淡黄色的固体，故B不符合；‎ C．氢氧化铁胶体为红褐色，故C符合；‎ D．三氯化铁稀溶液为黄色溶液，故D不符合．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．已知一般情况下原子核外最外层电子数相等的元素具有相似的化学性质．氟元素原子的核外电子排布示意图为．下列原子中，与氟元素原子的化学性质相似的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】由图可知，氟原子最外层电子数为7，与氟原子具有相似的化学性质的原子最外层电子数为7，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：氟元素原子核外最外层电子数为7个，D中元素原子核外最外层电子数也为7个，故二者原子的化学性质相似，而其它选项最外层都不是7，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，不满足图示转化关系的是（　　）‎ 甲 乙 丙 戊 ‎①‎ NH3‎ O2‎ NO H2O ‎②‎ Fe H2O H2‎ Fe2O3‎ ‎③‎ Al2O3‎ NaOH溶液 NaAlO2溶液 过量CO2‎ ‎④‎ Na2O2‎ CO2‎ O2‎ Na A．①③ B．②③ C．②④ D．①④‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误．‎ ‎【解答】解：①4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；‎ ‎②3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，3H2+Fe2O32Fe+3H2O，所以能实现转化，故正确；‎ ‎③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 ，所以不能实现转化，故错误；‎ ‎④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2 Na+O2Na2O2，所以能实现转化，故正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．进行下列实验，由实验现象得出的结论错误的是（　　）‎ 选项 操作及现象 溶液可能是 A 通入CO2，溶液变浑浊．再升高至70℃，溶液变澄清．‎ C6H5ONa溶液 B 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．‎ Na2SiO3溶液 C 通入CO2，溶液变浑浊．再加入品红溶液，红色褪去．‎ Ca（ClO）2溶液 D 通入CO2，溶液变浑浊．继续通CO2至过量，浑浊消失．再加入足量NaOH溶液，又变浑浊．‎ Ca（OH）2溶液 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．‎ ‎【分析】A、室温时，苯酚的溶解度较小，高于65℃与水混溶；‎ B、硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸，硅酸不溶于水；‎ C、碳酸的酸性大于次氯酸，次氯酸能漂白品红溶液；‎ D、碳酸钙不溶于水，但碳酸氢钙易溶于水，碳酸氢盐能和碱反应生成碳酸盐．‎ ‎【解答】解：A、苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，室温下苯酚的溶解度较小，高于65℃与水混溶，所以该物质可能是苯酚钠，故A正确；‎ B、硅酸的酸性小于碳酸，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸和碳酸钠，当二氧化碳过量时，碳酸钠转化为碳酸氢钠，但硅酸仍不溶解，故B错误；‎ C、次氯酸钙溶液和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸有漂白性，能使品红褪色，故C正确；‎ D、氢氧化钙和二氧化碳反应生成白色沉淀碳酸钙，当二氧化碳过量时，二氧化碳和水、碳酸钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，碳酸氢钙和氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是（　　）‎ A．试管内气体呈红棕色 B．试管内气体无色，是NO C．试管内气体无色，是O2 D．试管内液面下降 ‎【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】试管内装有NO，然后缓慢地通入O2，当一氧化氮和氧气恰好反应生成硝酸发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，结合一氧化氮和氧气按照4：3‎ 全部溶于水进行定性分析，在一大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，反应后剩余一氧化氮．‎ ‎【解答】解：A、上述分析可知，剩余气体为NO，气体不可能呈红棕色，故A错误；‎ B、慢慢地通入6mL O2，依据化学方程式计算消耗NO气体8ml，若最终有气体剩余，气体是NO，故B正确；‎ C、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以试管内溶液为稀的硝酸溶液，大试管中装入10mL NO，倒立于水槽中，然后慢慢地通入6mL O2，剩余气体是一氧化氮，故C错误；‎ D、一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，随气体的量减少，试管内压强变小，导致液面在不停上升，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．下列说法正确的是（　　）‎ A．足量Cu与浓硫酸反应后，向溶液中加入NaNO3，无任何现象 B．实验室检验氨气是将湿润的蓝色石蕊试纸靠近瓶口或管口，观察试纸是否呈红色 C．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝持续红热，说明氮的氧化反应是放热反应 D．大气污染气体很难处理，是因为NO等在空气中都能稳定存在 ‎【考点】浓硫酸的性质；反应热和焓变；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；‎ B．氨气可使红色石蕊试纸变蓝色；‎ C．铂丝持续红热，可说明反应放热；‎ D．NO易与空气中的氧气反应．‎ ‎【解答】解：A．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，足量Cu与浓硫酸反应后，向溶液中加入NaNO3，发生氧化还原反应，铜溶解，且由气体生成，故A错误；‎ B．氨气可使红色石蕊试纸变蓝色，故B错误；‎ C．氨气和氧气在铂丝的催化下发生氧化还原反应，铂丝持续红热，可说明反应放热，故C正确；‎ D．NO易与空气中的氧气反应，在空气中不能稳定存在，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（　　）‎ ‎①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性；‎ ‎②金属元素在化合物中一般显正价；‎ ‎③金属性越强的元素相应的离子氧化性一般越弱；‎ ‎④金属元素只有金属性，没有非金属性；‎ ‎⑤最外层电子数越多的金属原子，金属性越强； ‎ ‎⑥离子化合物一定含金属元素．‎ A．①②③ B．②③ C．①⑤⑥ D．全部 ‎【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．‎ ‎【分析】金属元素的化合价一定是正价，因而其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，金属元素难以得到电子，在化学反应中只能失去电子，金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，在金属和非金属分界线附近的金属一般具有金属性和非金属性．‎ ‎【解答】解：①对于多价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例Fe2+，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故①错误；‎ ‎②因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中只显正价，故②正确；‎ ‎③金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故③正确；‎ ‎④金属性较弱的金属元素具有一定的非金属性，如在金属和非金属分界线附近的金属，故④错误．‎ ‎⑤金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故⑤错误； ‎ ‎⑥离子化合物氯化铵中不含金属元素，故⑥错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是（　　）‎ A．6和8 B．11和13 C．11和16 D．12和17‎ ‎【考点】离子化合物的结构特征与性质．‎ ‎【分析】根据原子序数分析元素，利用金属元素与非金属元素来分析形成的离子化合物，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A、原子序数为6和8的元素分别为C、O，能形成CO、CO2共价化合物，故A不选；‎ B、原子序数为11和13的元素分别为Na、Mg，不能形成化合物，故B不选；‎ C、原子序数为11和16的元素分别为Na、S，能形成离子化合物Na2S，故C不选；‎ D、原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl，能形成离子化合物MgCl2，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）‎ A．22g CO2中含有NA个氧原子 B．通常状况下，11.2 L氮气中含有NA个氮原子 C．2mol铝与足量稀盐酸反应生成3NA个氢气分子 D．标准状况下，22.4 L H2O中含有NA个水分子 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．根据n=计算出二氧化碳的物质的量，再计算出含有的氧原子数目；‎ B．通常状况下，不是标准状况下；‎ C．2mol铝完全反应失去6mol电子，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；‎ D．标准状况下，水的状态不是气态．‎ ‎【解答】解：A．22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，0.5mol二氧化碳分子中含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故A正确；‎ B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氮气的物质的量，故B错误；‎ C．2mol铝完全反应失去6mol电子，根据电子守恒，能够生成氢气的物质的量为=3mol，则反应生成3NA个氢气分子，故C正确；‎ D．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎14．下列解释实验事实的离子方程式正确的是（　　）‎ A．纯碱溶液显碱性的原因：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣‎ B．氯化铁溶液腐蚀铜线路板Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+‎ C．稀硫酸与氢氧化钡溶液恰好中和：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O D．氯气溶于水：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．以第一步水解为主；‎ B．电荷不守恒；‎ C．生成物的计量数关系错误；‎ D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸．‎ ‎【解答】解：A．以第一步水解为主，离子方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；‎ B．电荷不守恒，应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；‎ C．生成物的计量数关系错误，应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．火箭推进器常以联氨（N2H4） 为燃料、过氧化氢为助燃剂．已知下列各物质反应的热化学方程式：‎ N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H1=﹣533.23kJ•mol﹣1‎ H2O（g）=H2O （l）△H2=﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H3=﹣196.4kJ•mol﹣1‎ 则联氨与过氧化氢反应的热化学方程式可表示为（　　）‎ A．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=+817.63 kJ•mol﹣1‎ B．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1‎ C．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=﹣641.63 kJ•mol﹣1‎ D．N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣817.63 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】已知：①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H1=﹣533.23kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）=H2O （l）△H2=﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H3=﹣196.4kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律，将①+③﹣②可得N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g），据此计算出该反应的焓变△H即可．‎ ‎【解答】解：已知：①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H1=﹣533.23kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（g）=H2O （l）△H2=﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H3=﹣196.4kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律，将①+③﹣②可得：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=（﹣533.23kJ•mol﹣1）+（﹣196.4kJ•mol﹣1）﹣（﹣44kJ•mol﹣1）=﹣641.63 kJ•mol﹣1，‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分38分）‎ ‎16．向200mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测得最后溶液的pH＞7．‎ ‎（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是　Na2CO3或NaHCO3　；如果是多种成分，可能是　NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3　．‎ ‎（2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加2mol•L﹣1的盐酸，所得气体（不考虑溶解于水）的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：‎ ‎①加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式　OH﹣+H+═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣　．‎ ‎②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是　1.2 mol•L﹣1　（溶液体积的变化忽略不计）．‎ ‎【考点】钠的重要化合物；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算．‎ ‎【分析】（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性；‎ ‎（2）加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→C段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O→A段消耗的盐酸为A→C的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，以此解答．‎ ‎【解答】解：（1）CO2与NaOH反应可生成Na2CO3或NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成分，可能是Na2CO3或NaHCO3，如果是多种成分，若1＜＜2，溶质是NaHCO3、Na2CO3．若＞2，溶质是Na2CO3、NaOH，‎ 故答案为：Na2CO3或NaHCO3；NaOH和Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3；‎ ‎（2）①加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，A→C段发生NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，而O﹣A段消耗的盐酸为A→C的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为OH﹣+H+═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣，‎ 故答案为：OH﹣+H+═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣；‎ ‎②B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为0.3L×2mol/L=0.6mol，则的物质的量浓度是=1.2mol/L，‎ 故答案为：1.2 mol•L﹣1．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分﹣﹣血红素的结构式．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是　C、O、N　，写出基态Fe原子的核外电子排布式　[Ar]3d64s2　．‎ ‎（2）血红素中N原子的杂化方式为　sp3 、sp2　，在右图的方框内用“→”标出Fe2+的配位键．‎ ‎（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　4　，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为　4：3　．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．‎ ‎【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的；根据构造原理写出基态铁原子核外电子排布式．‎ ‎（2）根据每个N原子含有的σ 键个数与孤电子对数之和判断其杂化方式；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子． ‎ ‎（3）利用均摊法计算γ晶体晶胞中所含有的铁原子数；先判断δ、α两种晶胞中铁原子的配位数，再计算其比值．‎ ‎【解答】解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C、O、N；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2．‎ 故答案为：C、O、N；[Ar]3d64s2．‎ ‎（2）血红素中N原子有的含有3个σ 键和一个孤电子对，属于sp3杂化；有的含有3个σ 键，属于sp2 杂化方式；Fe2+的配位键为．‎ 故答案为：sp3 、sp2；．‎ ‎（3）该晶胞中顶点上含有的原子数=，面心上含有的原子数=，所以一个晶胞中含有4个原子；‎ δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4：3．‎ 故答案为：4； 4：3．‎ ‎　‎ ‎18．元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律．下表所列是五种短周期的原子半径及主要化合价（已知铍的原子半径为0.089nm）．‎ 元素代号 A B C D E 原子半径/nm ‎0.16‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.074‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6、﹣2‎ ‎﹣1‎ ‎﹣2‎ ‎（1）用元素代号标出它们在周期表中对应位置（以下为周期表的一部分）．‎ ‎（2）B元素处于元素周期表中　第三　周期　第ⅢA　族；‎ ‎（3）在元素周期表中　金属与非金属　的分界处，可以找到制半导体材料的元素；‎ ‎（4）上述五种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是　HClO4　（填化学式）；‎ ‎（5）C和E形成的化合物M，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了M的　还原　性．‎ ‎（6）写出D与强碱溶液反应的离子方程式　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，铍的原子半径为0.089nm，E的原子半径小于铍且其最低负价是﹣2，元素的最低负价=其最外层电子数﹣8，所以E位于第VIA族，为O元素，这几种元素都是短周期元素，原子半径大小顺序是A＞B＞C＞D，这几种元素的原子半径都大于铍原子，则为第三周期元素，结合其主要化合价知，A是Mg元素、B是Al元素、C是S元素、D是Cl元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，铍的原子半径为0.089nm，E的原子半径小于铍且其最低负价是﹣2，元素的最低负价=其最外层电子数﹣8，所以E位于第VIA族，为O元素，这几种元素都是短周期元素，原子半径大小顺序是A＞B＞C＞D，这几种元素的原子半径都大于铍原子，则为第三周期元素，结合其主要化合价知，A是Mg元素、B是Al元素、C是S元素、D是Cl元素，‎ ‎（1）Mg元素位于第三周期第IA族、Al元素位于第三周期第IIIA族、S位于第三周期第VIA族、Cl元素位于第三周期第VIIA、O元素位于第二周期第VIA族，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）元素原子核外电子层数等于其周期数，其最外层电子数等于其族序数，Al原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，所以铝元素位于第三周期第IIIA族，‎ 故答案为：第三；第ⅢA；‎ ‎（3）在元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到制半导体材料的元素，故答案为：金属与非金属；‎ ‎（4）最高价氧化物对应水化物分别为Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O元素没有正化合价，其次非金属性强的是Cl元素，所以酸性最强的酸是HClO4，‎ 故答案为：HClO4；‎ ‎（5）S与O形成的化合物为SO2，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，表现为还原性，故答案为：还原；‎ ‎（6）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎19．某研究小组为了探究一种抗酸药X（仅含五种短周期元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：请回答下列问题：‎ ‎（1）白色沉淀B中金属元素的离子结构示意图为　　，A的电子式为　　．‎ ‎（2）步骤3中生成沉淀C的离子方程式为　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．‎ ‎（3）X的化学式为　AlMg3（CO3）（OH）7　，该抗酸药不适合胃溃疡重症患者使用，原因是　和胃酸反应生成二氧化碳容易造成胃穿孔　．‎ ‎（4）设计实验方案验证步骤3后得到的无色溶液中的含碳离子　取少量容易少许于试管中，加入氯化钙无现象，在加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子　．‎ ‎【考点】物质检验实验方案的设计．‎ ‎【分析】抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体A和无色溶液A，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀B和溶液B，溶液B中加入足量A得到白色沉淀C，沉淀C加入过量氢氧化钠溶液完全溶解，说明沉沉的C为Al（OH）3，则溶液B含有偏铝酸钠，A为CO2，无色溶液C为碳酸氢钠溶液，抗酸药X仅含五种短周期元素，判断沉淀B只能为Mg（OH）2，无色溶液A为AlCl3溶液和MgCl2溶液，抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体二氧化碳，说明含有CO32﹣，Al3+，Mg2+，其中n（Al3+）=n（Al（OH）3）==0.01mol，n（Mg2+）=n（Mg（OH）2）==0..03mol，n（CO32﹣）=n（CO2）==0.01mol，则得到剩余部分质量=2.78g﹣0.01mol×27g/mol﹣0.03mol×24g/mol﹣0.01mol×60g/mol=1.19g，依据电荷守恒，物质中含有7个负电荷，则一个的质量==0.17g，判断为OH﹣，得到化学式为AlMg3（CO3）（OH）7，据此分析回答问题．‎ ‎【解答】解：抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体A和无色溶液A，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液过滤得到白色沉淀B和溶液B，溶液B中加入足量A得到白色沉淀C，沉淀C加入过量氢氧化钠溶液完全溶解，说明沉沉的C为Al（OH）3，则溶液B含有偏铝酸钠，A为CO2，无色溶液C为碳酸氢钠溶液，抗酸药X仅含五种短周期元素，判断沉淀B只能为 Mg（OH）2，无色溶液A为AlCl3溶液和MgCl2溶液，抗酸药X加入过量盐酸生成无色气体二氧化碳，说明含有CO32﹣，Al3+，Mg2+，其中n（Al3+）=n（Al（OH）3）==0.01mol，n（Mg2+）=n（Mg（OH）2）==0..03mol，n（CO32﹣）=n（CO2）==0.01mol，则得到剩余部分质量=2.78g﹣0.01mol×27g/mol﹣0.03mol×24g/mol﹣0.01mol×60g/mol=1.19g，依据电荷守恒，物质中含有7个负电荷，则一个的质量==0.17g，n（OH﹣）==0.07mol，判断为OH﹣，得到化学式为AlMg3（CO3）（OH）7，‎ ‎（1）上述分析可知白色沉淀B中金属元素为镁元素，镁离子核内有12个质子，核外有两个电子层，第一层2个电子，第二层8个电子，镁离子结构示意图为，A为二氧化碳属于共价化合物，二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，‎ 故答案为：；；‎ ‎（2）步骤3中生成沉淀C为Al（OH）3，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；‎ ‎（3）上述分析计算可知X为AlMg3（CO3）（OH）7，X和胃酸反应生成二氧化碳容易造成胃穿孔，引起危险，‎ 故答案为：AlMg3（CO3）（OH）7；和胃酸反应生成二氧化碳容易造成胃穿孔；‎ ‎（4）设计实验方案验证溶液C中的含碳离子为HCO3﹣，取少量容易少许于试管中，加入氯化钙无现象，在加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子，‎ 故答案为：取少量容易少许于试管中，加入氯化钙无现象，在加入盐酸生成无色无味的气体，通入澄清石灰水变浑浊，证明含有碳酸氢根离子．‎ ‎　‎ ‎20．NH3及其盐都是重要的化工原料．‎ ‎（1）用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3的化学方程式为　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　；该反应发生、气体收集和尾气处理装置如图1依次为　BDE　；‎ ‎（2）按如图2装置进行NH3性质实验．先打开旋塞1，B瓶中的现象是　产生白色的烟　，稳定后，关闭旋塞1．再打开旋塞2，B瓶中的现象是　烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色　；‎ ‎（3）写出NH4Cl溶液水解的离子方程式　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　；‎ 设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响．‎ 限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可调控温度）‎ ‎①实验目的：探究　温度　对溶液中NH4Cl水解程度的影响；‎ ‎②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．‎ 物理量 实验序号 V（溶液）/mL NH4Cl质量/g 温度/℃‎ ‎　pH　‎ ‎…‎ ‎1‎ ‎250‎ ‎　m　‎ ‎　T1　‎ ‎ X ‎…‎ ‎2‎ ‎250‎ ‎　m　‎ ‎　T2　‎ ‎　Y　‎ ‎…‎ ‎③按实验序号1所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为X，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为　　（只列出算式，忽略水自身电离的影响）．‎ ‎【考点】氨的制取和性质．‎ ‎【分析】（1）NH4Cl和Ca（OH）2在加热条件下生成氨气、氯化钙和水；依据反应物状态和条件选择发生装置，依据氨气易溶于水，密度小于空气密度选择收集装置，依据氨气极易溶于水选择尾气处理装置；‎ ‎（2）氯化氢与氨气反应生成固体氯化铵；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性；‎ ‎（3）氨根离子为弱碱阳离子，水解生成一水合氨和氢离子；‎ ‎①根据影响NH4Cl水解的因素以及题干提供的限选试剂与仪器分析；‎ ‎②氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所配制溶液的体积，根据温度不同，盐类水解后PH不同，进行设计表格数据；‎ ‎③读取的待测物理量的数值为X，X为PH值，PH=﹣lgc（H+）可求算出氢离子浓度，根据NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，求解NH4Cl水解反应的平衡转化率．‎ ‎【解答】解：（1）NH4Cl和Ca（OH）2在加热条件下生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；反应物为固体与固体和反应条件为加热，所以选择B发生装置，氨气易溶于水，密度小于空气密度应选择向下排空气法收集，所以选择D收集装置，氨气极易溶于水，可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，可选择E做尾气处理装置；‎ 故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；BDE；‎ ‎（2）氯化氢与氨气反应生成白色固体氯化铵，所以看到现象为：产生白色的烟；‎ 氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性，所以看到现象为：烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色；‎ 故答案为：产生白色的烟；烧杯中的石蕊溶液会倒吸入B瓶，且溶液变为红色；‎ ‎（3）氨根离子为弱碱阳离子，水解生成一水合氨和氢离子，水解的离子方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎①盐类水解，水解离子浓度越大，水解程度越小，盐类水解为吸热反应，温度越高，水解程度越大，根据题干提供的限选试剂与仪器中的温度计、恒温水浴槽（可调控温度），可选择温度不同对盐类水解的影响，‎ 故答案为：温度；‎ ‎②根据①可知，该实验为探究温度对氯化铵水解的影响，氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所以可根据不同温度下，水解的溶液的pH进行判断，所配制溶液的体积都为100mL，m（NH4Cl）相同都为m g，温度不同，分别为T1℃、T2℃，分别测水解后pH；‎ 故答案为：‎ 物理量 实验序号 V（溶液）/mL NH4Cl质量（g）‎ 温度（℃）‎ ‎ pH ‎…‎ ‎1‎ ‎ m ‎ T1‎ ‎…‎ ‎2‎ ‎ m ‎ T2‎ ‎ Y ‎…‎ ‎③读取的待测物理量的数值为X，X为pH值，pH=﹣lgc（H+），c（H+）=10﹣Xmol/L，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，水解的氯化铵的物质的量为n（NH4Cl）=c（H+）×V=10﹣X×0.25mol，则NH4Cl水解反应的平衡转化率为：×100%=×100%；‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎21．将22.4g铜和三氧化二铁的混合粉末加入到溶液为1mol/L的硫酸中，使之发生反应．‎ ‎（1）若固体恰好全部溶解，消耗硫酸的体积为VL，则V的取值范围为　0.3L≤V＜0.42L　．‎ ‎（2）若硫酸溶液过量，反应后的溶液体积为1L，测得此溶液中Fe2+浓度为0.1mol/L，则原混合物中含铜　3.2或14.4　g．‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】（1）若固体恰好全部溶解，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2 （SO4）3+3H2O、Cu+Fe2 （SO4）3=2FeSO4+CuSO4，总反应方程式为Cu+Fe2O3+3H2SO4=CuSO4+2FeSO4+3H2O，‎ 若Cu、Fe2O3按物质的量1：1混合，消耗的硫酸最少，若混合物粉末全是Fe2O3，消耗的硫酸最多，结合方程式计算解答；‎ ‎（2）硫酸溶液过量，若铜过量，过量的铜不与硫酸反应，则只发生如下反应：Cu+Fe2O3+3H2SO4=CuSO4+2FeSO4+3H2O，根据溶液中n（Fe2+）计算n（Fe2O3），进而计算Cu的质量；‎ 若Fe2O3过量，过量的Fe2O3将与H2SO4反应，根据溶液中n（Fe2+）计算Cu的质量．‎ ‎【解答】解：（1）若固体恰好全部溶解，铜粉和三氧化二铁的混合物是按如下反应进行：‎ Fe2O3+3H2SO4=Fe2 （SO4）3+3H2O、Cu+Fe2 （SO4）3=2FeSO4+CuSO4‎ 总反应方程式为：Cu+Fe2O3+3H2SO4=CuSO4+2FeSO4+3H2O 若Cu、Fe2O3按物质的量1：1混合，消耗的硫酸最少，则n（Cu）=n（Fe2O3）==0.1mol，由方程式可知，需要硫酸为0.1mol×3=0.3mol，硫酸体积为=0.3L，‎ 若混合物粉末全是Fe2O3，消耗的硫酸最多，则发生：Fe2O3+3H2SO4=Fe2 （SO4）3+3H2O，n（Fe2O3）==0.14mol，故消耗H2SO4为0.14 mol×3=0.42 mol，硫酸体积为=0.42L，‎ 但铜的质量不可能为0，故有0.3L≤V＜0.42L，‎ 故答案为：0.3L≤V＜0.42L；‎ ‎（2）溶液中n（Fe2+）=1L×0.1mol/L=0.1mol，则 ‎ Cu+Fe2O3+3H2SO4=CuSO4+2FeSO4+3H2O ‎ 0.05mol 0.05mol 0.1mol 若铜过量，过量的铜不与硫酸反应，则m （Fe2O3）=0.05 mol×160 g/mol=8.0 g，故m （Cu）=22.4 g﹣8.0 g=14.4 g；‎ 若Fe2O3过量，过量的Fe2O3将与H2SO4反应，则m （Cu）=0.05mol×64 g/mol=3.2g，‎ 故答案为：3.2或14.4．‎ ‎　‎ ‎22．氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的化学式是　AlH3　．‎ ‎（2）甲与水反应的化学方程式是　AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑　．‎ ‎（3）气体丙与金属镁反应的产物是　Mg3N2　（用化学式表示）．‎ ‎（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，‎ 则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，‎ 所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．‎ ‎【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，‎ 则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，‎ 所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，‎ ‎（1）由以上分析可知甲为AlH3，故答案为：AlH3；‎ ‎（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，‎ 故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；‎ ‎（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；‎ ‎（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O，‎ 故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O．‎ ‎　‎ ‎23．下图是一些常见单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去．常温常压下，A为无色有毒气体，B为红棕色粉末，C、E为金属单质，G、J的焰色均为黄色．反应①为炼铁高炉中的重要反应；反应②可用于焊接铁轨．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学式为　Fe2O3　，J的化学式为　Na2CO3　．‎ ‎（2）工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，该反应的化学反应方程式为　2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　．‎ ‎（3）D→G是侯氏制碱法的主要反应，该反应的化学方程式为　NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3+NH4Cl　．‎ ‎（4）K→H是制作印刷电路板的重要反应，该反应的离子方程式为　2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　．‎ ‎（5）F→L是铝土矿提纯中的重要反应，该反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】B为红棕色粉末，应为Fe2O3，A为无色有毒气体，结合转化关系，可推知A具有还原性，故A为CO，则D为CO2，E为Fe；顺推可知D和氯化钠溶液、氨水发生候氏制碱法中的反应生成G为NaHCO3，J为Na2CO3，H是FeCl2，K为FeCl3，金属C与氧化铁反应生成Fe与F，F为金属氧化物，既与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，F应为Al2O3，则C是Al，I为AlCl3，L为NaAlO2，结合物质的性质解答该题．‎ ‎【解答】解：B为红棕色粉末，应为Fe2O3，A为无色有毒气体，结合转化关系，可推知A具有还原性，故A为CO，则D为CO2，E为Fe；顺推可知D和氯化钠溶液、氨水发生候氏制碱法中的反应生成G为NaHCO3，J为Na2CO3，H是FeCl2，K为FeCl3，金属C与氧化铁反应生成Fe与F，F为金属氧化物，既与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，F应为Al2O3，则C是Al，I为AlCl3，L为NaAlO2，‎ ‎（1）根据上面的分析可知，B的化学式为 Fe2O3，J的化学式为 Na2CO3 ，‎ 故答案为：Fe2O3； Na2CO3； ‎ ‎（2）工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应的化学反应方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，‎ 故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；‎ ‎（3）D→G是侯氏制碱法的主要反应，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3+NH4Cl，‎ 故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3+NH4Cl；‎ ‎（4）K→H是制作印刷电路板的重要反应，反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，‎ 故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；‎ ‎（5）F→L是铝土矿提纯中的重要反应，该反应的离子方程式为Al2O3+2 OH﹣═2AlO2﹣+H2O，‎ 故答案为：Al2O3+2 OH﹣═2AlO2﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎24．有一包白色固体粉末，可能含有K2SO4、Na2CO3、NH4Cl、BaCl2、CuSO4中的一种或几种，按以下步骤进行实验：‎ ‎①取少量固体粉末加到足量水中，得到无色溶液；‎ ‎②取①中溶液少量继续往其中加入足量稀硫酸，有气泡产生；‎ ‎③继续向②中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎④取①中溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝．‎ 根据以上事实判断：‎ ‎（1）肯定存在的是　Na2CO3、NH4Cl　；‎ ‎（2）肯定不存在的是　BaCl2、CuSO4　；‎ ‎（3）不能确定是否存在的是　K2SO4　．请简述证明该物质是否存在的实验方案（实验方法、现象、结论）　用洁净铂丝蘸取少量①中溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明有K2SO4，否则没有．（或取①中溶液加盐酸酸化，无沉淀生成，再继续加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原样品中有K2SO4，否则没有　．‎ ‎（4）写出上述实验④中产生刺激性气味气体反应的化学方程式：　NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O　．‎ ‎【考点】物质检验实验方案的设计；几组未知物的检验．‎ ‎【分析】根据题目给出的信息：①取少量固体粉末加到足量水中，得到无色溶液，可排除CuSO4，同时根据BaCl2与Na2CO3、K2SO4不共存，可确定如有BaCl2存在，可排除后者，反之则BaCl2不存在；②取①‎ 中溶液少量继续往其中加入足量稀硫酸，有气泡产生，可知生成的气体为二氧化碳，确定溶液里有Na2CO3，排除BaCl2的存在；③继续向②中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，但无法确定原混合中有K2SO4，原因实验②添加硫酸酸化，引入SO42﹣；④取①中溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝，可知生成的气体为NH3，确定溶液里有NH4+，即有NH4Cl，据此分析可知，原混合物中一定有NH4Cl、Na2CO3，一定没有CuSO4、BaCl2，可能有K2SO4．‎ ‎【解答】解：（1）因实验②可知固体中有Na2CO3，实验④可知固体中有NH4Cl，故答案为：NH4Cl、Na2CO3；‎ ‎（2）因实验①排除除CuSO4，因有Na2CO3排除BaCl2，故答案为：CuSO4、BaCl2；‎ ‎（3）无法确定的是K2SO4，可利用焰色反应或能过SO42﹣的检验，确定是否存在，具体操作为：用洁净铂丝蘸取少量①中溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明有K2SO4，否则没有． （或取①中溶液加盐酸酸化，无沉淀生成，再继续加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原样品中有K2SO4，否则没有，故答案为：用洁净铂丝蘸取少量①中溶液进行灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明有K2SO4，否则没有． （或取①中溶液加盐酸酸化，无沉淀生成，再继续加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原样品中有K2SO4，否则没有；‎ ‎（4）实验④中产生刺激性气味气体反应的化学方程式为NH4Cl+Na OHNa Cl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+Na OHNa Cl+NH3↑+H2O．‎ ‎　‎ ‎2016年11月7日