2018-2019学年江西省南昌市第二中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江西省南昌市第二中学高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省南昌市第二中学高一下学期第一次月考 化学试题（解析版）‎ 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Na-23 Ca-40 ‎ 一、选择题(共48分，每小题只有1个选项符合题意)‎ ‎1.以下性质的比较中，错误的是 A. 酸性：H2CO3>H2SiO3>Al(OH)3‎ B. 熔点：K>Na >Li C. 热稳定性：HF>HCl>H2S D. 碱性：KOH>NaOH>Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性C＞Si＞Al，所以酸性：H2CO3＞H2SiO3＞Al(OH)3，A正确；‎ B．碱金属元素从上到下单质的熔点逐渐降低，则熔点：K＜Na＜Li，B错误；‎ C．元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性F＞Cl＞S，所以氢化物的热稳定性：HF＞HCl＞H2S，C正确；‎ D．元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性K＞Na＞Mg，所以碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.已知短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是 A. 原子序数：D＞C＞B＞A B. 原子半径：B＞A＞C＞D C. 离子半径：C3－＞D－＞A2＋＞B＋‎ D. 氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＜D－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同电子层结构，则A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数A＞B，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数D＞C，A.由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数增大，所以原子序数为A＞B＞D＞C，故A错误；‎ B.电子层越多，半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，则原子半径为B＞A＞C＞D，故B正确；‎ C.具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，则离子半径为C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C错误；‎ D.金属性越强，其阳离子的氧化性越弱，金属性为B＞A，则氧化性：A2＋＞B＋，非金属性：C＜D，则还原性：C3－＞D－，故D错误；故选B。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握电子层结构相同的微粒的相关信息，阳离子元素在下周期，阴离子元素在上周期，离子电荷数越大，说明原子序数越大，原子序数越大，离子半径越小。‎ ‎3.下列组合不能实现喷泉实验的是 A. NO和水 B. CO2和NaOH溶液 C. HCl和水 D. Cl2和NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若挤压胶头滴管，形成喷泉，则气体极易溶于水、或气体极易与溶液反应，以此来解答。‎ 详解】A．一氧化氮不溶于水，不能形成压强差，不能形成喷泉，A符合题意；‎ B．挤压胶头滴管，CO2和NaOH溶液反应，使容器内气体减少，外界压强大于容器内气体压强，可以形成喷泉，B不符合题意；‎ C．挤压胶头滴管，氯化氢易溶于水，使气体减少，容器内气体减少，外界压强大于容器内气体压强，可以形成喷泉，C不符合题意；‎ D．挤压胶头滴管，氯气与氢氧化钠溶液反应，气体减少，容器内气体减少，外界压强大于容器内气体压强，可以形成喷泉，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及物质性质、喷泉实验原理等，注意发生的化学反应，把握反应原理及物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。‎ ‎4.铜有两种天然同位素Cu 和Cu ，参考铜的相对原子质量(63.5)，估算Cu的原子个数百分含量约是 A. 20% B. 25% C. 50% D. 75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设63Cu原子的原子个数百分比为x，则65‎ Cu的原子个数百分比是1－x，铜的相对原子质量为63.5，则63x+65（1－x）＝63.5，解得x＝0.75，即63Cu原子的原子个数百分比为75%。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查相对原子质量的有关计算，把握元素相对原子质量的含义以及计算依据为解答的关键。‎ ‎5.将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是 A. 反应剧烈程度，两者相同 B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少 C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深 D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸越浓，氧化性越强，所以浓硝酸和铜反应更剧烈，A错误；‎ B、根据方程式Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2H2O＋2NO2↑和3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋4H2O＋2NO↑可知浓硝酸消耗的多，B正确；‎ C、根据方程式可知浓硝酸产生红棕色二氧化氮，稀硝酸产生无色的一氧化氮，C错误；‎ D、反应中消耗的铜一样多，所以转移的电子数一样多，D错误；‎ 答案是B。‎ ‎6.某周期ⅡA族元素的原子序数为x，则同周期的ⅢA族元素的原子序数是( )‎ A. 只有x+1 B. 可能是x+8或x+18‎ C. 可能是x+2 D. 可能是x+1或x+11或x+25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若该元素处于第二、第三周期，ⅡA族元素的原子序数为x，则同周期的Ⅲ族元素的原子序数是x+1；若该元素处于第四周期、第五周期ⅡA族，则与其处于同一周期第Ⅲ族元素的原子序数是x+11；若该元素处于第六周期、第七周期ⅡA族，则与其处于同一周期第Ⅲ族元素的原子序数是x+25，所以某周期ⅡA族元素的原子序数为x，则同周期的Ⅲ族元素的原子序数是可能是x+1或x+11或x+25。选项是D。‎ 考点：考查同一周期不同主族的元素的原子序数的关系的知识。‎ ‎7.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径由大到小的顺序为Y＞X＞Z，原子序数之和为16．三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中B和C均为10电子分子．有关判断不正确的是（　　）‎ A. X元素位于ⅥA族 B. A不能溶解于B中 C. B的沸点高于C的沸点 D. A和C不可能发生氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ B和C为化合物，且属于10电子分子，说明是氢化物，可能是HF、H2O、NH3、CH4中的两个，根据原子半径顺序，Z为H，原子序数之和为16，且单质X和单质Y能发生反应，即Y为N，X为O，A、根据上述分析，X为O，位于第二周期第VIA族，故A说法正确；B、A为NO，B为H2O，NO不溶于水，故B说法正确；C、H2O常温下为液态，C为NH3，常温下为气态，因此H2O的沸点高于NH3，故C说法正确；D、NO和NH3一定条件下的反应是6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，故D说法错误。‎ ‎8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是(夹持装置未画出)‎ A. 制取二氧化硫气体 B. 检验溶液中是否有钾离子 C. 验证氨气极易溶解于水 D. 加热氢氧化钠固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硫酸与铜反应需要加热，该装置不加热，不能制备二氧化硫，故A错误；‎ B.要透过蓝色钴玻璃观察钾的焰色反应，故B错误；‎ C.用装置丙进行实验时，挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶，烧瓶内气体压强减小，气球明显变大，说明NH3极易溶于水，故C正确；‎ D.瓷坩埚中含有二氧化硅，高温条件下可与氢氧化钠反应，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎9.某同学设计如下微型实验装置用以验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达不正确的是（ ）‎ A. a棉球褪色，验证SO2具有漂白性 B. b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质 C. c棉球蓝色褪去，验证SO2具有还原性 D. 只能用烧碱溶液吸收尾气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化硫可以漂白品红，，所以可以验证SO2具有漂白性，故不选A；‎ B.SO2+2NaOH=Na3SO3+H2O ，所以b棉球褪色，可以验证SO2具有酸性氧化物的性质，故不选B；‎ C.SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，所以c棉球蓝色褪去，可以验证SO2具有还原性，故不选C；‎ D.碱性物质和氧化性物质均可以吸收尾气二氧化硫，故选D；‎ 正确答案：D。‎ ‎10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH C 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气密度小于空气密度，应选择向下排气法收集，即短口进长口出，A错误；‎ B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，用向上排空气法收集，二氧化硫有毒需要用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气，倒扣的漏斗可以防止倒吸，B正确；‎ C．应该用浓硝酸和铜反应制备二氧化氮，稀硝酸和铜反应生成NO，C错误；‎ D．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握常见气体制备原理、气体的性质特点并能结合装置特点分析是解答的关键，气体的收集是解答的易错点。‎ ‎11.图示为含同一种元素的a、b、c、d、e五种物质的转化关系．其中a是单质，b是气态氢化物，c、d是氧化物，e是该元素最高价氧化物对应水化物，则a不可能是(已知CH4高温时可发生分解生成C、H2)‎ ‎①F2     ②N2      ③C     ④S A. 只有① B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①F元素没有正化合价，所以不存在对应的含氧酸，①符合；‎ ‎②氮气与氧气化合生成NO，氨气被氧化可以转化为氮气或NO，NO被氧化转化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，②不符合；‎ ‎③高温下，CH4分解生成碳和氢气，碳燃烧可以生成CO，甲烷不完全燃烧也可以生成CO，CO被氧化转化为二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，③不符合；‎ ‎④硫燃烧生成二氧化硫，氯化氢被氧化可以转化为单质硫或二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，④不符合；‎ 答案选A。‎ ‎12.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。Z的＋2价阳离子电子层结构与氖相同，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Y和M可以形成Y2M型化合物。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. X与Y能形成两种化合物 B. 简单氢化物的稳定性：N>M C. 原子半径：r(Y)＞r(M)＞r(X)‎ D. Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物两两之间能发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。‎ ‎【详解】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。‎ A．X为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2两种化合物，选项A正确；‎ B．同周期自左而右非金属性增强，简单氢化物的稳定性增强，故简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S，选项B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径依次减小，故半径r(Na)＞r(S)，同主族自上而下原子半径依次增大：r(S)＞r(O)，故r(Na)＞r(S)＞r(O)，即r(Y)＞r(M)＞r(X)，选项C正确；‎ D．Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、HClO4，其中NaOH、Mg(OH)2之间不能反应，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)‎ A. 此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂 B. 试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L C. 溶液体积占试管容积的三分之二 D. 若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为="1/22.4" mol/L，B正确；C．溶液体积占试管容积的，C错误；D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查NO2的性质 ‎【名师点睛】本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。‎ ‎14.不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是 序号 甲 乙 丙 ‎①‎ CO2‎ SO2‎ 石灰水 ‎②‎ HCl CO2‎ 石灰水 ‎③‎ CO2‎ SO2‎ Ba(NO3)2‎ ‎④‎ NO2‎ SO2‎ BaCl2‎ ‎⑤‎ CO2‎ NH3‎ CaCl2‎ A. ②③④ B. ②③④⑤ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①由于石灰水过量，所以必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，①符合；‎ ‎②于石灰水过量，所以必有CaCO3沉淀生成，②符合；‎ ‎③CO2与Ba(NO3)2不反应，SO2通入Ba(NO3)2后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3-氧化为SO42-,因此有BaSO4沉淀生成，③符合；‎ ‎④NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化为SO3，通入BaCl2溶液后，会生成BaSO4沉淀，④符合；‎ ‎⑤当NH3过量时溶液中有CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O＝CaCO3↓+2NH4Cl；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O＝Ca(HCO3)2+2NH4C1，⑤不符合；‎ 答案选D。‎ ‎15.在100mL某混合溶液中，c(HNO3)=0.4mol/L，c(H2SO4)=0.1mol/L，向其中加入 1.92g铜粉，微热，充分反应后溶液中c(Cu2+)为 A. 0.15mol/L B. 0.3mol/L C. 0.225mol/L D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：硝酸与Cu反应的离子方程式是：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，n(H+)＝0.1L×0.4mol/L+0.2L×2×0.1mol/L＝0.08mol；n(NO3－‎ ‎)＝0.1L×0.4mol/L＝0.04mol；n(Cu)＝1.92g÷64g/mol＝0.03mol，由于在反应方程式中n(Cu): n(H+)：n(NO3－)=3:8:2，所以硝酸根过量足量，氢离子和铜恰好反应，所以n(Cu2+)＝0.03mol，c(Cu2+) =" n÷V=0.03mol" ÷0.1L="0.3" mol/L。答案选B。‎ 考点：考查反应物有过量时的离子方程式的计算的知识。‎ ‎16. 将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为 A. n(SO2)/n(H2)=1/1 B. n(SO2)/n(H2)=4/1‎ C. n(SO2)/n(H2)=1/4 D. n(SO2)/n（H2）=3/2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。‎ 考点：考查物质量的计算。‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎17.(1)硫酸有很多的性质,将下列性质对应的字母填入各小题后面对应的括号中：‎ A 脱水性 B 酸性 C 强氧化性 D 吸水性 ‎ ‎①在化学实验中，浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂__________________。‎ ‎②Na2CO3与H2SO4反应，可生成Na2SO4和CO2__________________。‎ ‎③向滤纸上滴加浓H2SO4 ,滤纸变黑__________________。‎ ‎④在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象___________________‎ ‎(2)①有H、D、T 三种原子，在标况下，它们的单质的密度之比是____________________，在标况下，1L各单质中，它们的电子数之比_______________。‎ ‎②水和重水分别跟金属钾反应，若两反应中电子转移总数相等时，消耗水和重水的质量比________________；生成气体的质量比________________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). B (3). A (4). C (5). 1∶2∶3 (6). 1∶1∶1 (7). 9：10 (8). 1∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据浓硫酸的特性和性质特点分析解答；‎ ‎（2）根据阿伏加德罗定律以及水、重水的组成分析计算。‎ ‎【详解】（1）①浓硫酸具有吸水性，在化学实验中，浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂，答案选D。‎ ‎②硫酸的酸性比碳酸的酸性强，Na2CO3与H2SO4反应，可生成Na2SO4和CO2，答案选B。‎ ‎③浓硫酸具有脱水性，向滤纸上滴加浓H2SO4，滤纸变黑，答案选A。‎ ‎④浓硫酸具有强氧化性，在冷浓H2SO4中放入铁片发生钝化，没明显现象，答案选C。‎ ‎（2）①根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的密度之比是其相对分子质量之比，则H、D、T三种原子，在标况下，它们的单质的密度之比是2：4：6＝1：2：3。质子数等于核外电子数，因此在标况下，1L各单质中，它们的电子数之比1：1：1。‎ ‎②水和重水中氢元素的化合价均是+1价，反应后变为0价，则分别跟金属钾反应，若两反应中电子转移总数相等时，消耗水和重水的物质的量相等，则其质量比为18：20＝9：10；产生氢气的物质的量相等，则生成气体的质量比为2：4＝1：2。‎ ‎【点睛】注意浓硫酸吸水性和脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，浓H2SO4表现脱水性。‎ ‎18.X、Y、Z、W是四种短周期元素，X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价是＋7价。回答下列问题：‎ ‎(1)元素X原子结构示意图为________。‎ ‎(2)元素Y的最高价氧化物的分子式为__________，其中一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是________。‎ ‎(3)元素Z能与氢元素形成18电子分子，分子式为_________。‎ ‎(4)元素W的单质与元素X的低价氧化物在水溶液中反应的离子方程式为___________。‎ ‎(5)ZW3常温下呈液态，可与水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，反应的化学方程式为_______。‎ ‎(6)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性明显不同于其他三种酸的是_______(用酸的分子式表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). CO2 (3). 146C (4). N2H4 (5). Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－ (6). NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑ (7). H2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，说明X共有3个电子层，且M层上有6个电子，故X为硫元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，说明Y只有2个电子层，且最外层有4个电子，Y为碳元素；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液显碱性，中学阶段碱性气体只有NH3，因此Z为氮元素；W的最高正价为+7，而F元素无正价，因此W为氯元素。据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是S、C、N、Cl。则 ‎（1）硫元素的质子数是16，原子结构示意图为。‎ ‎（2）碳元素的最高价氧化物是CO2，碳的放射性同位素146C可用于测定文物年代。‎ ‎（3）氮元素能与氢元素形成18电子分子，分子式为N2H4。‎ ‎（4）元素W的单质氯气与元素X的低价氧化物二氧化硫在水溶液中反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O＝4H++SO42－+2Cl－。‎ ‎（5）NCl3与H2O水反应生成一种具有漂白性的酸和一种碱性气体，只能是次氯酸和氨气，反应方程式为：NCl3+3H2O＝3HClO+NH3↑。‎ ‎（6）H2CO3、HNO3、H2SO4、HClO4中化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3，H2CO3为弱酸，其它三种为强酸。‎ ‎19.硫酸是化工行业广泛应用的基础原料，某化学兴趣小组为探究浓硫酸所具有的一些特殊性质，进行如下有关实验。‎ 实验一：浓硫酸与铜反应 ‎(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________；当反应转移0.2mol电子时，生成气体在标况下的体积为_________L。‎ ‎(2)装置D中试管口放置棉花浸有NaOH浓溶液，其作用是______________；‎ ‎(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中由于气压增大引发的现象是________________，B中应放置的溶液是________。‎ A 水 B 酸性KMnO4溶液 C 浓溴水 D 饱和NaHSO3溶液 实验二：浓硫酸与碳反应，并验证反应生成的气体产物 ‎(4)冯同学认为按照甲、丙、丁、乙的装置顺序，即可验证产物为SO2和CO2，那么丁中酸性KMnO4溶液的作用是______________；‎ ‎(5)陈同学认为丙装置要使用两次才能确保检验气体产物的准确性，如按该同学所说，气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是(填各接口字母)：A——________________________________________——B；能说明气体产物中有CO2的实验现象是①__________________②____________________。‎ ‎【答案】 (1). 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O (2). 2.24 (3). 吸收多余的SO2 (4). 溶液倒流回长颈漏斗中 (5). D (6). 除去CO2中的SO2 (7). CDFECD (8). 第二个丙装置不褪色 (9). 乙中生成白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，结合元素的化合价变化情况分析解答；‎ ‎（2）根据二氧化硫有毒，属于大气污染物分析判断；‎ ‎（3）装置B的作用是贮存多余的气体，结合二氧化硫的性质分析判断；‎ ‎（4）根据二氧化硫能干扰二氧化碳的检验分析判断；‎ ‎（5）检验二氧化硫用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，但二氧化硫能干扰二氧化碳的检验，结合装置图分析解答。‎ ‎【详解】（1）装置A中浓硫酸和铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，发生反应的化学方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；反应中硫元素化合价从+6价降低到+4价得到2个电子，则当反应转移0.2mol电子时，生成气体在标况下的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；‎ ‎（2）二氧化硫有毒，需要尾气处理，又因为二氧化硫是酸性氧化物，则装置D中试管口放置的棉花浸有NaOH浓溶液，其作用是吸收多余的SO2，防止污染空气；‎ ‎（3）装置B的作用是贮存多余的气体，则B中应放置的溶液不能溶解或吸收二氧化硫，酸性高锰酸钾溶液和溴水均能氧化二氧化硫，二氧化硫易溶于水，所以B中溶液应该是饱和的亚硫酸氢钠溶液，答案选D；当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中由于气压增大引发的现象是溶液倒流回长颈漏斗中。‎ ‎（4）由于二氧化硫和二氧化碳均是酸性氧化物，都能使澄清石灰水先变浑浊后澄清，则检验二氧化碳之前要首先除去二氧化硫，即丁中酸性KMnO4溶液的作用是除去CO2中的SO2；‎ ‎（5）由于二氧化硫能干扰二氧化碳，则检验二氧化碳之前要首先除去二氧化硫，且还需要检验二氧化硫是否除尽，则按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是ACDFECDB；能说明气体产物中有CO2的实验现象是第二个丙装置不褪色，乙中生成白色沉淀。‎ ‎20.氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。‎ ‎(1)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‎ ‎①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2(CaSO4·2H2O)碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;‎ 已知:‎ 试剂 ‎ Ca(OH)2‎ NaOH ‎ 价格(元/kg) ‎ ‎0.36 ‎ ‎2.9 ‎ 和石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;‎ ‎(2)石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。‎ 上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。‎ ‎(3)一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：____________ ‎ ‎(4)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：‎ NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O ‎2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O 现有VL某NaOH溶液能完全吸收n mol NO2和m mol NO组成的大气污染物。‎ ‎①所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为________mol·L－1。‎ ‎②若所得溶液中c(NO3-)∶c(NO2-)＝1∶9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n∶m＝________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (2). 成本较高 (3). NaOH (4). CaO+H2O=Ca(OH)2   Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH (5). 6NO2＋8NH37N2＋12H2O (6). (m+n)/V (7). 3∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据二氧化硫和氢氧化钠反应的生成物书写；根据表中数据分析判断；‎ ‎（2）根据流程转化特点和物质的性质分析判断；‎ ‎（3）氨气可将氮氧化物转化为无污染的物质，生成物应该是氮气和水，据此书写；‎ ‎（4）①根据气体和氢氧化钠的关系计算；‎ ‎②根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式分析解答。‎ ‎【详解】（1）将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中生成亚硫酸钠和水，对应的化学反应方程式为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O；根据表中数据可知氢氧化钠的成本高，则和石灰-石膏法相比其缺点是成本较高；‎ ‎（2）根据流程图可知氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙和亚硫酸钠反应生成亚硫酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫，则实现循环利用的物质是NaOH。根据上述分析可知在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理为CaO+H2O＝Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3＝CaSO3↓+2NaOH。‎ ‎（3）一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，该物质是氮气和水，则氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式为6NO2＋8NH37N2＋12H2O；‎ ‎（4）①根据方程式NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O可知只要是NO不过量，氮原子和氢氧化钠的关系是1:1，则完全吸收n mol NO2和m mol NO所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为(m+n)/V mol·L－1。‎ ‎②根据方程式可知 NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O m m 2m ‎2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O ‎(n－m) (n－m)/2 (n－m)/2‎ 若所得溶液中c(NO3-):c(NO2-)＝1:9，则(n－m)/2:(n+3m)/2＝1:9，解得n:m＝3:2，即原混合气体中NO2和NO物质的量之比为3:2。‎ ‎21.一定量铜与100mLcmol/L的稀硝酸反应，产生1.12LNO(标准状况)，反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol/L的NaOH溶液，滴加过程中，产生沉淀的质量与加入NaOH 溶液的体积关系如下图所示。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式_____________________________________________。‎ ‎（2）铜与稀硝酸反应中被还原HNO3的物质的量为________mol。‎ ‎（3）铜与稀硝酸反应后的溶液中，H+的物质的量浓度为________mol/L(反应前后溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎（4）稀硝酸的物质的量浓度c=______mol/L。‎ ‎（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液使其全部转化为NaNO3，反应的化学方程式是______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). 0.05 (3). 0.5 (4). 2.5 (5). 2NO+2NaOH+3H2O2=2NaNO3+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；‎ ‎（2）铜与稀硝酸反应中被还原HNO3反应后生成NO，由氮原子守恒来计算；‎ ‎（3）反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol·L－1的NaOH溶液时，NaOH先和H＋反应，将H＋反应完后，再去和Cu2＋反应，由图示，剩余的H＋反应消耗50mLNaOH溶液；‎ ‎（4）当加入氢氧化钠溶液200mL时，溶液中的H＋、Cu2＋反应完全，溶液中的溶质为NaNO3，据此求出溶液中n（NO3－），然后根据稀硝酸中n（HNO3）=n（NO3－）+n（NO）求出硝酸的物质的量，稀硝酸的浓度；‎ ‎（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液，则NO做还原剂被氧化为NaNO3，双氧水被还原。‎ ‎【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，故离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+4H2O；‎ ‎（2）铜与稀硝酸反应中被还原的HNO3反应后生成NO，而反应生成的NO的物质的量为0.05mol，根据1mol硝酸被还原则生成1molNO可知，被还原的硝酸为0.05mol；‎ ‎（3）反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol·L－1的NaOH溶液时，NaOH先和H＋反应，将H＋反应完后，再去和Cu2＋反应，根据图示可知，剩余的H＋反应消耗50mLNaOH溶液，根据1molH＋～1molNaOH可知，反应后的溶液中氢离子的物质的量n（H＋）=n（NaOH）=cV=1mol·L－1×0.05L=0.05mol，则c（H＋）=n(H＋)/V=0.05mol÷0.1L=0.5mol·L－1；‎ ‎（4）当加入氢氧化钠溶液200mL时，溶液中的H＋、Cu2＋反应完全，溶液中的溶质只有NaNO3，故溶液中的n（NO3－）=n（Na＋）=n（NaOH）=1mol·L－1×0.2L=0.2mol，而原稀硝酸中n（HNO3）=n（NO3－）+n（NO）=0.2mol+0.05mol=0.25mol，故稀硝酸的浓度c=0.25mol÷0.1L=2.5mol·L－1；‎ ‎（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液，则NO做还原剂被氧化为NaNO3，双氧水被还原为H2O，故化学方程式为2NO+2NaOH+3H2O2=2NaNO3+4H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎