黑龙江省实验中学2017届高三（上）开学化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 黑龙江省实验中学2017届高三（上）开学化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 333.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-07 20:50:39 | ||
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文档简介
2016-2017学年黑龙江省实验中学高三（上）开学化学试卷
一、选择题．（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1．下列有关物质的性质或应用正确的是（ ）
A．单质硅用于制造芯片和光导纤维
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．SO2具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
D．普通玻璃的组成可用Na2O CaO 6SiO2表示，是纯净物
2．下列事实不能用金属活动性解释的是（ ）
A．生活中可用铝制的水壶烧水
B．镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品
C．工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠
D．电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部
3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
D．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
4．设NA为阿伏伽德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
D．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
5．对于实验I～IV的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验II：实验室制取并收集氨气
C．实验III：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置IV：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去
6．已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
7．下列陈述中，Ⅰ、Ⅱ都正确且两者间具有因果关系的一组是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
FeCl3溶液能腐蚀Cu
Fe的金属性强于Cu
B
Na2O2使酚酞溶液变红
Na2O2使品红溶液褪色
C
Cl2可部分与水反应
用排饱和食盐水法收集Cl2
D
浓H2SO4可干燥NO和SO2
NO和SO2还原性都弱
A．A
B．B
C．C
D．D
8．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（ ）
A．1mol
MnO2与含2mol
H2O2的溶液共热
B．1mol铜投入含4mol
HNO3的浓硝酸中
C．1mol铜与含2mol
H2SO4的浓硫酸共热
D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中
9．下列对实验现象的预测不正确的是（ ）
A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失
B．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通入CO2，有晶体析出
C．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D．向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊
10．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
C．有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、SO42﹣
D．强酸性溶液中：K+、NH4+、I﹣、NO3﹣
11．将含有0.1molSiO2的铝、硅混合物分别与足量NaOH溶液、盐酸混合，充分反应后前者可得到11.2L气体（标准状况），后者可得到6.72L气体（标准状况），则参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．3：1
12．氯气用途十分广泛，可用于生产半导体材料硅，其生产的流程如下，下列说法不正确的是（ ）石英砂粗硅四氯化硅纯硅．
A．①③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子
D．如果焦炭不足，反应①会释放CO2气体
13．某溶液中含有Na+、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣，在加入Na2O2后浓度不发生变化的是（ ）
A．Na+、CO32﹣
B．Cl﹣
C．CO32﹣、Cl﹣
D．HCO3﹣、SO32﹣
14．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（ ）
A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O（g）Mg（OH）2+H2↑
D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
15．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣
等离子的溶液中，逐滴加入5mol L﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（ ）
A．x﹣y=0.01mol
B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol L﹣1
C．原溶液的pH=1
D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1
16．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是（ ）
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的稀盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba（OH）2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
17．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3
②还原性：Cl﹣＞As
③每生成1mol
As，反应中转移电子的物质的量为3mol
④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①②④⑤
B．①③⑤
C．①②③④
D．只有①③
18．标准状况下，将体积为VL的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出（无NH3 H2O、NH4+、NH3）扩散到水槽中），所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法正确的是（ ）
A．条件不足，不能计算所得溶液的物质的量浓度
B．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=
C．所得溶液的质量分数为
D．水最终不可能充满整个烧瓶
19．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案（ ）
方法Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方法Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量．
A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．实验室中方案Ⅱ更便于实施
C．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大
D．方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜
20．24mL
0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL
0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
21．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（ ）
（甲）
XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）；
（乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓
①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族
②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应
③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同
④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4
⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．
A．①③
B．②③
C．①②
D．④⑤
22．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3
A．A
B．B
C．C
D．D
23．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．Y可以是蔗糖溶液
C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol
D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2
24．将1.28gCu投入一定量的浓HNO3溶液中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体448mL，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入的氧气的体积为（ ）
A．112
mL
B．224
mL
C．336
mL
D．448
mL
25．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．进行如实验：下列有关说法正确的是（ ）
A．步骤I中减少的3g固体一定是混合物
B．步骤II中质量减少的物质一定是Cu
C．根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
D．根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
二、填空题．（共50分）
26．如图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．
试回答下列有关问题：
（1）以上7个化学反应属于同种元素自身氧化还原反应的是 ；（用编号①→⑦填写）
（2）在G、J、H中含有相同的元素是 （填元素名称）；
（3）J的水溶液和F （填“能”或”否”）发生反应，其理由是 ；
（4）写出电解溶液H的离子反应方程式 ；
（5）反应⑤的化学方程式是；
（6）写出J的两种常见用途 、 ．
27．以电石渣为原料制备KClO3的流程如图1：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行．氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2．
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为 ；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有 （填序号）．
A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤．
①滤渣的主要成分为 （填化学式）．
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n：n 1：5（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g L﹣1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 ．
28．1000ml某待测溶液中除含有0.2mol L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
K+、NH4+、Fe3+、Ba2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：
（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： ．
（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 ．
（3）若无色气体D是单一气体：判断原溶液中K+是否存在 （填是或否），若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： ．
（4）若无色气体D是混合气体：
①待测液中一定含有的阴离子是 ．
②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 （写化学式）．
29．铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途．
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如图1：
①Cu2+的价电子排布图 ；
NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为 （填元素符号）．
②SO42﹣的空间构型为 ，SO32﹣离子中心原子的杂化方式为 ．
（2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式．
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出SO4 H2O晶体．
①下列说法正确的是
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因．
（4）Cu晶体的堆积方式如图2所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为，晶体的空间利用率为 （列式）．
2016-2017学年黑龙江省实验中学高三（上）开学化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题．（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1．下列有关物质的性质或应用正确的是（ ）
A．单质硅用于制造芯片和光导纤维
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．SO2具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
D．普通玻璃的组成可用Na2O CaO 6SiO2表示，是纯净物
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．光导纤维主要成分是二氧化硅；
B.84消毒液中NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒；
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；
D．普通玻璃是混合物．
【解答】解：A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B.84消毒液中NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，是消毒液的有效成分，故B正确；
C．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故C错误；
D．普通玻璃的成分是二氧化硅、硅酸钙、硅酸钠，为混合物，故D错误；
故选：B．
2．下列事实不能用金属活动性解释的是（ ）
A．生活中可用铝制的水壶烧水
B．镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品
C．工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠
D．电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．
【分析】根据能体现金属活动性强弱的有：原电池的正负极，电解池的离子析出顺序，金属冶炼方式，与水反应的激烈程度，置换反应等．
【解答】解：A．铝的表面能生成一层致密的氧化膜，阻碍了反应的进一部进行，所以可用铝制的水壶烧水，与题意无关，故A错误；
B．镀锌铁制品破损后，活泼性较强的锌作原电池的负极，活泼性较弱铁作原电池的正极，符合题意，故B正确；
C．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，符合题意，故C正确；
D．利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极得到电子，阴极与电池的负极相连，得到电子，这几种金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥，符合题意，故D正确；
故选：A．
3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
D．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析．
【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3
+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应分别是FeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3，所以能一步实现，故B不选；
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C不选；
D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D选；
故选D．
4．设NA为阿伏伽德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
D．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．铁与足量硝酸反应生成硝酸铁；
B．氮气和氢气合成氨气为可逆反应；
C．气体摩尔体积使用对象为气体；
D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2．
【解答】解：A.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移数为3NA，故A错误；
B．氮气和氢气合成氨气为可逆反应，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为小于2NA，故B错误；
C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含1molCH2，故含2NA个氢原子，故D正确；
故选：D．
5．对于实验I～IV的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验II：实验室制取并收集氨气
C．实验III：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置IV：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；
B．反应生成水，水易倒流导致试管炸裂；
C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色．
【解答】解：A．碳酸氢钠优先与盐酸反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；
B．氢氧化钙与氯化铵的反应中生成水，水易倒流，则图中试管口应向下倾斜，故B错误；
C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；
故选D．
6．已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
【考点】浓硫酸的性质；无机物的推断．
【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫．
【解答】解：X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，
A．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故A错误；
B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X浓硫酸的脱水性，故C正确；
D．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故D正确；
故选CD．
7．下列陈述中，Ⅰ、Ⅱ都正确且两者间具有因果关系的一组是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
FeCl3溶液能腐蚀Cu
Fe的金属性强于Cu
B
Na2O2使酚酞溶液变红
Na2O2使品红溶液褪色
C
Cl2可部分与水反应
用排饱和食盐水法收集Cl2
D
浓H2SO4可干燥NO和SO2
NO和SO2还原性都弱
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氯气的化学性质；浓硫酸的性质．
【分析】A、铁离子具有氧化性能溶解铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，不能说明金属性强弱；
B、过氧化钠使酚酞溶液变红色是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠强碱，过氧化钠使品红褪色是过氧化钠的漂白性；
C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是化学平衡，排饱和食盐水法收集Cl2，是利用氯离子浓度增大抑制氯气和水反应的平衡逆向进行，减少氯气的溶解性；
D、NO和SO2
和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应；
【解答】解：A、铁离子具有氧化性能溶解铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，不能说明金属性强弱，Fe的金属性强于Cu，Ⅰ、Ⅱ都正确，两者间不具有因果关系，故A错误；
B、过氧化钠使酚酞溶液变红色是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠强碱，过氧化钠的氧化性使红色褪去，过氧化钠使品红褪色是过氧化钠的漂白性，Ⅰ错误、Ⅱ正确，两者间不具有因果关系，故B错误；
C、氯气和水反应是化学平衡，反应生成盐酸和次氯酸，排饱和食盐水法收集Cl2，是利用氯离子浓度增大抑制氯气和水反应的平衡逆向进行，减少氯气的溶解性，Ⅰ、Ⅱ都正确，两者间具有因果关系，故C正确；
D、NO和SO2
和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应，Ⅰ正确、Ⅱ不正确，两者间不具有因果关系，故D错误；
故选C．
8．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（ ）
A．1mol
MnO2与含2mol
H2O2的溶液共热
B．1mol铜投入含4mol
HNO3的浓硝酸中
C．1mol铜与含2mol
H2SO4的浓硫酸共热
D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中
【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．
【分析】A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜；
C．浓硫酸不断消耗，稀硫酸与铜不反应；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应．
【解答】解：A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂，固体不溶解，故A不选；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜，可完全溶解，故B选；
C．浓硫酸不断消耗，随着反应的进行，变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，固体不能完全溶解，故C不选；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，固体不能完全溶解，故D不选．
故选B．
9．下列对实验现象的预测不正确的是（ ）
A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失
B．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通入CO2，有晶体析出
C．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D．向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．硅酸是白色不溶于酸的沉淀；
B．根据碳酸氢钠和碳酸钠的溶解情况进行分析；
C．碳酸钙在过量二氧化碳存在下会转化为碳酸氢钙，次氯酸具有强氧化性，可使品红褪色；
D．根据氢氧化钙和碳酸钙以及碳酸氢钙的化学性质来回答．
【解答】解：A．向Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，会产生硅酸，是白色不溶于水的沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不会消失，故A错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳，会发生反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以会析出碳酸氢钠晶体，故B正确；
C．向Ca（ClO）2溶液中通入二氧化碳，会生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可使品红褪色，故C正确；
D．氢氧化钙中通二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，再转化为碳酸氢钙，碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙，故D正确．
故选A．
10．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
C．有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、SO42﹣
D．强酸性溶液中：K+、NH4+、I﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A、无色溶液中不能存在有色的离子，高锰酸根离子为有色离子；
B、由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液可能为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子；
C、铁离子能够与碳酸氢根离子发生双水解反应；
D、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子．
【解答】解：A、MnO4﹣离子为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B、该溶液为酸性
或者碱性溶液，Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣离子之间不反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C、Fe3+能够与HCO3﹣反应生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D、I﹣具有较强还原性，NO3﹣离子在酸性条件下具有强氧化性，二者能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
11．将含有0.1molSiO2的铝、硅混合物分别与足量NaOH溶液、盐酸混合，充分反应后前者可得到11.2L气体（标准状况），后者可得到6.72L气体（标准状况），则参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．3：1
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】混合物与足量NaOH溶液反应生成氢气的物质的量为=0.5
mol，混合物与足量盐酸反应生成氢气的物质的量为=0.3
mol，而混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出n（Al）=0.2
mol，硅、铝均能与NaOH溶液反应且铝与NaOH溶液反应放出的氢气也是0.3
mol，故Al与NaOH溶液反应放出的氢气是0.2
mol，由此可求出n（Si）=0.1
mol．铝完全反应消耗0.6
mol
HCl，三种物质与NaOH溶液反应，消耗0.6
mol
NaOH，故n（HCl）：n（NaOH）=1：1．
【解答】解：混合物与足量NaOH溶液反应生成氢气的物质的量为=0.5
mol，混合物与足量盐酸反应生成氢气的物质的量为=0.3
mol，而混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出n（Al）=0.2
mol，硅、铝均能与NaOH溶液反应且铝与NaOH溶液反应放出的氢气也是0.3
mol，故Al与NaOH溶液反应放出的氢气是0.2
mol，由此可求出n（Si）=0.1
mol．铝完全反应消耗0.6
mol
HCl，0.1molSiO2需要0.2mol的NaOH、0.2
mol铝需要0.2mol的NaOH、硅0.1
mol需要0.2mol的NaOH，所以混合物共需0.6mol的氢氧化钠，所以参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为1：1，故选：A．
12．氯气用途十分广泛，可用于生产半导体材料硅，其生产的流程如下，下列说法不正确的是（ ）石英砂粗硅四氯化硅纯硅．
A．①③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子
D．如果焦炭不足，反应①会释放CO2气体
【考点】硅和二氧化硅．
【分析】A．根据置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和化合物；化合反应是两种或两种以上的物质反应只生成一种化合物的反应；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
C．根据质量转化成物质的量以及每消耗或生成1个硅，化合价均变化4，即均转移4个电子；
D、无论焦炭是否过量，均生成CO．
【解答】解：A．二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢，都是置换反应，硅和氯气反应生成四氯化硅，是化合反应，故A正确；
B．二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅，故B正确；
C．28
g硅的物质的量为1mol，每消耗或生成1个硅，化合价均变化4，即均转移4个电子，所以每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子，故C正确；
D、无论焦炭是否过量，均生成CO，不会生成二氧化碳，故D错误．
故选D．
13．某溶液中含有Na+、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣，在加入Na2O2后浓度不发生变化的是（ ）
A．Na+、CO32﹣
B．Cl﹣
C．CO32﹣、Cl﹣
D．HCO3﹣、SO32﹣
【考点】离子共存问题；钠的重要化合物．
【分析】Na2O2可与水反应生成NaOH，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与OH﹣反应的离子不能大量共存，以此解答．
【解答】解：Na2O2粉末加入溶液中，SO32﹣因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3﹣与之反应生成CO32﹣，使CO32﹣、Na+均增加，HCO3﹣减少，整个过程中只有Cl﹣浓度保持不变．
故选B．
14．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（ ）
A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O（g）Mg（OH）2+H2↑
D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．
【分析】A．氧化铝为两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
C．镁是活泼金属，能与沸水反应生成无色气体H2和Mg（OH）2，Mg（OH）2是中强碱，所以能使酚酞试液变红；
D．该反应中氧元素元素不守恒，双氧水具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；
【解答】解：A．氧化铝为两性氧化物，熔融烧碱时，不能使用普通氧化铝坩埚，是因发生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O反应，故A正确；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C．镁条能和沸水剧烈反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁具有碱性，遇酚酞变红色，所以会看到镁条表面产生大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故C正确；
D．双氧水能够氧化碘离子，反应的化学方程式是：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2，故D错误；
故选D．
15．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣
等离子的溶液中，逐滴加入5mol L﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（ ）
A．x﹣y=0.01mol
B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol L﹣1
C．原溶液的pH=1
D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1
【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，NH4+与OH﹣反应，氢氧化铝与OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答．
【解答】解：A、由图及离子反应可知x﹣y的值即为Al（OH）3的物质的量，
则设Al（OH）3的物质的量为n，
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
1
1
n
（35﹣33）×0.001L×5mol L﹣1
，
解得n=0.01mol，即x﹣y=0.01mol，故A说法正确；
B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl存在，
设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知
NaOH～NaCl～Cl﹣，
1
1
33×0.001L×5mol L﹣1
z
，解得z=0.165mol，
则原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B说法不正确；
C、由图0～4mL时发生H++OH﹣═H2O，
则H+的物质的量为4mL×0.001L×5mol L﹣1=0.02mol，
H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；
D、由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，
则
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
1
3
1
0.01mol
0.03mol
0.01mol
设镁离子的物质的量为m，
Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
1
2
m
（30﹣4）mL×0.001L×5mol L﹣1﹣0.03mol
，解得m=0.05mol，
则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D说法正确；
故选：B．
16．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是（ ）
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的稀盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba（OH）2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系，从而知道放出二氧化碳的量；
B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，以此判断；
C．都生成沉淀；
D．Na2CO3不能与氢氧化钠反应．
【解答】解：A．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，故A正确；
B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，消耗的盐酸Na2CO3多，故B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠分别和Ba（OH）2反应的方程式如下：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O+NaOH，故C错误；
D．Na2CO3不能与氢氧化钠反应，故D错误．
故选A．
17．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3
②还原性：Cl﹣＞As
③每生成1mol
As，反应中转移电子的物质的量为3mol
④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①②④⑤
B．①③⑤
C．①②③④
D．只有①③
【考点】氧化还原反应．
【分析】3SnCl2+12Cl﹣+aH3AsO3+bH+ 2As+3SnCl62﹣+cM中，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
【解答】解：3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M中，由原子守恒可知，M为H2O，
①As元素的化合价降低，则氧化剂是H3AsO3，故正确；
②Cl元素的化合价在该反应中不变，则不能比较Cl﹣、As的还原性，故错误；
③由反应可知，1molAs生成时转移3mol电子，则反应中转移电子的物质的量为3mol，故正确；
④由原子守恒可知，M为H2O，故错误；
⑤反应中Sn元素化合价升高，则SnCl62﹣是氧化产物，故正确；
故选B．
18．标准状况下，将体积为VL的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出（无NH3 H2O、NH4+、NH3）扩散到水槽中），所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法正确的是（ ）
A．条件不足，不能计算所得溶液的物质的量浓度
B．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=
C．所得溶液的质量分数为
D．水最终不可能充满整个烧瓶
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】A．根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；
B．根据物料守恒计算，溶液中N元素以NH3、NH3 H2O、NH4+形式存在；
C．根据c=计算溶液的质量分数；
D．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积．
【解答】解：A．氨气物质的量为：
=mol，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，溶液物质的量浓度为：
=mol L﹣1，能够计算出所得溶液浓度，故A错误；
B．溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在，根据物料守恒，所得溶液中n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=mol，故B正确；
C．根据c=可知，溶液的质量分数ω==，故C错误；
D．氨气全部溶于水，溶液体积等于氨气体积，水最终会充满整个烧瓶，故D错误；
故选B．
19．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案（ ）
方法Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方法Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量．
A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．实验室中方案Ⅱ更便于实施
C．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大
D．方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量；
B．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作；
C．铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少；
D．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液．
【解答】解：A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；
B．体积的测量是有一定难度的，要依据外界条件，而质量是很容易准确测定的，所以实验室中方案Ⅱ更便于实施，故B正确；
C．铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的质量分数偏小，故C错误；
D．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜，故D正确；
故选C．
20．24mL
0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL
0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】n（Na2SO3）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等，以此解答．
【解答】解：n（Na2SO3）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，SO32﹣被氧化生成SO42﹣，失去电子0.0012mol×2=0.0024mol，
n（K2Cr2O7）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，应得到0.0024mol电子，设Cr还原后的化合价为x，
则0.0004mol×2×（6﹣x）=0.0024mol，
x=3，
故选：B．
21．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（ ）
（甲）
XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）；
（乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓
①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族
②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应
③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同
④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4
⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．
A．①③
B．②③
C．①②
D．④⑤
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；
②n=2，XO3n﹣中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的高价含氧酸为亚硫酸，氢化物为硫化氢；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中
产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；
④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O
Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O
总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物；
⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件．
【解答】解：①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故①错误；
②n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故②正确；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中
产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故③正确；
④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O
Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O
总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物，故④错误；
⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故⑤错误；
故选B．
22．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．由电子守恒可知，氯气过量，亚铁离子、碘离子均全部被氧化；
B．反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；
C．发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸；
D．二者的物质的量比为2：5，1molAl（OH）3消耗3molH+，反应生成等量的铝离子、氢氧化铝．
【解答】解：A．将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中，由电离守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2I2，故A错误；
B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32﹣，故B错误；
C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2+H2O+ClO﹣=2H++Cl﹣+SO42﹣，故C错误；
D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，故D正确；
故选D．
23．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．Y可以是蔗糖溶液
C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol
D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】A．途径①产生一氧化氮污染性气体，途径②铜和氧气、硫酸反应生成硫酸铜；
B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；
C．根据反应，2H2SO4+O2+2Cu=2CuSO4+2H2O，硫酸不参与氧化还原反应；
D．根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应．
【解答】解：A．相对于途径①，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，故A正确；
B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；
C．根据反应，2H2SO4+O2+2Cu=2CuSO4+2H2O，利用途径②制备16g硫酸铜，硫酸不被还原，故C错误；
D．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D正确；
故选C．
24．将1.28gCu投入一定量的浓HNO3溶液中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体448mL，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入的氧气的体积为（ ）
A．112
mL
B．224
mL
C．336
mL
D．448
mL
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】由HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，结合电子守恒可知，Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算．
【解答】解：由HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，结合电子守恒可知，Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，设通入的氧气的体积为x，则
×（2﹣0）=×2×（2﹣0），
解得x=0.224L=224mL，
故选B．
25．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．进行如实验：下列有关说法正确的是（ ）
A．步骤I中减少的3g固体一定是混合物
B．步骤II中质量减少的物质一定是Cu
C．根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
D．根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【考点】几组未知物的检验．
【分析】9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜，据此进行判断．
【解答】解：A、Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；
B、步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；
C、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故C错误；
D、6.4g变成1.92g，质量减少了：6.4g﹣1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则m（Fe2O3）：m（Cu）=：（64×0.02+1.92）=1：1，故D正确；
故选D．
二、填空题．（共50分）
26．如图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．
试回答下列有关问题：
（1）以上7个化学反应属于同种元素自身氧化还原反应的是 ③ ；（用编号①→⑦填写）
（2）在G、J、H中含有相同的元素是 Na （填元素名称）；
（3）J的水溶液和F 能 （填“能”或”否”）发生反应，其理由是 较强酸制较弱的酸 ；
（4）写出电解溶液H的离子反应方程式 2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑ ；
（5）反应⑤的化学方程式是； SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑
（6）写出J的两种常见用途 木材防火剂 、 黏合剂 ．
【考点】无机物的推断．
【分析】根据题意，A、D、L为单质，其他为化合物，B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子，所以是水B为水，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一，G和盐酸反应的生成物为三种，可知F为CO2，G为Na2CO3，I
为SiO2，J为Na2SiO3，反应⑤为工业制玻璃的反应，J和G与盐酸反应都生成H，所以H为NaCl，则K为H2SiO3，依据转化关系，C为NaOH，A、D、L为单质，A和B反应生成氢氧化钠和L，则A为Na，L为H2，A和D反应生成E，E和F生成碳酸钠和D，推断为E为Na2O2，D为O2，依据判断出的物质分析回答问题．
【解答】解：（1）根据推断可知①是置换反应，②是化合反应，③是氧化还原反应，④是复分解反应，⑤是复分解反应，⑥是复分解反应，⑦是复分解反应，所以发生自身氧化还原反应的是过氧化钠和二氧化碳的反应为③，故答案为：③；
（2）在G为Na2CO3、J为Na2SiO3、H为NaCl，所以三种物质中含有相同的元素是Na，故答案为：Na；
（3）J（Na2SiO3）的水溶液和F（CO2）反应生成碳酸钠和硅酸，反应的理由是较强酸制较弱的酸，故答案为：能；
较强酸制较弱的酸；
（4）电解溶液H（NaCl）的阴极电极反应方程式是：2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
（5）反应⑤是二氧化硅和碳酸钠在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式是：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；
（6）J为Na2SiO3，J常见的用途为木材防火剂，黏合剂，
故答案为：木材防火剂，黏合剂．
27．以电石渣为原料制备KClO3的流程如图1：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行．氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2．
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有 AB （填序号）．
A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤．
①滤渣的主要成分为 CaCO3、Ca（OH）2 （填化学式）．
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n：n ＜ 1：5（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g L﹣1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 蒸发浓缩、冷却结晶 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）①氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；
（3）经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3．
【解答】解：电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）②氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2速率、充分搅拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，
故答案为：AB；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，
故答案为：CaCO3、Ca（OH）2；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，则n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案为：＜；
（3）该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
28．1000ml某待测溶液中除含有0.2mol L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
K+、NH4+、Fe3+、Ba2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：
（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O ．
（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 Fe3+、Ba2+ ．
（3）若无色气体D是单一气体：判断原溶液中K+是否存在 存在 （填是或否），若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： 由电荷守恒可知K+离子最小浓度为0.1mol/L ．
（4）若无色气体D是混合气体：
①待测液中一定含有的阴离子是 CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣ ．
②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 BaCO3、BaSO3 （写化学式）．
【考点】无机物的推断．
【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；
滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，以此解答（1）、（2）；
（3）若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，计算B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；
根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；
（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3．
【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；
滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；
（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3﹣、Ba2+、OH﹣反应生成，反应离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，
故答案为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O；
（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，
故答案为：Fe3+、Ba2+；
（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．
若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，
B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3﹣）=0.1mol，故c（HCO3﹣）==0.1mol/L，
E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32﹣）=0.1mol，故c（CO32﹣）==0.1mol/L，
D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42﹣）=0.05mol，故c（SO42﹣）==0.05mol/L，
n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（HCO3﹣）=0.1mol/L，c（CO32﹣）=0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L﹣0.3mol．L=0.1mol/L，
故答案为：存在；由电荷守恒可知K+离子最小浓度为0.1mol/L；
（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32﹣、HCO3﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，
①待测液中一定含有的阴离子是CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣，故答案为：CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣；
②沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，故答案为：BaCO3、BaSO3．
29．铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途．
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如图1：
①Cu2+的价电子排布图 ；
NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为 N＞O＞S （填元素符号）．
②SO42﹣的空间构型为 正四面体形 ，SO32﹣离子中心原子的杂化方式为 sp3杂化 ．
（2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式． 2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出SO4 H2O晶体．
①下列说法正确的是 c
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因． 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
（4）Cu晶体的堆积方式如图2所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为，晶体的空间利用率为 =×100%=74.76% （列式）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小；
②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；
（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式；
（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间；
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角；
c．
Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键；
d．
Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素；
②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是4/3πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为．
【解答】解：（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；
故答案为：；N＞O＞S；
②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：正四面体形；sp3杂化；
（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式，所以离子方程式为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；
故答案为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；
（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，故a错误；
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，故b
错误；
c．
Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，故c正确；
d．
Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，故d错误，
故答案为：c；
②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为=×100%=74.76%．
故答案为：12；
=×100%=74.76%．
2016年12月1日
一、选择题．（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1．下列有关物质的性质或应用正确的是（ ）
A．单质硅用于制造芯片和光导纤维
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．SO2具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
D．普通玻璃的组成可用Na2O CaO 6SiO2表示，是纯净物
2．下列事实不能用金属活动性解释的是（ ）
A．生活中可用铝制的水壶烧水
B．镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品
C．工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠
D．电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部
3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
D．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
4．设NA为阿伏伽德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
D．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
5．对于实验I～IV的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验II：实验室制取并收集氨气
C．实验III：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置IV：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去
6．已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
7．下列陈述中，Ⅰ、Ⅱ都正确且两者间具有因果关系的一组是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
FeCl3溶液能腐蚀Cu
Fe的金属性强于Cu
B
Na2O2使酚酞溶液变红
Na2O2使品红溶液褪色
C
Cl2可部分与水反应
用排饱和食盐水法收集Cl2
D
浓H2SO4可干燥NO和SO2
NO和SO2还原性都弱
A．A
B．B
C．C
D．D
8．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（ ）
A．1mol
MnO2与含2mol
H2O2的溶液共热
B．1mol铜投入含4mol
HNO3的浓硝酸中
C．1mol铜与含2mol
H2SO4的浓硫酸共热
D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中
9．下列对实验现象的预测不正确的是（ ）
A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失
B．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通入CO2，有晶体析出
C．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D．向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊
10．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
C．有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、SO42﹣
D．强酸性溶液中：K+、NH4+、I﹣、NO3﹣
11．将含有0.1molSiO2的铝、硅混合物分别与足量NaOH溶液、盐酸混合，充分反应后前者可得到11.2L气体（标准状况），后者可得到6.72L气体（标准状况），则参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．3：1
12．氯气用途十分广泛，可用于生产半导体材料硅，其生产的流程如下，下列说法不正确的是（ ）石英砂粗硅四氯化硅纯硅．
A．①③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子
D．如果焦炭不足，反应①会释放CO2气体
13．某溶液中含有Na+、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣，在加入Na2O2后浓度不发生变化的是（ ）
A．Na+、CO32﹣
B．Cl﹣
C．CO32﹣、Cl﹣
D．HCO3﹣、SO32﹣
14．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（ ）
A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O（g）Mg（OH）2+H2↑
D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
15．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣
等离子的溶液中，逐滴加入5mol L﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（ ）
A．x﹣y=0.01mol
B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol L﹣1
C．原溶液的pH=1
D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1
16．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是（ ）
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的稀盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba（OH）2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
17．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3
②还原性：Cl﹣＞As
③每生成1mol
As，反应中转移电子的物质的量为3mol
④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①②④⑤
B．①③⑤
C．①②③④
D．只有①③
18．标准状况下，将体积为VL的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出（无NH3 H2O、NH4+、NH3）扩散到水槽中），所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法正确的是（ ）
A．条件不足，不能计算所得溶液的物质的量浓度
B．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=
C．所得溶液的质量分数为
D．水最终不可能充满整个烧瓶
19．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案（ ）
方法Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方法Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量．
A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．实验室中方案Ⅱ更便于实施
C．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大
D．方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜
20．24mL
0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL
0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
21．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（ ）
（甲）
XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）；
（乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓
①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族
②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应
③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同
④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4
⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．
A．①③
B．②③
C．①②
D．④⑤
22．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3
A．A
B．B
C．C
D．D
23．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．Y可以是蔗糖溶液
C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol
D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2
24．将1.28gCu投入一定量的浓HNO3溶液中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体448mL，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入的氧气的体积为（ ）
A．112
mL
B．224
mL
C．336
mL
D．448
mL
25．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．进行如实验：下列有关说法正确的是（ ）
A．步骤I中减少的3g固体一定是混合物
B．步骤II中质量减少的物质一定是Cu
C．根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
D．根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
二、填空题．（共50分）
26．如图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．
试回答下列有关问题：
（1）以上7个化学反应属于同种元素自身氧化还原反应的是 ；（用编号①→⑦填写）
（2）在G、J、H中含有相同的元素是 （填元素名称）；
（3）J的水溶液和F （填“能”或”否”）发生反应，其理由是 ；
（4）写出电解溶液H的离子反应方程式 ；
（5）反应⑤的化学方程式是；
（6）写出J的两种常见用途 、 ．
27．以电石渣为原料制备KClO3的流程如图1：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行．氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2．
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为 ；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有 （填序号）．
A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤．
①滤渣的主要成分为 （填化学式）．
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n：n 1：5（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g L﹣1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 ．
28．1000ml某待测溶液中除含有0.2mol L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
K+、NH4+、Fe3+、Ba2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：
（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： ．
（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 ．
（3）若无色气体D是单一气体：判断原溶液中K+是否存在 （填是或否），若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： ．
（4）若无色气体D是混合气体：
①待测液中一定含有的阴离子是 ．
②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 （写化学式）．
29．铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途．
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如图1：
①Cu2+的价电子排布图 ；
NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为 （填元素符号）．
②SO42﹣的空间构型为 ，SO32﹣离子中心原子的杂化方式为 ．
（2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式．
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出SO4 H2O晶体．
①下列说法正确的是
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因．
（4）Cu晶体的堆积方式如图2所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为，晶体的空间利用率为 （列式）．
2016-2017学年黑龙江省实验中学高三（上）开学化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题．（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）
1．下列有关物质的性质或应用正确的是（ ）
A．单质硅用于制造芯片和光导纤维
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．SO2具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
D．普通玻璃的组成可用Na2O CaO 6SiO2表示，是纯净物
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．光导纤维主要成分是二氧化硅；
B.84消毒液中NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒；
C．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；
D．普通玻璃是混合物．
【解答】解：A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；
B.84消毒液中NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，是消毒液的有效成分，故B正确；
C．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故C错误；
D．普通玻璃的成分是二氧化硅、硅酸钙、硅酸钠，为混合物，故D错误；
故选：B．
2．下列事实不能用金属活动性解释的是（ ）
A．生活中可用铝制的水壶烧水
B．镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品
C．工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠
D．电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．
【分析】根据能体现金属活动性强弱的有：原电池的正负极，电解池的离子析出顺序，金属冶炼方式，与水反应的激烈程度，置换反应等．
【解答】解：A．铝的表面能生成一层致密的氧化膜，阻碍了反应的进一部进行，所以可用铝制的水壶烧水，与题意无关，故A错误；
B．镀锌铁制品破损后，活泼性较强的锌作原电池的负极，活泼性较弱铁作原电池的正极，符合题意，故B正确；
C．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，符合题意，故C正确；
D．利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极得到电子，阴极与电池的负极相连，得到电子，这几种金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥，符合题意，故D正确；
故选：A．
3．金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一．下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是（ ）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4
D．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
【分析】Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧气氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答，注意氧化物和碱之间的转化分析．
【解答】解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3
+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；
B．Fe→Fe（NO3）3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应分别是FeFe（NO3）3Fe（OH）3Fe2O3，所以能一步实现，故B不选；
C．Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C不选；
D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D选；
故选D．
4．设NA为阿伏伽德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA
C．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
D．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．铁与足量硝酸反应生成硝酸铁；
B．氮气和氢气合成氨气为可逆反应；
C．气体摩尔体积使用对象为气体；
D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2．
【解答】解：A.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移数为3NA，故A错误；
B．氮气和氢气合成氨气为可逆反应，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为小于2NA，故B错误；
C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含1molCH2，故含2NA个氢原子，故D正确；
故选：D．
5．对于实验I～IV的实验现象预测正确的是（ ）
A．实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡
B．实验II：实验室制取并收集氨气
C．实验III：从饱和食盐水中提取NaCl晶体
D．装置IV：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；
B．反应生成水，水易倒流导致试管炸裂；
C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色．
【解答】解：A．碳酸氢钠优先与盐酸反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；
B．氢氧化钙与氯化铵的反应中生成水，水易倒流，则图中试管口应向下倾斜，故B错误；
C．从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；
D．浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；
故选D．
6．已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性
D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂
【考点】浓硫酸的性质；无机物的推断．
【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫．
【解答】解：X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，
A．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故A错误；
B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；
C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X浓硫酸的脱水性，故C正确；
D．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故D正确；
故选CD．
7．下列陈述中，Ⅰ、Ⅱ都正确且两者间具有因果关系的一组是（ ）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
FeCl3溶液能腐蚀Cu
Fe的金属性强于Cu
B
Na2O2使酚酞溶液变红
Na2O2使品红溶液褪色
C
Cl2可部分与水反应
用排饱和食盐水法收集Cl2
D
浓H2SO4可干燥NO和SO2
NO和SO2还原性都弱
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氯气的化学性质；浓硫酸的性质．
【分析】A、铁离子具有氧化性能溶解铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，不能说明金属性强弱；
B、过氧化钠使酚酞溶液变红色是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠强碱，过氧化钠使品红褪色是过氧化钠的漂白性；
C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是化学平衡，排饱和食盐水法收集Cl2，是利用氯离子浓度增大抑制氯气和水反应的平衡逆向进行，减少氯气的溶解性；
D、NO和SO2
和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应；
【解答】解：A、铁离子具有氧化性能溶解铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，不能说明金属性强弱，Fe的金属性强于Cu，Ⅰ、Ⅱ都正确，两者间不具有因果关系，故A错误；
B、过氧化钠使酚酞溶液变红色是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠强碱，过氧化钠的氧化性使红色褪去，过氧化钠使品红褪色是过氧化钠的漂白性，Ⅰ错误、Ⅱ正确，两者间不具有因果关系，故B错误；
C、氯气和水反应是化学平衡，反应生成盐酸和次氯酸，排饱和食盐水法收集Cl2，是利用氯离子浓度增大抑制氯气和水反应的平衡逆向进行，减少氯气的溶解性，Ⅰ、Ⅱ都正确，两者间具有因果关系，故C正确；
D、NO和SO2
和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，二氧化硫具有较强的还原性，和浓硫酸不反应是因为相同元素相邻价态不能发生氧化还原反应，Ⅰ正确、Ⅱ不正确，两者间不具有因果关系，故D错误；
故选C．
8．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（ ）
A．1mol
MnO2与含2mol
H2O2的溶液共热
B．1mol铜投入含4mol
HNO3的浓硝酸中
C．1mol铜与含2mol
H2SO4的浓硫酸共热
D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中
【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．
【分析】A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜；
C．浓硫酸不断消耗，稀硫酸与铜不反应；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应．
【解答】解：A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂，固体不溶解，故A不选；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜，可完全溶解，故B选；
C．浓硫酸不断消耗，随着反应的进行，变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，固体不能完全溶解，故C不选；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，固体不能完全溶解，故D不选．
故选B．
9．下列对实验现象的预测不正确的是（ ）
A．向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失
B．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2溶液变浑浊，继续通入CO2，有晶体析出
C．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去
D．向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通入CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．硅酸是白色不溶于酸的沉淀；
B．根据碳酸氢钠和碳酸钠的溶解情况进行分析；
C．碳酸钙在过量二氧化碳存在下会转化为碳酸氢钙，次氯酸具有强氧化性，可使品红褪色；
D．根据氢氧化钙和碳酸钙以及碳酸氢钙的化学性质来回答．
【解答】解：A．向Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，会产生硅酸，是白色不溶于水的沉淀，继续通CO2至过量，浑浊不会消失，故A错误；
B．向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳，会发生反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以会析出碳酸氢钠晶体，故B正确；
C．向Ca（ClO）2溶液中通入二氧化碳，会生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可使品红褪色，故C正确；
D．氢氧化钙中通二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，再转化为碳酸氢钙，碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙，故D正确．
故选A．
10．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
B．由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
C．有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、SO42﹣
D．强酸性溶液中：K+、NH4+、I﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A、无色溶液中不能存在有色的离子，高锰酸根离子为有色离子；
B、由水电离出的c（OH﹣
）=1.0×10﹣13mol
L﹣1的溶液可能为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子；
C、铁离子能够与碳酸氢根离子发生双水解反应；
D、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子．
【解答】解：A、MnO4﹣离子为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B、该溶液为酸性
或者碱性溶液，Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣离子之间不反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C、Fe3+能够与HCO3﹣反应生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D、I﹣具有较强还原性，NO3﹣离子在酸性条件下具有强氧化性，二者能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B．
11．将含有0.1molSiO2的铝、硅混合物分别与足量NaOH溶液、盐酸混合，充分反应后前者可得到11.2L气体（标准状况），后者可得到6.72L气体（标准状况），则参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．3：1
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】混合物与足量NaOH溶液反应生成氢气的物质的量为=0.5
mol，混合物与足量盐酸反应生成氢气的物质的量为=0.3
mol，而混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出n（Al）=0.2
mol，硅、铝均能与NaOH溶液反应且铝与NaOH溶液反应放出的氢气也是0.3
mol，故Al与NaOH溶液反应放出的氢气是0.2
mol，由此可求出n（Si）=0.1
mol．铝完全反应消耗0.6
mol
HCl，三种物质与NaOH溶液反应，消耗0.6
mol
NaOH，故n（HCl）：n（NaOH）=1：1．
【解答】解：混合物与足量NaOH溶液反应生成氢气的物质的量为=0.5
mol，混合物与足量盐酸反应生成氢气的物质的量为=0.3
mol，而混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出n（Al）=0.2
mol，硅、铝均能与NaOH溶液反应且铝与NaOH溶液反应放出的氢气也是0.3
mol，故Al与NaOH溶液反应放出的氢气是0.2
mol，由此可求出n（Si）=0.1
mol．铝完全反应消耗0.6
mol
HCl，0.1molSiO2需要0.2mol的NaOH、0.2
mol铝需要0.2mol的NaOH、硅0.1
mol需要0.2mol的NaOH，所以混合物共需0.6mol的氢氧化钠，所以参加反应的n（HCl）与n（NaOH）之比为1：1，故选：A．
12．氯气用途十分广泛，可用于生产半导体材料硅，其生产的流程如下，下列说法不正确的是（ ）石英砂粗硅四氯化硅纯硅．
A．①③是置换反应，②是化合反应
B．高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅
C．任一反应中，每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子
D．如果焦炭不足，反应①会释放CO2气体
【考点】硅和二氧化硅．
【分析】A．根据置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和化合物；化合反应是两种或两种以上的物质反应只生成一种化合物的反应；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
C．根据质量转化成物质的量以及每消耗或生成1个硅，化合价均变化4，即均转移4个电子；
D、无论焦炭是否过量，均生成CO．
【解答】解：A．二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢，都是置换反应，硅和氯气反应生成四氯化硅，是化合反应，故A正确；
B．二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则高温下，焦炭与氢气的还原性均强于硅，故B正确；
C．28
g硅的物质的量为1mol，每消耗或生成1个硅，化合价均变化4，即均转移4个电子，所以每消耗或生成28
g硅，均转移4
mol电子，故C正确；
D、无论焦炭是否过量，均生成CO，不会生成二氧化碳，故D错误．
故选D．
13．某溶液中含有Na+、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、Cl﹣，在加入Na2O2后浓度不发生变化的是（ ）
A．Na+、CO32﹣
B．Cl﹣
C．CO32﹣、Cl﹣
D．HCO3﹣、SO32﹣
【考点】离子共存问题；钠的重要化合物．
【分析】Na2O2可与水反应生成NaOH，且具有强氧化性，具有还原性的离子或与OH﹣反应的离子不能大量共存，以此解答．
【解答】解：Na2O2粉末加入溶液中，SO32﹣因被氧化而减少，因有NaOH生成，则HCO3﹣与之反应生成CO32﹣，使CO32﹣、Na+均增加，HCO3﹣减少，整个过程中只有Cl﹣浓度保持不变．
故选B．
14．下列解释实验过程或事实的反应方程式不正确的是（ ）
A．熔融烧碱时，不能使用氧化铝坩埚：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．刻制印刷电路时用FeCl3溶液作为“腐蚀液”：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
C．打磨后的镁条置于沸水中，滴加酚酞溶液变红色：Mg+2H2O（g）Mg（OH）2+H2↑
D．向KI溶液中滴加硫酸酸化的双氧水，溶液呈棕黄色：2I﹣+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．
【分析】A．氧化铝为两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
C．镁是活泼金属，能与沸水反应生成无色气体H2和Mg（OH）2，Mg（OH）2是中强碱，所以能使酚酞试液变红；
D．该反应中氧元素元素不守恒，双氧水具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；
【解答】解：A．氧化铝为两性氧化物，熔融烧碱时，不能使用普通氧化铝坩埚，是因发生Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O反应，故A正确；
B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C．镁条能和沸水剧烈反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁具有碱性，遇酚酞变红色，所以会看到镁条表面产生大量气泡，溶液变成红色，反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故C正确；
D．双氧水能够氧化碘离子，反应的化学方程式是：2I﹣+H2O2+2H+=2H2O+I2，故D错误；
故选D．
15．在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣
等离子的溶液中，逐滴加入5mol L﹣1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示．下列叙述不正确的是（ ）
A．x﹣y=0.01mol
B．原溶液中c（Cl﹣）=0.75mol L﹣1
C．原溶液的pH=1
D．原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1
【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．
【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，NH4+与OH﹣反应，氢氧化铝与OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答．
【解答】解：A、由图及离子反应可知x﹣y的值即为Al（OH）3的物质的量，
则设Al（OH）3的物质的量为n，
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
1
1
n
（35﹣33）×0.001L×5mol L﹣1
，
解得n=0.01mol，即x﹣y=0.01mol，故A说法正确；
B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl存在，
设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知
NaOH～NaCl～Cl﹣，
1
1
33×0.001L×5mol L﹣1
z
，解得z=0.165mol，
则原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B说法不正确；
C、由图0～4mL时发生H++OH﹣═H2O，
则H+的物质的量为4mL×0.001L×5mol L﹣1=0.02mol，
H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；
D、由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，
则
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
1
3
1
0.01mol
0.03mol
0.01mol
设镁离子的物质的量为m，
Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
1
2
m
（30﹣4）mL×0.001L×5mol L﹣1﹣0.03mol
，解得m=0.05mol，
则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D说法正确；
故选：B．
16．有关纯碱和小苏打的叙述正确的是（ ）
A．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的稀盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多
B．等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的同浓度盐酸反应，NaHCO3消耗的盐酸多
C．向NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba（OH）2溶液出现白色沉淀
D．Na2CO3和NaHCO3都既能与酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
【考点】钠的重要化合物．
【分析】A．根据碳原子守恒找出盐与二氧化碳的关系，从而知道放出二氧化碳的量；
B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，以此判断；
C．都生成沉淀；
D．Na2CO3不能与氢氧化钠反应．
【解答】解：A．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol，故A正确；
B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，消耗的盐酸Na2CO3多，故B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠分别和Ba（OH）2反应的方程式如下：Na2CO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O+NaOH，故C错误；
D．Na2CO3不能与氢氧化钠反应，故D错误．
故选A．
17．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3
②还原性：Cl﹣＞As
③每生成1mol
As，反应中转移电子的物质的量为3mol
④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①②④⑤
B．①③⑤
C．①②③④
D．只有①③
【考点】氧化还原反应．
【分析】3SnCl2+12Cl﹣+aH3AsO3+bH+ 2As+3SnCl62﹣+cM中，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
【解答】解：3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M中，由原子守恒可知，M为H2O，
①As元素的化合价降低，则氧化剂是H3AsO3，故正确；
②Cl元素的化合价在该反应中不变，则不能比较Cl﹣、As的还原性，故错误；
③由反应可知，1molAs生成时转移3mol电子，则反应中转移电子的物质的量为3mol，故正确；
④由原子守恒可知，M为H2O，故错误；
⑤反应中Sn元素化合价升高，则SnCl62﹣是氧化产物，故正确；
故选B．
18．标准状况下，将体积为VL的圆底烧瓶中充满氨气，倒扣在含有足量水的水槽中（如图所示），实验完毕后立即将烧瓶从水槽中取出（无NH3 H2O、NH4+、NH3）扩散到水槽中），所得溶液的密度为ρg cm﹣3．下列说法正确的是（ ）
A．条件不足，不能计算所得溶液的物质的量浓度
B．所得溶液中，n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=
C．所得溶液的质量分数为
D．水最终不可能充满整个烧瓶
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】A．根据n=计算氨气物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；
B．根据物料守恒计算，溶液中N元素以NH3、NH3 H2O、NH4+形式存在；
C．根据c=计算溶液的质量分数；
D．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积．
【解答】解：A．氨气物质的量为：
=mol，氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，溶液物质的量浓度为：
=mol L﹣1，能够计算出所得溶液浓度，故A错误；
B．溶液中N元素以NH3 H2O、NH4+形式存在，根据物料守恒，所得溶液中n（NH3 H2O）+n（NH4+）+n（NH3）=mol，故B正确；
C．根据c=可知，溶液的质量分数ω==，故C错误；
D．氨气全部溶于水，溶液体积等于氨气体积，水最终会充满整个烧瓶，故D错误；
故选B．
19．某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案（ ）
方法Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方法Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量．
A．溶液A和溶液B均可以是盐酸或NaOH溶液
B．实验室中方案Ⅱ更便于实施
C．若溶液B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大
D．方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量；
B．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作；
C．铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少；
D．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液．
【解答】解：A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；
B．体积的测量是有一定难度的，要依据外界条件，而质量是很容易准确测定的，所以实验室中方案Ⅱ更便于实施，故B正确；
C．铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的质量分数偏小，故C错误；
D．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜，故D正确；
故选C．
20．24mL
0.05mol L﹣1的Na2SO3溶液，恰好与20mL
0.02mol L﹣1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A．+6
B．+3
C．+2
D．0
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】n（Na2SO3）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等，以此解答．
【解答】解：n（Na2SO3）=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，SO32﹣被氧化生成SO42﹣，失去电子0.0012mol×2=0.0024mol，
n（K2Cr2O7）=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，应得到0.0024mol电子，设Cr还原后的化合价为x，
则0.0004mol×2×（6﹣x）=0.0024mol，
x=3，
故选：B．
21．已知X、M都是中学教材常见元素，下列对两个离子反应通式的推断中，其中正确的是（ ）
（甲）
XO3n﹣+Xn﹣+H+→X单质+H2O（未配平）；
（乙）Mm++mOH﹣=M（OH）m↓
①若n=1，则XO3n﹣中X元素为+5价，X位于周期表第ⅤA族
②若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化物反应
③若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同
④若m=2，则在空气中蒸干、灼烧MSO4溶液一定能得到MSO4
⑤若m=3，则MCl3与足量氢氧化钠溶液反应一定生成M（OH）m．
A．①③
B．②③
C．①②
D．④⑤
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O；
②n=2，XO3n﹣中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的高价含氧酸为亚硫酸，氢化物为硫化氢；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中
产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同；
④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O
Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O
总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物；
⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件．
【解答】解：①n=1，XO3n﹣中X元素为+5价，常见非金属元素中呈+5价的元素有第ⅤA族（氮、磷）、第ⅤⅡA族（氯、溴、碘）所以符合条件的酸根阴离子主要有：IO3﹣、ClO3﹣、BrO3﹣、NO3﹣，甲反应为ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2+3H2O，IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故①错误；
②n=2，XO3n中X元素为+4价，常见非金属元素中碳、硅、硫有+4价，结合通式只有X为硫符合题意，离子方程式为：SO32﹣+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O，硫的最高价含氧酸为硫酸，氢化物为硫化氢，故②正确；
③m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，只有氢氧化银是难溶于水的沉淀；Ag++OH﹣=AgOH↓；氢氧化银溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中
产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故③正确；
④m=2，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，其化学方程式为：FeSO4+2H2O Fe（OH）2+3H2O；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O
Fe2O3+3H2SO4=Fe（SO4）3+3H2O
总反应为：12FeSO4+3O22Fe2O3+4Fe2（SO4）3，即硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧得到硫酸铁和氢氧化铁混合物，故④错误；
⑤m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，铝和过量氢氧化钠沉淀会溶解，故⑤错误；
故选B．
22．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
选项
离子方程式
评价
A
将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2
正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化
B
Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣
正确；说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O
正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．由电子守恒可知，氯气过量，亚铁离子、碘离子均全部被氧化；
B．反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；
C．发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸；
D．二者的物质的量比为2：5，1molAl（OH）3消耗3molH+，反应生成等量的铝离子、氢氧化铝．
【解答】解：A．将2mol
Cl2通入到含1mol
FeI2的溶液中，由电离守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2I2，故A错误；
B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32﹣，故B错误；
C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2+H2O+ClO﹣=2H++Cl﹣+SO42﹣，故C错误；
D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，故D正确；
故选D．
23．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．相对于途径①，途径②更好地体现了绿色化学思想
B．Y可以是蔗糖溶液
C．利用途径②制备16g硫酸铜，被还原的硫酸的物质的量为0.1mol
D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．
【分析】A．途径①产生一氧化氮污染性气体，途径②铜和氧气、硫酸反应生成硫酸铜；
B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；
C．根据反应，2H2SO4+O2+2Cu=2CuSO4+2H2O，硫酸不参与氧化还原反应；
D．根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应．
【解答】解：A．相对于途径①，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，故A正确；
B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；
C．根据反应，2H2SO4+O2+2Cu=2CuSO4+2H2O，利用途径②制备16g硫酸铜，硫酸不被还原，故C错误；
D．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D正确；
故选C．
24．将1.28gCu投入一定量的浓HNO3溶液中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下的气体448mL，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入的氧气的体积为（ ）
A．112
mL
B．224
mL
C．336
mL
D．448
mL
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】由HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，结合电子守恒可知，Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算．
【解答】解：由HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，结合电子守恒可知，Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，设通入的氧气的体积为x，则
×（2﹣0）=×2×（2﹣0），
解得x=0.224L=224mL，
故选B．
25．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．进行如实验：下列有关说法正确的是（ ）
A．步骤I中减少的3g固体一定是混合物
B．步骤II中质量减少的物质一定是Cu
C．根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
D．根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【考点】几组未知物的检验．
【分析】9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2O3，1.92g固体为铜，据此进行判断．
【解答】解：A、Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；
B、步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；
C、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故C错误；
D、6.4g变成1.92g，质量减少了：6.4g﹣1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则m（Fe2O3）：m（Cu）=：（64×0.02+1.92）=1：1，故D正确；
故选D．
二、填空题．（共50分）
26．如图由短周期元素形成的物质之间的转化关系，其中A、D、L为单质，其他为化合物．其中化合物I、J、K中含有两种相同的元素，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一．B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子．
试回答下列有关问题：
（1）以上7个化学反应属于同种元素自身氧化还原反应的是 ③ ；（用编号①→⑦填写）
（2）在G、J、H中含有相同的元素是 Na （填元素名称）；
（3）J的水溶液和F 能 （填“能”或”否”）发生反应，其理由是 较强酸制较弱的酸 ；
（4）写出电解溶液H的离子反应方程式 2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑ ；
（5）反应⑤的化学方程式是； SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑
（6）写出J的两种常见用途 木材防火剂 、 黏合剂 ．
【考点】无机物的推断．
【分析】根据题意，A、D、L为单质，其他为化合物，B常温下为液态化合物，F是一种直线型的非极性气体分子，所以是水B为水，G和I的反应⑤是一种重要化工生产中的主要反应之一，G和盐酸反应的生成物为三种，可知F为CO2，G为Na2CO3，I
为SiO2，J为Na2SiO3，反应⑤为工业制玻璃的反应，J和G与盐酸反应都生成H，所以H为NaCl，则K为H2SiO3，依据转化关系，C为NaOH，A、D、L为单质，A和B反应生成氢氧化钠和L，则A为Na，L为H2，A和D反应生成E，E和F生成碳酸钠和D，推断为E为Na2O2，D为O2，依据判断出的物质分析回答问题．
【解答】解：（1）根据推断可知①是置换反应，②是化合反应，③是氧化还原反应，④是复分解反应，⑤是复分解反应，⑥是复分解反应，⑦是复分解反应，所以发生自身氧化还原反应的是过氧化钠和二氧化碳的反应为③，故答案为：③；
（2）在G为Na2CO3、J为Na2SiO3、H为NaCl，所以三种物质中含有相同的元素是Na，故答案为：Na；
（3）J（Na2SiO3）的水溶液和F（CO2）反应生成碳酸钠和硅酸，反应的理由是较强酸制较弱的酸，故答案为：能；
较强酸制较弱的酸；
（4）电解溶液H（NaCl）的阴极电极反应方程式是：2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2H2O+2Cl﹣2OH﹣+H2↑+Cl2↑；
（5）反应⑤是二氧化硅和碳酸钠在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式是：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；
（6）J为Na2SiO3，J常见的用途为木材防火剂，黏合剂，
故答案为：木材防火剂，黏合剂．
27．以电石渣为原料制备KClO3的流程如图1：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行．氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2．
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有 AB （填序号）．
A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤．
①滤渣的主要成分为 CaCO3、Ca（OH）2 （填化学式）．
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n：n ＜ 1：5（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g L﹣1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 蒸发浓缩、冷却结晶 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）①氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；
（3）经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3．
【解答】解：电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）②氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2速率、充分搅拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，
故答案为：AB；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，
故答案为：CaCO3、Ca（OH）2；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，则n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案为：＜；
（3）该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
28．1000ml某待测溶液中除含有0.2mol L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
K+、NH4+、Fe3+、Ba2+
阴离子
Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：
（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O ．
（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 Fe3+、Ba2+ ．
（3）若无色气体D是单一气体：判断原溶液中K+是否存在 存在 （填是或否），若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： 由电荷守恒可知K+离子最小浓度为0.1mol/L ．
（4）若无色气体D是混合气体：
①待测液中一定含有的阴离子是 CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣ ．
②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 BaCO3、BaSO3 （写化学式）．
【考点】无机物的推断．
【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；
滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，以此解答（1）、（2）；
（3）若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，计算B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；
根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；
（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3．
【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；
滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；
（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3﹣、Ba2+、OH﹣反应生成，反应离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，
故答案为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O；
（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，
故答案为：Fe3+、Ba2+；
（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．
若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，
B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3﹣）=0.1mol，故c（HCO3﹣）==0.1mol/L，
E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32﹣）=0.1mol，故c（CO32﹣）==0.1mol/L，
D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42﹣）=0.05mol，故c（SO42﹣）==0.05mol/L，
n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（HCO3﹣）=0.1mol/L，c（CO32﹣）=0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L﹣0.3mol．L=0.1mol/L，
故答案为：存在；由电荷守恒可知K+离子最小浓度为0.1mol/L；
（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32﹣、HCO3﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，
①待测液中一定含有的阴离子是CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣，故答案为：CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣；
②沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，故答案为：BaCO3、BaSO3．
29．铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途．
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如图1：
①Cu2+的价电子排布图 ；
NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为 N＞O＞S （填元素符号）．
②SO42﹣的空间构型为 正四面体形 ，SO32﹣离子中心原子的杂化方式为 sp3杂化 ．
（2）请写出向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式． 2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出SO4 H2O晶体．
①下列说法正确的是 c
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因． 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
（4）Cu晶体的堆积方式如图2所示，设Cu原子半径为r，晶体中Cu原子的配位数为，晶体的空间利用率为 =×100%=74.76% （列式）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小；
②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；
（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式；
（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间；
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角；
c．
Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键；
d．
Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素；
②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是4/3πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为．
【解答】解：（1）①Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+的价电子排布图为；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；
故答案为：；N＞O＞S；
②SO42﹣的价层电子对数=4+（6+2﹣4×2）=4，所以空间构型为正四面体型；SO32﹣离子的价层电子对数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：正四面体形；sp3杂化；
（2）由流程图可知向Cu（NH3）4SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式，所以离子方程式为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；
故答案为：2Cu（NH3）42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42﹣；
（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，故a错误；
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，故b
错误；
c．
Cu（NH3）4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，故c正确；
d．
Cu（NH3）4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，故d错误，
故答案为：c；
②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；
（4）Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，立方体的面的对角线长是4r，所以立方体的棱长a=2r，1个Cu的体积是πr3，晶胞中Cu原子的个数是4个，所以晶体的空间利用率为=×100%=74.76%．
故答案为：12；
=×100%=74.76%．
2016年12月1日
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