2016-2017学年河南省洛阳师院附中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·洛阳开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA
B．25℃时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．标准状况下，22.4LCHCl3含有的分子数为NA
D．1L 0.1mol L﹣1的硫化钠溶液中硫离子数目为0.1NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子，则0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA，故A正确；
B．pH=13，即C（H+）=10﹣13mol/L，C（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，根据n=CV=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，个数为NA个，故B错误；
C．标况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．硫离子为多元弱碱离子，水溶液中部分水解，所以1L 0.1mol L﹣1的硫化钠溶液中硫离子数目小于0.1NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子；
B．根据n=cV来计算；
C．标况下，CHCl3为液体；
D．硫离子为多元弱碱离子，水溶液中部分水解．
2．（2016高二上·洛阳开学考）Cl2是一种有毒气体，溶于水后形成的溶液能导电，则Cl2属于（ ）
A．强电解质 B．弱电解质
C．非电解质 D．既不是电解质也不是非电解质
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：氯气溶于水后，部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢和次氯酸但是电解质，能够电离出阴阳离子，所以氯水能够导电；
由于电解质和非电解质都必须为化合物，氯气属于单质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，
故选D．
【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，
氯气为电解质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，据此进行判断．
3．（2016高二上·洛阳开学考）鉴别NO2和Br2蒸气，下列实验不可行的是（ ）
A．溶于水 B．用湿润的淀粉KI试纸
C．通入AgNO3溶液 D．通入到CCl4中
【答案】B
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】解：A．NO2溶于水为无色溶液，而Br2蒸气溶于水为橙黄色，现象不相同，能鉴别，故A正确；
B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI中的碘离子生成碘单质，遇淀粉变蓝，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C．二氧化氮通入到硝酸银溶液，有气体生成，而溴蒸气通入到硝酸银溶液中生成AgBr浅黄色沉淀，现象不同，能鉴别，故C正确；
D．溴易溶于四氯化碳，分层后有机层为橙色，而二氧化氮不能，现象不相同，能鉴别，故D正确；
故选B．
【分析】二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，而溴可溶于水，溴水呈橙黄色，可与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀；二者都具有强氧化性，但溴易溶于有机溶剂，以此来解答．
4．（2016高二上·洛阳开学考）下列有关叙述正确的是（ ）
A．蒸馏实验中温度计的水银球应插入溶液中
B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
C．分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
D．开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．蒸馏测定馏分的温度，则蒸馏时温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故A错误；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，但二氧化硅与HF酸反应为其特性，故B错误；
C．分液时吧，避免上下层液体混合，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，然后上层液体从上口倒出，故C正确；
D．冷凝管没有通水或先加热后通水即受热不均匀会使冷凝管破裂，蒸馏完毕，防止蒸汽外逸，所以应该先撤酒精灯，再关冷凝水，故D错误；
故选C．
【分析】A．蒸馏测定馏分的温度；
B．二氧化硅为酸性氧化物；
C．分液时吧，避免上下层液体混合；
D．冷凝管没有通水或先加热后通水受热不均匀会使冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水．
5．（2016高二上·洛阳开学考）下列说法正确的是（ ）
A．若原子X的质子数为a，则X的质量数一定不为a
B．若两种元素形成的离子M2﹣和N+电子层结构相同，则离子半径M2﹣＞N+
C．同周期非金属氧化物对应水化物酸性从左到右依次增强
D．由两种元素组成的化合物，若含有离子键，就没有共价键
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．原子的质量数=质子数+中子数， 原子中没有中子，所以若原子X的质子数为a，则X的质量数可能为a，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，阳离子原子序数大于阴离子，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径M2﹣＞N+，故B正确；
C．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，故C错误；
D．由两种元素组成的化合物，如果含有离子键，可能含有共价键，如Na2O2，故D错误；
故选B．
【分析】A．原子的质量数=质子数+中子数；
B．电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外；
D．由两种元素组成的化合物，如果含有离子键，可能含有共价键．
6．（2016高二上·洛阳开学考）在标准状况下，VL氯化氢气体溶于1L水中，所得溶液的密度为ρ g cm﹣3，溶质的质量分数为ω．则此溶液的物质的量浓度为（ ）
A． mol/L B． mol/L
C． mol/L D． mol/L
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：根据 可知，盐酸的浓度是c= mol/L，故AC不正确；氯化氢的物质的量是 mol，质量是 ×36.5g，溶剂的质量是1000g．所以溶液的体积是 ，所以溶液的浓度是 mol/L，所以B错误，
故选D．
【分析】根据V= 可计算溶液的体积，根据c= 和 可计算溶液的物质的量浓度．
7．（2016高三下·浉河月考）以下说法：①福尔马林和纯盐酸都是混合物；②沼气和核能都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和建筑用螺纹钢都是合金；⑤臭氧层的破坏和空气液化制取氮气都是发生物理变化；⑥氯水使红墨水褪色原理和NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色原理相同；⑦豆浆和雾都是胶体．上述说法正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②⑤⑥ C．③⑤⑥⑦ D．①③④⑦
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①福尔马林是甲醛水溶液，纯盐酸是氯化氢的水溶液，都是混合物，故①正确；
②依据再生能源的含义，沼气是可再生能源，核能不是，故②错误；
③冰为水，干冰是二氧化碳，既是纯净物又是化合物，故③正确；
④不锈钢是加入镍铬的钢，建筑用螺纹钢是铁含有碳硅等的混合物，都是合金，故④正确；
⑤臭氧层的破坏是发生了化学反应，空气液化制取氮气是发生物理变化，故⑤错误；
⑥氯水使红墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破坏有色物质的结构，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因为还原高锰酸钾；故⑤错误；
⑦豆浆和雾符合胶体分散系的本质特征，都是胶体，故⑦正确；
综上所述：①③④⑦正确；
故选D．
【分析】①不同物质组成的物质为混合物；
②在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等；
③同种物质组成的为纯净物，不同元素组成的纯净物为化合物；
④合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质．一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；
⑤氟氯代烷在高空会解离出氯，而氯可以催化（加速）臭氧转变为氧的反应（这个过程中氯并不消耗），于是臭氧层被破坏了；
⑥氯水使红墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破坏有色物质的结构，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因为还原高锰酸钾；
⑦依据胶体的本质特征分析判断．
8．（2016高一下·成都期中）下列反应中，既属于氧化还原反应，又是放热热反应的是（ ）
A．铝片与稀盐酸的反应 B．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．盐酸在烧碱溶液反应
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：A、金属与水或酸的反应均为放热反应，故铝和稀盐酸为放热反应，且有化合价的改变，故为氧化还原反应，故A正确；
B、Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，且不是氧化还原反应，故B错误；
C、灼热的碳与二氧化碳反应，是以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故C错误；
D、盐酸和烧碱反应为酸碱中和反应，为放热反应，但不是氧化还原反应，故D错误．
故选A．
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的放热反应有：绝大多数的化合反应，所有的燃烧，金属与水或酸的反应，铝热反应，酸碱中和反应等；常见的吸热反应有：Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，据此分析．
9．（2016高二上·洛阳开学考）下列情况下，气体分子数相同的是（ ）
A．标准状况下，71gCl2和22.4LHCl
B．相同质量的氢气和氮气
C．在0℃时，1体积的O2和1体积的HCl
D．相同体积的CO2和 H2O
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.71g氯气的物质的量为： =1mol，标准状况下22.4L氯气的物质的量为1mol，二者物质的量相等，则含有相同的分子数，故A正确；
B．氢气和氮气的摩尔质量不相等，根据n= 可知，质量相同的氢气和氮气的物质的量不等，故B错误；
C．没有指出压强大小，则二者气体摩尔体积不一定相等，故C错误；
D．没有指明具体条件，无法计算二者的物质的量，故D错误；
故选A．
【分析】根据N=nNA可知，物质的量相等时含有分子数相同，先根据n= = 计算出各物质的量物质的量，然后进行比较即可，注意使用气体摩尔体积时必须在同温同压下．
10．（2016高一下·宝应期中）温度不变恒容的容器中0.1mol L﹣1H2进行反应H2 2H，若某段时间内H2浓度由0.06mol L﹣1降到0.036mol L﹣1所需的反应时间为12s，则反应起始时H2浓度由0.1mol L﹣1降到0.06mol L﹣1需的时间为（ ）
A．等于24s B．等于20s C．大于20s D．小于20s
【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】解：反应物的浓度由0.06mol L﹣1降到0.036mol L﹣1所需的反应时间为12s，化学反应速率为 =0.002mol/（L s），
若反应速率不变，反应起始时H2浓度由0.1mol L﹣1降到0.06mol L﹣1需的时间为 = =20s，但起始时H2浓度较大，反应速率大于0.002mol/（L s），故所需时间小于20s，
故选D．
【分析】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答．
11．（2016高二上·洛阳开学考）下列反应一定属于氧化还原反应的是（ ）
A．化合反应 B．置换反应 C．分解反应 D．复分解反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．化合反应不一定为氧化还原反应，如二氧化碳与水反应，故A不选；
B．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定为氧化还原反应，故B选；
C．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸分解、氯化铵分解等，故C不选；
D．复分解反应中一定没有元素的化合价变化，则一定不是氧化还原反应，故D不选；
故选B．
【分析】含元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应；反之，不是氧化还原反应，以此来解答．
12．（2016高二上·洛阳开学考）下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）
A．酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 B．原子半径大小：Na＞O＞S
C．碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH D．金属性强弱：Na＞Mg＞Al
【答案】A,B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，核外电子层数越多，半径越大，应为Na＞S＞O，故B错误；
C．金属性K＞Na＞Li，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；
D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故D正确．
故选AB．
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，核外电子层数越多，半径越大；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱．
13．（2016高二上·洛阳开学考）在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（ ）
A．烧杯中有铜无铁 B．烧杯中有铁无铜
C．烧杯中铁铜都有 D．烧杯中铁铜都无
【答案】B
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；
C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故选B．
【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答．
14．（2016高二上·洛阳开学考）关于11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应的说法正确的是（ ）
A．P是氧化剂
B．CuSO4既不是氧化剂也不是还原剂
C．当反应中有3mol电子转移时，消耗P的质量为34.1g
D．被氧化的P原子与被还原的P原子个数比5：6
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．P、Cu元素的化合价降低，则P、CuSO4是氧化剂，故A错误；
B．CuSO4是氧化剂，故B错误；
C．由反应可知，转移30mol电子消耗11molP，则当反应中有3mol电子转移时，消耗P的质量为1.1mol×31g/mol=34.1g，故C正确；
D．由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，被还原的为5mol，则被氧化的P原子与被还原的P原子个数比6：5，故D错误；
故选C．
【分析】11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为﹣3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答．
15．（2016高二上·洛阳开学考）下列离子方程式，正确的是（ ）
A．等物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应：SO2+OH﹣=HSO3﹣
B．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2+H2O
C．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣
D．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．等物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO2+OH﹣=HSO3﹣，故A正确；
B．用食醋除去水瓶中的水垢，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，由于次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故C错误；
D．用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极铜失去电子生成铜离子，阴极硫酸铜溶液中的铜离子得到电子生成铜，阳极不是氢氧根离子放电，故D错误；
故选A．
【分析】A．二氧化硫与氢氧化钠物质的量相等，反应生成亚硫酸氢钠；
B．水垢的主要成分为碳酸钙，碳酸钙在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式；
C．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子；
D．铜为电解，阳极铜放电，电解质溶液中含有铜离子，阴极铜离子得到电子，该反应实质为单键精炼铜或电镀铜．
二、解答题
16．（2016高二上·洛阳开学考）请按下列要求作答：
（1）写出将少量二氧化硫气体通入氢氧化钠溶液的化学反应方程式： ；
（2）写出将二氧化氮气体通入水中的化学反应方程式： ；
（3）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式： ；
（4）写出氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式： ．
【答案】（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（3）3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O．
【分析】（1）二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；（4）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水．
17．（2016高二上·洛阳开学考）A、B、C、D为常见气态单质．已知：①A和B可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可以与B化合生成红棕色气体；
②C分别与A、B反应生成的两种化合物分子E、F中都含有10个电子；
③C和D反应生成的化合物J易溶于水，在其溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀．
（1）E与J按物质的量2：1通入F中得到的溶液中存在的四个平衡体系，（用方程式表示）： ，已知该溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为
（2）A、C、D所含元素可组成一种离子化合物R，该化合物R在重水D2O中发生水解反应的化学方程式是 ．
【答案】（1）H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（2）NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：A、B、C、D为常见气态单质．①A和B可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可以与B化合生成红棕色气体，则A为氮气，B为氧气，二者反应生成NO与氧气反应生成红棕色的NO2；②C分别与N2、O2反应生成的两种化合物分子E、F中都含有10个电子，则E、F分别为NH3、H2O，所以C为H2；③H2和D反应生成的化合物J易溶于水，在其溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，则J为HCl，D为Cl2；（1）NH3和HCl按物质的量2：1通入H2O中，则反应后溶液中溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3 H2O，所以溶液中存在的四个平衡体系为：H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；已知该溶液呈碱性，则以NH3 H2O的电离为主，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（2）A、C、D所含元素可组成一种离子化合物R，则R为NH4Cl，NH4Cl在重水D2O中发生水解反应的化学方程式：NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl，
故答案为：NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl．
【分析】四种短周期A、B、C、D形成的单质均为常见气体．①A和B单质可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可与B化合生成红棕色气体，该红棕色气体为NO2，则A为N元素、B为O元素；②C的单质分别与N2、O2反应生成的两种化合物分子中都含有10个电子，则形成的化合物分别为NH3、H2O，所以C为H元素；③C和D单质反应生成的化合物溶于水，在其中溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，则D为Cl元素，据此解答．
18．（2016高二上·洛阳开学考）氮气与氢气反应生成氨气的平衡常数见下表：
N2+3H2 2NH3
温度 25℃ 200℃ 400℃ 600℃
平衡常数K 5×108 650 0.507 0.01
（1）工业上合成氨的温度一般控制在500℃，原因是 ．
（2）在2L密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气，进行工业合成氨的模拟实验，若2分钟后，容器内压强为原来的0.8倍，则0到2分钟，氨气的反应速率为 mol/（L min）．
（3）下列说法能表明该反应达到平衡的是
A．气体的平均分子量不再变化 B．密闭容器内的压强不再变化
C．v （N2）=2v （NH3） D．气体的密度不再变化
（4）下列措施，既能加快该反应的反应速率，又能增大转化率的是
A．使用催化剂 B．缩小容器体积
C．提高反应温度 D．移走NH3
（5）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是 ．
A．溶液的pH增大 B．氨水的电离度减小 C．c（OH﹣）减小 D．c（NH4+）减小
（6）将氨水与盐酸等浓度等体积混合，下列做法能使c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的是
A． 加入固体氯化铵 B．通入少量氯化氢
C． 降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠．
【答案】（1）催化剂的活性温度且反应速率较快
（2）0.2
（3）A、B
（4）B
（5）A、D
（6）A、C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：（1）升高温度可增大反应速率，提高产量，工业上合成氨的温度一般控制在500℃，原因主要是从反应的速率角度来考虑的，因为催化剂的活性温度且反应速率较快，该温度时，催化剂的活性最大，有利于增大反应速率，提高产量，故答案为：催化剂的活性温度且反应速率较快；（2）若2分钟后，容器内压强为原来的0.8倍，说明反应后气体的物质的量减少了0.2×（1mol+3mol）=0.8mol，则
N2+ 3H2 2NH3 减少的△n
1 3 2 2
n 0.8mol
解得：n=0.8mol，
0到2分钟氨气的平均反应速率为：v（NH3）= =0.2 mol/（L min），
故答案为：0.2；（3）A．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量逐渐减小，而气体的质量不变，所以气体的平均摩尔质量为变化的量，若气体的平均分子量不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B． 该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量逐渐减小，容器内的压强是个变化的量，若密闭容器内的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．v（N2）=2v（NH3），没有告诉是正反应速率还是逆反应速率，且不满足二者的化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故C错误； D．该反应两边都是气体，气体的质量始终不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，所以密度不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；故选AB；（4）A．使用催化剂，加快了反应速率，但是不影响化学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B．缩小容器体积，增大了压强，增大了反应速率，平衡向着正向移动，反应物转化率增大，故B正确；C．提高反应温度，增大了反应速率，但是平衡向着逆向移动，反应物转化率减小，故C错误； D．移走氨气，反应物减小，正逆反应都将速率都减小，故D错误；故选B；（5）A．氨水中加入氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故A错误；B．氨水中铵离子浓度增大，一水合氨的电离平衡向着逆向移动，所以氨水的电离度减小，故B正确； C．氨水中的铵离子浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，c（OH﹣）减小，故C正确；D．加入了氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，故D错误；故选AD；（6）将氨水与盐酸等浓度等体积混合，反应后的溶液为氯化铵溶液，A．加入固体氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，铵离子水解程度减小，则铵根离子浓度增大，且铵根离子增大的程度比氯离子增大的程度多，铵根离子与氯离子的比值变大，故A正确；B．通入少量氯化氢，尽管抑制了铵离子的水解，但是溶液中增加的氯离子的物质的量大于增加的铵离子的物质的量，铵离子与氯离子的浓度之比变小，故B错误；C．降低溶液温度，铵离子的水解程度减小，铵离子与氯离子的浓度之比增大，故C正确；D．加入少量固体氢氧化钠，溶液中铵离子的物质的量减小，铵离子与氯离子的物质的量之比减小，故D错误；
故选AC．
【分析】（1）N2+3H2 2NH3该反应是放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度；（2）密闭容器中，气体物质的量之比等于压强之比，压强为反应前的0.8倍，反应后的物质的量为反应前的0.8倍，利用差量法计算出生成氨气的物质的量，再根据反应速率表达式计算出0到2分钟氨气的平均反应速率；（3）根据可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；（4）能加快该反应的反应速率，可以增大了压强、增大反应物浓度、升高温度；增大反应物转化率，说明平衡向着正向移动，据此进行分析；（5）氨水中存在电离平衡，根据影响电离平衡的因素进行判断；（6）氨水与盐酸等浓度等体积混合，反应后生成了氯化铵溶液，根据影响铵离子水解的因素进行分析．
19．（2016高二上·洛阳开学考）某同学在实验室进行以下实验，请将实验①②③的现象和离子反应方程式填入实验报告中．
编号 现象 离子方程式
①
②
③
【答案】有红褐色沉淀生成；Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；有白色沉淀生成，溶液为蓝色；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解；Ag++Cl﹣═AgCl↓
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：①中NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠，观察到有红褐色沉淀生成，发生的离子反应为Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；②中氯化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡和氯化铜，观察到有白色沉淀生成，溶液为蓝色，发生的离子反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；③中硝酸银与氯化钡反应生成AgCl和硝酸钡，观察到有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解，发生的离子反应为Ag++Cl﹣═AgCl↓，故答案为：
编号 现象 离子方程式
① 有红褐色沉淀生成 Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
② 有白色沉淀生成，溶液为蓝色 Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
③ 有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解 Ag++Cl﹣═AgCl↓
【分析】①中NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠；②中氯化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡和氯化铜；③中硝酸银与氯化钡反应生成AgCl和硝酸钡，以此来解答．
20．（2016高二上·洛阳开学考）某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HCO3）为原料，采用以下流程制备纯碱和氯化铵．
已知盐的热分解温度：NH4HCO3 36℃； NaHCO3 270℃； NH4Cl 340℃； Na2CO3＞850℃
（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH ②BaCl2③HCl ④Na2CO3，其加入的顺序合理的是
A．①③④②B．①②④③C．③②④①D．①②③④
过滤中用到玻璃棒的作用是 ；
（2）如何判断粗盐中SO42﹣是否已除尽？ ；
（3）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩．在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是 ；
（4）写出沉淀1受热分解的化学方程式 ；
（5）为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是 ；步骤X包括的操作有 ；
（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度（假定杂质不与甲醛反应），反应原理为：4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O 某技术人员称取1.5g该样品溶于水，加入足量的甲醛并加水配成100mL溶液．从中取出10mL，滴入酚酞再用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，到滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL．则该样品中氯化铵的质量分数为 ．
【答案】（1）B；引流
（2）取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽
（3）可避免NH4HCO3的分解
（4）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
（5）抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3；补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
（6）89.2%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）粗盐中含有Ca2+用Na2CO3除去，Mg2+用NaOH除去，SO42﹣用BaCl2除去，考虑到除SO42﹣时，滴加过量的BaCl2，引入的Ba2+也需要用Na2CO3溶液除去，故正确的操作顺序为先滴加过量NaOH溶液，再滴加过量BaCl2溶液，然后滴加过量Na2CO3溶液，过滤后最后滤液里滴加稀盐酸酸化，选项B符合题意；过滤操作中使用玻璃棒起引流作用，故答案为：B；引流；（2）判断粗盐中SO42﹣是否已除尽，实际检验SO42﹣是否存在，可选择BaCl2溶液来检验，具体操作是：取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽，故答案为：取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽；（3）NH4HCO3很不稳定受热易分解，在加NH4HCO3前加热浓缩NaCl溶液，可避免NH4HCO3的分解，故答案为：可避免NH4HCO3的分解；（4）沉淀1是NaHCO3，其受热分解的方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；（5）NH4Cl是强酸弱碱盐易水解，且水解生成的HCl有挥发性，NH3 H2O不稳定，易分解放出NH3，故加热过程中添加氨水，可抑制水解，补充挥发的氨，有利于提高NH4Cl的产率和纯度；步骤X的操作目的是从溶液里析出NH4Cl晶体，因此需加热浓缩、冷却结晶并过滤，为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是：抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3 ，步骤X包括的操作有：补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，故答案为：抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3；补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度其原理是4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，再用NaOH溶液滴定，根据原子守恒规律可得关系式：NH4Cl﹣HCl﹣NaOH，可知滴定时消耗NaOH的物质的量就是原产品中NH4Cl的物质的量，10mL溶液消耗NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.025L=0.00025mol，则样品中NH4Cl的物质的量为0.00025mol×10=0.025mol，质量为0.025mol×53.5g mol﹣1=1.3375g，该样品中氯化铵的质量分数= ×100%=89.2%，故答案为：89.2%．
【分析】根据题中流程可知，粗盐水提纯后得氯化钠溶液，经蒸发浓缩后，温度控制在30℃～35℃，防止碳酸氢按分解，加入碳酸氢铵，生成沉淀1为碳酸氢钠，滤液1主要为氯化铵，氯化铵溶液中加入氨水，可抑制铵根离子的水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得沉淀2为氯化铵固体，经洗涤、干燥得纯净的氯化铵，滤液2中含有少量的氯化铵和碳酸氢钠，（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH ②BaCl2③HCl ④Na2CO3，根据前面加入的物质是过量的，在后面加入的物质在除去溶液中原来的杂质外还要将前面加入的试剂杂质除去，据此判断；过滤中用到玻璃棒的作用是引流；（2）样品中加入适量的氯化钡溶液可判断粗盐中SO42﹣是否已除尽；（3）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，据此答题；（4）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（5）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法；（6）由滴定用去的氢氧化钠的物质的量计算出盐酸的物质的量，根据方程式4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，计算出氯化铵的质量，进而计算出样品中氯化铵的质量分数．
21．（2016高二上·洛阳开学考）某温度下，在一个体积为2L的固定不变的密闭容器中充入0.3mol SO2和0.2mol O2，发生2SO2+O2 2SO3反应.5分钟后反应达到化学平衡状态，测得容器中气体压强变为原来的90%．求
（1）以SO3的浓度变化表示该反应的化学反应速率；
（2）该反应中SO2的平衡转化率．
【答案】（1）解：设平衡时转化的氧气的物质的量为x，利用三段式法计算．
2SO2+ O2 2SO3
初始 0.3mol 0.3mol 0
变化 2x x 2x
平衡 0.3mol﹣2x 0.2mol﹣x 2x
同温同体积下 =
解得x=0.05mol，
平衡时n（SO3）=2×0.05mol=0.1mol，则
答：以SO3的浓度变化表示该反应的化学反应速率为0.01mol/（L min）．
（2）解：平衡时反应的物质的量为2×0.05mol=0.1mol，则SO2的转化率为
答：该反应中SO2的平衡转化率为33.3%．
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【分析】设平衡时转化的氧气的物质的量为x，根据同温同体积时气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算反应的氧气的物质的量，进而计算出反应的三氧化硫的物质的量，则可求出反应速率；根据反应方程式计算出反应的二氧化硫的物质的量，进而求出反应中SO2的平衡转化率．
22．（2016高二上·洛阳开学考）元素X、Y、Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，X与Z在同一主族，X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍．
（1）写出下列元素符号：X ，Y ，Z
（2）X与Y两元素可形成化合物属 （“离子”或“共价”）化合物．
（3）写出X与Z所形成的化合物的化学式： ．
【答案】（1）O；Mg；S
（2）离子
（3）SO2、SO3
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：元素X，Y，Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，Y、Z不可能处于第四周期（第四周期两元素原子序数之和最小为39）．X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，X，Z在同一主族，则X、Z的最外层电子是3或6，Y、Z处于第二周期或第三周期，
若Y、Z处于第二周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为3，Z的原子序数为5，X的原子序数为36﹣3﹣5=28，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为4，Z的原子序数为8，X的原子序数为36﹣4﹣8=24，X不处于第ⅥA族，不合题意；
若Y、Z处于第三周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为11，Z的原子序数为13，X的原子序数为36﹣11﹣13=12，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为12，Z的原子序数为16，X的原子序数为36﹣12﹣16=8，X处于第ⅥA族，符合题意；
故X为O元素，Y为Mg元素，Z为S元素，（1）根据上面的分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S，故答案为：O；Mg；S； （2）X与Y两元素可形成化合物为氧化镁，属 离子化合物，故答案为：离子；（3）硫与氧形成的化合物的化学式为SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3．
【分析】元素X，Y，Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，Y、Z不可能处于第四周期（第四周期两元素原子序数之和最小为39）．X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，X，Z在同一主族，则X、Z的最外层电子是3或6，Y、Z处于第二周期或第三周期，
若Y、Z处于第二周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为3，Z的原子序数为5，X的原子序数为36﹣3﹣5=28，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为4，Z的原子序数为8，X的原子序数为36﹣4﹣8=24，X不处于第ⅥA族，不合题意；
若Y、Z处于第三周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为11，Z的原子序数为13，X的原子序数为36﹣11﹣13=12，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为12，Z的原子序数为16，X的原子序数为36﹣12﹣16=8，X处于第ⅥA族，符合题意；
故X为O元素，Y为Mg元素，Z为S元素，据此答题．
23．（2016高二上·洛阳开学考）A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，B是空气中含量最高的元素，C最外层电子数与电子层数相等．回答下列问题：
（1）A、B和C分别为 、 、 （用元素名称表示）．
（2）由以上元素组成的化合物中，属于离子化合物的是 ，属于共价化合物的是 ．（各写一种即可）
（3）B的常见气态氢化物的电子式为 ，B的常见气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应产物的阳离子含有 （填化学键的种类），该离子氯化物的水溶液呈 性，用离子方程式表示为 ．
【答案】（1）氧；氮；氢或铍
（2）NH4NO3；HNO3
（3）；共价键、配位键；酸；NH4++H2O NH3 H2O+H+
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，则A为O元素；B是空气中含量最高的元素，则B为N元素；C最外层电子数与电子层数相等，原子序数小于氮，故C为Be或H，故答案为：氧；氮；氢或铍；（2）由以上元素组成的化合物中，属于离子化合物的是：NH4NO3等，属于共价化合物的是HNO3等，故答案为：NH4NO3；HNO3；（3）B的常见气态氢化物为NH3，电子式为 ，B的常见气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应产物的阳离子为NH4+，含有共价键、配位键，该离子氯化物的水溶液中，铵根离子水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为： ；共价键、配位键，酸，NH4++H2O NH3 H2O+H+．
【分析】A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，则A为O元素；B是空气中含量最高的元素，则B为N元素；C最外层电子数与电子层数相等，原子序数小于氮，故C为Be或H．
24．（2016高二上·洛阳开学考）下图是A、B、C、D、E、F等几种常见有机物之间的转化关系图．其中A是面粉的主要成分；C和E反应能生成F，F具有香味．B与E的实验式相同
在有机物中，凡是具有﹣CHO结构的物质，具有如下性质：
（i）与新制的氢氧化铜悬浊液反应，产生砖红色的沉淀，
（ii）在催化剂的作用下，﹣CHO被氧气氧化为﹣COOH，即：
2R﹣CHO+O2 2R﹣COOH
根据根据以上信息及各物质的转化关系完成下列各题：
（1）A的化学式为 ，B的结构简式为 ．与B护卫同分异构体的一种物质的名称 ．
（2）F在稀硫酸中发生水解反应的反应方程式
（3）E与氨水发生的离子方程式
E与小苏打溶液反应的化学方程式为
（4）其中能与新制氢氧化铜悬浊液产生砖红色的沉淀的物质有 （填名称）．
（5）写出钠与C的反应方程式
（6）写出C→D的反应方程式
（7）C+E→F的反应方程式 ．
【答案】（1）（C6H10O5）n；CH2OH（CHOH）4CHO；果糖
（2）CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH
（3）CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O；CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑
（4）葡萄糖和乙醛
（5）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
（6）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
（7）C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A是面粉中的主要成分，则A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；A充分水解得B发酵得C、C氧化生成D，D能与新制的Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，则D中含有醛基，所以B为葡萄糖：CH2OH（CHOH）4CHO，葡萄糖发酵生成乙醇，则C为乙醇，乙醇氧化生成乙醛，则D为乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则E为乙酸，符合B与E的实验式相同的条件，乙酸与乙醇发生正反应生成F，则F为乙酸乙酯，（1）根据分析可知，A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；B为葡萄糖，结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO，与葡萄糖互为同分异构体的一种物质为果糖，故答案为：（C6H10O5）n；CH2OH（CHOH）4CHO；果糖；（2）F为乙酸乙酯，乙酸乙酯在稀硫酸中发生水解反应生成乙酸和乙醇，反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH，故答案为：CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH；（3）E为乙酸，乙酸与氨水发生的离子方程式为CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O，乙酸与碳酸氢钠反应生成乙酸钠、二氧化碳气体和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑，故答案为：CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O；CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑；（4）能够与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀的物质中一定含有醛基，A到F中含有醛基的为葡萄糖和乙醛，
故答案为：葡萄糖和乙醛；（5）C为乙醇，钠与C的反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；（6）C→D的反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O； （7）C+E→F的反应方程式为C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O，故答案为：C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O．
【分析】A是面粉中的主要成分，则A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；A充分水解得B，B发酵得C、C氧化生成D，D能与新制的Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，则D中含有醛基，所以B为葡萄糖：CH2OH（CHOH）4CHO，葡萄糖发酵生成乙醇，则C为乙醇，乙醇氧化生成乙醛，则D为乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则E为乙酸，符合B与E的实验式相同的条件，乙酸与乙醇发生正反应生成F，则F为乙酸乙酯，据此进行解答．
1 / 12016-2017学年河南省洛阳师院附中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·洛阳开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA
B．25℃时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA
C．标准状况下，22.4LCHCl3含有的分子数为NA
D．1L 0.1mol L﹣1的硫化钠溶液中硫离子数目为0.1NA
2．（2016高二上·洛阳开学考）Cl2是一种有毒气体，溶于水后形成的溶液能导电，则Cl2属于（ ）
A．强电解质 B．弱电解质
C．非电解质 D．既不是电解质也不是非电解质
3．（2016高二上·洛阳开学考）鉴别NO2和Br2蒸气，下列实验不可行的是（ ）
A．溶于水 B．用湿润的淀粉KI试纸
C．通入AgNO3溶液 D．通入到CCl4中
4．（2016高二上·洛阳开学考）下列有关叙述正确的是（ ）
A．蒸馏实验中温度计的水银球应插入溶液中
B．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
C．分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出
D．开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯
5．（2016高二上·洛阳开学考）下列说法正确的是（ ）
A．若原子X的质子数为a，则X的质量数一定不为a
B．若两种元素形成的离子M2﹣和N+电子层结构相同，则离子半径M2﹣＞N+
C．同周期非金属氧化物对应水化物酸性从左到右依次增强
D．由两种元素组成的化合物，若含有离子键，就没有共价键
6．（2016高二上·洛阳开学考）在标准状况下，VL氯化氢气体溶于1L水中，所得溶液的密度为ρ g cm﹣3，溶质的质量分数为ω．则此溶液的物质的量浓度为（ ）
A． mol/L B． mol/L
C． mol/L D． mol/L
7．（2016高三下·浉河月考）以下说法：①福尔马林和纯盐酸都是混合物；②沼气和核能都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和建筑用螺纹钢都是合金；⑤臭氧层的破坏和空气液化制取氮气都是发生物理变化；⑥氯水使红墨水褪色原理和NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色原理相同；⑦豆浆和雾都是胶体．上述说法正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②⑤⑥ C．③⑤⑥⑦ D．①③④⑦
8．（2016高一下·成都期中）下列反应中，既属于氧化还原反应，又是放热热反应的是（ ）
A．铝片与稀盐酸的反应 B．Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl的反应
C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．盐酸在烧碱溶液反应
9．（2016高二上·洛阳开学考）下列情况下，气体分子数相同的是（ ）
A．标准状况下，71gCl2和22.4LHCl
B．相同质量的氢气和氮气
C．在0℃时，1体积的O2和1体积的HCl
D．相同体积的CO2和 H2O
10．（2016高一下·宝应期中）温度不变恒容的容器中0.1mol L﹣1H2进行反应H2 2H，若某段时间内H2浓度由0.06mol L﹣1降到0.036mol L﹣1所需的反应时间为12s，则反应起始时H2浓度由0.1mol L﹣1降到0.06mol L﹣1需的时间为（ ）
A．等于24s B．等于20s C．大于20s D．小于20s
11．（2016高二上·洛阳开学考）下列反应一定属于氧化还原反应的是（ ）
A．化合反应 B．置换反应 C．分解反应 D．复分解反应
12．（2016高二上·洛阳开学考）下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）
A．酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 B．原子半径大小：Na＞O＞S
C．碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH D．金属性强弱：Na＞Mg＞Al
13．（2016高二上·洛阳开学考）在印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（ ）
A．烧杯中有铜无铁 B．烧杯中有铁无铜
C．烧杯中铁铜都有 D．烧杯中铁铜都无
14．（2016高二上·洛阳开学考）关于11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应的说法正确的是（ ）
A．P是氧化剂
B．CuSO4既不是氧化剂也不是还原剂
C．当反应中有3mol电子转移时，消耗P的质量为34.1g
D．被氧化的P原子与被还原的P原子个数比5：6
15．（2016高二上·洛阳开学考）下列离子方程式，正确的是（ ）
A．等物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应：SO2+OH﹣=HSO3﹣
B．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH=2CH3COO﹣+CO2+H2O
C．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O=2HClO+CO32﹣
D．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O 2Cu+O2+4H+
二、解答题
16．（2016高二上·洛阳开学考）请按下列要求作答：
（1）写出将少量二氧化硫气体通入氢氧化钠溶液的化学反应方程式： ；
（2）写出将二氧化氮气体通入水中的化学反应方程式： ；
（3）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式： ；
（4）写出氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式： ．
17．（2016高二上·洛阳开学考）A、B、C、D为常见气态单质．已知：①A和B可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可以与B化合生成红棕色气体；
②C分别与A、B反应生成的两种化合物分子E、F中都含有10个电子；
③C和D反应生成的化合物J易溶于水，在其溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀．
（1）E与J按物质的量2：1通入F中得到的溶液中存在的四个平衡体系，（用方程式表示）： ，已知该溶液呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为
（2）A、C、D所含元素可组成一种离子化合物R，该化合物R在重水D2O中发生水解反应的化学方程式是 ．
18．（2016高二上·洛阳开学考）氮气与氢气反应生成氨气的平衡常数见下表：
N2+3H2 2NH3
温度 25℃ 200℃ 400℃ 600℃
平衡常数K 5×108 650 0.507 0.01
（1）工业上合成氨的温度一般控制在500℃，原因是 ．
（2）在2L密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气，进行工业合成氨的模拟实验，若2分钟后，容器内压强为原来的0.8倍，则0到2分钟，氨气的反应速率为 mol/（L min）．
（3）下列说法能表明该反应达到平衡的是
A．气体的平均分子量不再变化 B．密闭容器内的压强不再变化
C．v （N2）=2v （NH3） D．气体的密度不再变化
（4）下列措施，既能加快该反应的反应速率，又能增大转化率的是
A．使用催化剂 B．缩小容器体积
C．提高反应温度 D．移走NH3
（5）常温下，在氨水中加入一定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是 ．
A．溶液的pH增大 B．氨水的电离度减小 C．c（OH﹣）减小 D．c（NH4+）减小
（6）将氨水与盐酸等浓度等体积混合，下列做法能使c（NH4+）与c（Cl﹣）比值变大的是
A． 加入固体氯化铵 B．通入少量氯化氢
C． 降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠．
19．（2016高二上·洛阳开学考）某同学在实验室进行以下实验，请将实验①②③的现象和离子反应方程式填入实验报告中．
编号 现象 离子方程式
①
②
③
20．（2016高二上·洛阳开学考）某研究小组以粗盐和碳酸氢铵（NH4HCO3）为原料，采用以下流程制备纯碱和氯化铵．
已知盐的热分解温度：NH4HCO3 36℃； NaHCO3 270℃； NH4Cl 340℃； Na2CO3＞850℃
（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH ②BaCl2③HCl ④Na2CO3，其加入的顺序合理的是
A．①③④②B．①②④③C．③②④①D．①②③④
过滤中用到玻璃棒的作用是 ；
（2）如何判断粗盐中SO42﹣是否已除尽？ ；
（3）从NaCl溶液到沉淀1的过程中，需蒸发浓缩．在加入固体NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入NH4HCO3之后，原因是 ；
（4）写出沉淀1受热分解的化学方程式 ；
（5）为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是 ；步骤X包括的操作有 ；
（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度（假定杂质不与甲醛反应），反应原理为：4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O 某技术人员称取1.5g该样品溶于水，加入足量的甲醛并加水配成100mL溶液．从中取出10mL，滴入酚酞再用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，到滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL．则该样品中氯化铵的质量分数为 ．
21．（2016高二上·洛阳开学考）某温度下，在一个体积为2L的固定不变的密闭容器中充入0.3mol SO2和0.2mol O2，发生2SO2+O2 2SO3反应.5分钟后反应达到化学平衡状态，测得容器中气体压强变为原来的90%．求
（1）以SO3的浓度变化表示该反应的化学反应速率；
（2）该反应中SO2的平衡转化率．
22．（2016高二上·洛阳开学考）元素X、Y、Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，X与Z在同一主族，X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍．
（1）写出下列元素符号：X ，Y ，Z
（2）X与Y两元素可形成化合物属 （“离子”或“共价”）化合物．
（3）写出X与Z所形成的化合物的化学式： ．
23．（2016高二上·洛阳开学考）A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，B是空气中含量最高的元素，C最外层电子数与电子层数相等．回答下列问题：
（1）A、B和C分别为 、 、 （用元素名称表示）．
（2）由以上元素组成的化合物中，属于离子化合物的是 ，属于共价化合物的是 ．（各写一种即可）
（3）B的常见气态氢化物的电子式为 ，B的常见气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应产物的阳离子含有 （填化学键的种类），该离子氯化物的水溶液呈 性，用离子方程式表示为 ．
24．（2016高二上·洛阳开学考）下图是A、B、C、D、E、F等几种常见有机物之间的转化关系图．其中A是面粉的主要成分；C和E反应能生成F，F具有香味．B与E的实验式相同
在有机物中，凡是具有﹣CHO结构的物质，具有如下性质：
（i）与新制的氢氧化铜悬浊液反应，产生砖红色的沉淀，
（ii）在催化剂的作用下，﹣CHO被氧气氧化为﹣COOH，即：
2R﹣CHO+O2 2R﹣COOH
根据根据以上信息及各物质的转化关系完成下列各题：
（1）A的化学式为 ，B的结构简式为 ．与B护卫同分异构体的一种物质的名称 ．
（2）F在稀硫酸中发生水解反应的反应方程式
（3）E与氨水发生的离子方程式
E与小苏打溶液反应的化学方程式为
（4）其中能与新制氢氧化铜悬浊液产生砖红色的沉淀的物质有 （填名称）．
（5）写出钠与C的反应方程式
（6）写出C→D的反应方程式
（7）C+E→F的反应方程式 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子，则0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA，故A正确；
B．pH=13，即C（H+）=10﹣13mol/L，C（OH﹣）= mol/L=0.1mol/L，根据n=CV=0.1mol/L×1.0L=0.1mol，个数为NA个，故B错误；
C．标况下，CHCl3为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．硫离子为多元弱碱离子，水溶液中部分水解，所以1L 0.1mol L﹣1的硫化钠溶液中硫离子数目小于0.1NA，故D错误；
故选：A．
【分析】A．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子；
B．根据n=cV来计算；
C．标况下，CHCl3为液体；
D．硫离子为多元弱碱离子，水溶液中部分水解．
2．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：氯气溶于水后，部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢和次氯酸但是电解质，能够电离出阴阳离子，所以氯水能够导电；
由于电解质和非电解质都必须为化合物，氯气属于单质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，
故选D．
【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，
氯气为电解质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，据此进行判断．
3．【答案】B
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】解：A．NO2溶于水为无色溶液，而Br2蒸气溶于水为橙黄色，现象不相同，能鉴别，故A正确；
B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI中的碘离子生成碘单质，遇淀粉变蓝，现象相同，不能鉴别，故B错误；
C．二氧化氮通入到硝酸银溶液，有气体生成，而溴蒸气通入到硝酸银溶液中生成AgBr浅黄色沉淀，现象不同，能鉴别，故C正确；
D．溴易溶于四氯化碳，分层后有机层为橙色，而二氧化氮不能，现象不相同，能鉴别，故D正确；
故选B．
【分析】二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，而溴可溶于水，溴水呈橙黄色，可与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀；二者都具有强氧化性，但溴易溶于有机溶剂，以此来解答．
4．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．蒸馏测定馏分的温度，则蒸馏时温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故A错误；
B．二氧化硅为酸性氧化物，与NaOH反应生成盐和水，但二氧化硅与HF酸反应为其特性，故B错误；
C．分液时吧，避免上下层液体混合，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，然后上层液体从上口倒出，故C正确；
D．冷凝管没有通水或先加热后通水即受热不均匀会使冷凝管破裂，蒸馏完毕，防止蒸汽外逸，所以应该先撤酒精灯，再关冷凝水，故D错误；
故选C．
【分析】A．蒸馏测定馏分的温度；
B．二氧化硅为酸性氧化物；
C．分液时吧，避免上下层液体混合；
D．冷凝管没有通水或先加热后通水受热不均匀会使冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水．
5．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．原子的质量数=质子数+中子数， 原子中没有中子，所以若原子X的质子数为a，则X的质量数可能为a，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，阳离子原子序数大于阴离子，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径M2﹣＞N+，故B正确；
C．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，故C错误；
D．由两种元素组成的化合物，如果含有离子键，可能含有共价键，如Na2O2，故D错误；
故选B．
【分析】A．原子的质量数=质子数+中子数；
B．电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外；
D．由两种元素组成的化合物，如果含有离子键，可能含有共价键．
6．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：根据 可知，盐酸的浓度是c= mol/L，故AC不正确；氯化氢的物质的量是 mol，质量是 ×36.5g，溶剂的质量是1000g．所以溶液的体积是 ，所以溶液的浓度是 mol/L，所以B错误，
故选D．
【分析】根据V= 可计算溶液的体积，根据c= 和 可计算溶液的物质的量浓度．
7．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：①福尔马林是甲醛水溶液，纯盐酸是氯化氢的水溶液，都是混合物，故①正确；
②依据再生能源的含义，沼气是可再生能源，核能不是，故②错误；
③冰为水，干冰是二氧化碳，既是纯净物又是化合物，故③正确；
④不锈钢是加入镍铬的钢，建筑用螺纹钢是铁含有碳硅等的混合物，都是合金，故④正确；
⑤臭氧层的破坏是发生了化学反应，空气液化制取氮气是发生物理变化，故⑤错误；
⑥氯水使红墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破坏有色物质的结构，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因为还原高锰酸钾；故⑤错误；
⑦豆浆和雾符合胶体分散系的本质特征，都是胶体，故⑦正确；
综上所述：①③④⑦正确；
故选D．
【分析】①不同物质组成的物质为混合物；
②在自然界中可以不断再生、永续利用的能源，具有取之不尽，用之不竭的特点，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等；
③同种物质组成的为纯净物，不同元素组成的纯净物为化合物；
④合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质．一般通过熔合成均匀液体和凝固而得；
⑤氟氯代烷在高空会解离出氯，而氯可以催化（加速）臭氧转变为氧的反应（这个过程中氯并不消耗），于是臭氧层被破坏了；
⑥氯水使红墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破坏有色物质的结构，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因为还原高锰酸钾；
⑦依据胶体的本质特征分析判断．
8．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：A、金属与水或酸的反应均为放热反应，故铝和稀盐酸为放热反应，且有化合价的改变，故为氧化还原反应，故A正确；
B、Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，且不是氧化还原反应，故B错误；
C、灼热的碳与二氧化碳反应，是以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故C错误；
D、盐酸和烧碱反应为酸碱中和反应，为放热反应，但不是氧化还原反应，故D错误．
故选A．
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的放热反应有：绝大多数的化合反应，所有的燃烧，金属与水或酸的反应，铝热反应，酸碱中和反应等；常见的吸热反应有：Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，据此分析．
9．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.71g氯气的物质的量为： =1mol，标准状况下22.4L氯气的物质的量为1mol，二者物质的量相等，则含有相同的分子数，故A正确；
B．氢气和氮气的摩尔质量不相等，根据n= 可知，质量相同的氢气和氮气的物质的量不等，故B错误；
C．没有指出压强大小，则二者气体摩尔体积不一定相等，故C错误；
D．没有指明具体条件，无法计算二者的物质的量，故D错误；
故选A．
【分析】根据N=nNA可知，物质的量相等时含有分子数相同，先根据n= = 计算出各物质的量物质的量，然后进行比较即可，注意使用气体摩尔体积时必须在同温同压下．
10．【答案】D
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】解：反应物的浓度由0.06mol L﹣1降到0.036mol L﹣1所需的反应时间为12s，化学反应速率为 =0.002mol/（L s），
若反应速率不变，反应起始时H2浓度由0.1mol L﹣1降到0.06mol L﹣1需的时间为 = =20s，但起始时H2浓度较大，反应速率大于0.002mol/（L s），故所需时间小于20s，
故选D．
【分析】随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答．
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．化合反应不一定为氧化还原反应，如二氧化碳与水反应，故A不选；
B．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定为氧化还原反应，故B选；
C．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸分解、氯化铵分解等，故C不选；
D．复分解反应中一定没有元素的化合价变化，则一定不是氧化还原反应，故D不选；
故选B．
【分析】含元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应；反之，不是氧化还原反应，以此来解答．
12．【答案】A,B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A．非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，核外电子层数越多，半径越大，应为Na＞S＞O，故B错误；
C．金属性K＞Na＞Li，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；
D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故D正确．
故选AB．
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，核外电子层数越多，半径越大；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱．
13．【答案】B
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】解：A．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，当Fe完全反应后、Cu部分反应，则烧杯中有Cu无Fe，故A不选；
B．Fe的还原性大于Cu，所以加入Fe、Cu时Fe先参加反应，如果溶液中有Fe而无铜，则Fe会和铜离子发生置换反应，所以不可能出现有Fe而无Cu现象，故B选；
C．如果铁完全将铁离子还原还剩余，则Cu就不参加反应，所以烧杯中还剩Fe、Cu，故C不选；
D．如果铁离子的量足够大，Fe、Cu完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中Cu、Fe都不存在，故D不选；
故选B．
【分析】Fe的还原性大于Cu，所以向氯化铁溶液中加入Cu、Fe可能发生的反应有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先发生氧化还原反应，据此分析解答．
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．P、Cu元素的化合价降低，则P、CuSO4是氧化剂，故A错误；
B．CuSO4是氧化剂，故B错误；
C．由反应可知，转移30mol电子消耗11molP，则当反应中有3mol电子转移时，消耗P的质量为1.1mol×31g/mol=34.1g，故C正确；
D．由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，被还原的为5mol，则被氧化的P原子与被还原的P原子个数比6：5，故D错误；
故选C．
【分析】11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为﹣3价，P元素的化合价由0升高为+5价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答．
15．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．等物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO2+OH﹣=HSO3﹣，故A正确；
B．用食醋除去水瓶中的水垢，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，由于次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故C错误；
D．用铜做电极电解CuSO4溶液，阳极铜失去电子生成铜离子，阴极硫酸铜溶液中的铜离子得到电子生成铜，阳极不是氢氧根离子放电，故D错误；
故选A．
【分析】A．二氧化硫与氢氧化钠物质的量相等，反应生成亚硫酸氢钠；
B．水垢的主要成分为碳酸钙，碳酸钙在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式；
C．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子；
D．铜为电解，阳极铜放电，电解质溶液中含有铜离子，阴极铜离子得到电子，该反应实质为单键精炼铜或电镀铜．
16．【答案】（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（3）3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O．
【分析】（1）二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；（2）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水；（4）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水．
17．【答案】（1）H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
（2）NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：A、B、C、D为常见气态单质．①A和B可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可以与B化合生成红棕色气体，则A为氮气，B为氧气，二者反应生成NO与氧气反应生成红棕色的NO2；②C分别与N2、O2反应生成的两种化合物分子E、F中都含有10个电子，则E、F分别为NH3、H2O，所以C为H2；③H2和D反应生成的化合物J易溶于水，在其溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，则J为HCl，D为Cl2；（1）NH3和HCl按物质的量2：1通入H2O中，则反应后溶液中溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3 H2O，所以溶液中存在的四个平衡体系为：H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；已知该溶液呈碱性，则以NH3 H2O的电离为主，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：H2O H++OH﹣；NH3+H2O NH3 H2O；NH4++H2O NH3 H2O+H+；NH3 H2O NH4++OH﹣；c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（2）A、C、D所含元素可组成一种离子化合物R，则R为NH4Cl，NH4Cl在重水D2O中发生水解反应的化学方程式：NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl，
故答案为：NH4Cl+D2O NH3 HDO+DCl．
【分析】四种短周期A、B、C、D形成的单质均为常见气体．①A和B单质可以在放电条件下发生化合反应，其产物还可与B化合生成红棕色气体，该红棕色气体为NO2，则A为N元素、B为O元素；②C的单质分别与N2、O2反应生成的两种化合物分子中都含有10个电子，则形成的化合物分别为NH3、H2O，所以C为H元素；③C和D单质反应生成的化合物溶于水，在其中溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，则D为Cl元素，据此解答．
18．【答案】（1）催化剂的活性温度且反应速率较快
（2）0.2
（3）A、B
（4）B
（5）A、D
（6）A、C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：（1）升高温度可增大反应速率，提高产量，工业上合成氨的温度一般控制在500℃，原因主要是从反应的速率角度来考虑的，因为催化剂的活性温度且反应速率较快，该温度时，催化剂的活性最大，有利于增大反应速率，提高产量，故答案为：催化剂的活性温度且反应速率较快；（2）若2分钟后，容器内压强为原来的0.8倍，说明反应后气体的物质的量减少了0.2×（1mol+3mol）=0.8mol，则
N2+ 3H2 2NH3 减少的△n
1 3 2 2
n 0.8mol
解得：n=0.8mol，
0到2分钟氨气的平均反应速率为：v（NH3）= =0.2 mol/（L min），
故答案为：0.2；（3）A．该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量逐渐减小，而气体的质量不变，所以气体的平均摩尔质量为变化的量，若气体的平均分子量不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；B． 该反应是体积缩小的反应，气体的物质的量逐渐减小，容器内的压强是个变化的量，若密闭容器内的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．v（N2）=2v（NH3），没有告诉是正反应速率还是逆反应速率，且不满足二者的化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故C错误； D．该反应两边都是气体，气体的质量始终不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，所以密度不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；故选AB；（4）A．使用催化剂，加快了反应速率，但是不影响化学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B．缩小容器体积，增大了压强，增大了反应速率，平衡向着正向移动，反应物转化率增大，故B正确；C．提高反应温度，增大了反应速率，但是平衡向着逆向移动，反应物转化率减小，故C错误； D．移走氨气，反应物减小，正逆反应都将速率都减小，故D错误；故选B；（5）A．氨水中加入氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故A错误；B．氨水中铵离子浓度增大，一水合氨的电离平衡向着逆向移动，所以氨水的电离度减小，故B正确； C．氨水中的铵离子浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度减小，c（OH﹣）减小，故C正确；D．加入了氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，故D错误；故选AD；（6）将氨水与盐酸等浓度等体积混合，反应后的溶液为氯化铵溶液，A．加入固体氯化铵，溶液中铵离子浓度增大，铵离子水解程度减小，则铵根离子浓度增大，且铵根离子增大的程度比氯离子增大的程度多，铵根离子与氯离子的比值变大，故A正确；B．通入少量氯化氢，尽管抑制了铵离子的水解，但是溶液中增加的氯离子的物质的量大于增加的铵离子的物质的量，铵离子与氯离子的浓度之比变小，故B错误；C．降低溶液温度，铵离子的水解程度减小，铵离子与氯离子的浓度之比增大，故C正确；D．加入少量固体氢氧化钠，溶液中铵离子的物质的量减小，铵离子与氯离子的物质的量之比减小，故D错误；
故选AC．
【分析】（1）N2+3H2 2NH3该反应是放热的可逆反应，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度；（2）密闭容器中，气体物质的量之比等于压强之比，压强为反应前的0.8倍，反应后的物质的量为反应前的0.8倍，利用差量法计算出生成氨气的物质的量，再根据反应速率表达式计算出0到2分钟氨气的平均反应速率；（3）根据可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；（4）能加快该反应的反应速率，可以增大了压强、增大反应物浓度、升高温度；增大反应物转化率，说明平衡向着正向移动，据此进行分析；（5）氨水中存在电离平衡，根据影响电离平衡的因素进行判断；（6）氨水与盐酸等浓度等体积混合，反应后生成了氯化铵溶液，根据影响铵离子水解的因素进行分析．
19．【答案】有红褐色沉淀生成；Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；有白色沉淀生成，溶液为蓝色；Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解；Ag++Cl﹣═AgCl↓
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：①中NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠，观察到有红褐色沉淀生成，发生的离子反应为Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；②中氯化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡和氯化铜，观察到有白色沉淀生成，溶液为蓝色，发生的离子反应为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；③中硝酸银与氯化钡反应生成AgCl和硝酸钡，观察到有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解，发生的离子反应为Ag++Cl﹣═AgCl↓，故答案为：
编号 现象 离子方程式
① 有红褐色沉淀生成 Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
② 有白色沉淀生成，溶液为蓝色 Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
③ 有白色沉淀生成，滴加稀硝酸，沉淀不溶解 Ag++Cl﹣═AgCl↓
【分析】①中NaOH与硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠；②中氯化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡和氯化铜；③中硝酸银与氯化钡反应生成AgCl和硝酸钡，以此来解答．
20．【答案】（1）B；引流
（2）取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽
（3）可避免NH4HCO3的分解
（4）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
（5）抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3；补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
（6）89.2%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）粗盐中含有Ca2+用Na2CO3除去，Mg2+用NaOH除去，SO42﹣用BaCl2除去，考虑到除SO42﹣时，滴加过量的BaCl2，引入的Ba2+也需要用Na2CO3溶液除去，故正确的操作顺序为先滴加过量NaOH溶液，再滴加过量BaCl2溶液，然后滴加过量Na2CO3溶液，过滤后最后滤液里滴加稀盐酸酸化，选项B符合题意；过滤操作中使用玻璃棒起引流作用，故答案为：B；引流；（2）判断粗盐中SO42﹣是否已除尽，实际检验SO42﹣是否存在，可选择BaCl2溶液来检验，具体操作是：取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽，故答案为：取少量除杂后的样品于试管中，滴加适量氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则含SO42﹣已除尽；（3）NH4HCO3很不稳定受热易分解，在加NH4HCO3前加热浓缩NaCl溶液，可避免NH4HCO3的分解，故答案为：可避免NH4HCO3的分解；（4）沉淀1是NaHCO3，其受热分解的方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；（5）NH4Cl是强酸弱碱盐易水解，且水解生成的HCl有挥发性，NH3 H2O不稳定，易分解放出NH3，故加热过程中添加氨水，可抑制水解，补充挥发的氨，有利于提高NH4Cl的产率和纯度；步骤X的操作目的是从溶液里析出NH4Cl晶体，因此需加热浓缩、冷却结晶并过滤，为提高NH4Cl产品的产率和纯度，需在滤液中加入氨水，理由是：抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3 ，步骤X包括的操作有：补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，故答案为：抑制NH4+水解；使NaHCO3转化为Na2CO3；补充煮沸时损失的NH3蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（6）采用“甲醛法”测定工业产品中氯化铵的纯度其原理是4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，再用NaOH溶液滴定，根据原子守恒规律可得关系式：NH4Cl﹣HCl﹣NaOH，可知滴定时消耗NaOH的物质的量就是原产品中NH4Cl的物质的量，10mL溶液消耗NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.025L=0.00025mol，则样品中NH4Cl的物质的量为0.00025mol×10=0.025mol，质量为0.025mol×53.5g mol﹣1=1.3375g，该样品中氯化铵的质量分数= ×100%=89.2%，故答案为：89.2%．
【分析】根据题中流程可知，粗盐水提纯后得氯化钠溶液，经蒸发浓缩后，温度控制在30℃～35℃，防止碳酸氢按分解，加入碳酸氢铵，生成沉淀1为碳酸氢钠，滤液1主要为氯化铵，氯化铵溶液中加入氨水，可抑制铵根离子的水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得沉淀2为氯化铵固体，经洗涤、干燥得纯净的氯化铵，滤液2中含有少量的氯化铵和碳酸氢钠，（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子，使用的试剂有：①NaOH ②BaCl2③HCl ④Na2CO3，根据前面加入的物质是过量的，在后面加入的物质在除去溶液中原来的杂质外还要将前面加入的试剂杂质除去，据此判断；过滤中用到玻璃棒的作用是引流；（2）样品中加入适量的氯化钡溶液可判断粗盐中SO42﹣是否已除尽；（3）蒸发浓缩时溶液要加热，而NH4HCO3在36℃开始分解，据此答题；（4）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（5）氨水能抑制铵根离子的水解，同时能使NaHCO3转化为Na2CO3，并补充煮沸时损失的NH3，从氯化铵溶液得到氯化铵固体可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法；（6）由滴定用去的氢氧化钠的物质的量计算出盐酸的物质的量，根据方程式4NH4Cl+6HCHO→（CH2）6N4+4HCl+6H2O，计算出氯化铵的质量，进而计算出样品中氯化铵的质量分数．
21．【答案】（1）解：设平衡时转化的氧气的物质的量为x，利用三段式法计算．
2SO2+ O2 2SO3
初始 0.3mol 0.3mol 0
变化 2x x 2x
平衡 0.3mol﹣2x 0.2mol﹣x 2x
同温同体积下 =
解得x=0.05mol，
平衡时n（SO3）=2×0.05mol=0.1mol，则
答：以SO3的浓度变化表示该反应的化学反应速率为0.01mol/（L min）．
（2）解：平衡时反应的物质的量为2×0.05mol=0.1mol，则SO2的转化率为
答：该反应中SO2的平衡转化率为33.3%．
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【分析】设平衡时转化的氧气的物质的量为x，根据同温同体积时气体的压强之比等于物质的量之比，利用三段式法计算反应的氧气的物质的量，进而计算出反应的三氧化硫的物质的量，则可求出反应速率；根据反应方程式计算出反应的二氧化硫的物质的量，进而求出反应中SO2的平衡转化率．
22．【答案】（1）O；Mg；S
（2）离子
（3）SO2、SO3
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：元素X，Y，Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，Y、Z不可能处于第四周期（第四周期两元素原子序数之和最小为39）．X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，X，Z在同一主族，则X、Z的最外层电子是3或6，Y、Z处于第二周期或第三周期，
若Y、Z处于第二周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为3，Z的原子序数为5，X的原子序数为36﹣3﹣5=28，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为4，Z的原子序数为8，X的原子序数为36﹣4﹣8=24，X不处于第ⅥA族，不合题意；
若Y、Z处于第三周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为11，Z的原子序数为13，X的原子序数为36﹣11﹣13=12，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为12，Z的原子序数为16，X的原子序数为36﹣12﹣16=8，X处于第ⅥA族，符合题意；
故X为O元素，Y为Mg元素，Z为S元素，（1）根据上面的分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S，故答案为：O；Mg；S； （2）X与Y两元素可形成化合物为氧化镁，属 离子化合物，故答案为：离子；（3）硫与氧形成的化合物的化学式为SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3．
【分析】元素X，Y，Z原子序数之和为36，Y、Z在同一周期，Y、Z不可能处于第四周期（第四周期两元素原子序数之和最小为39）．X原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，X，Z在同一主族，则X、Z的最外层电子是3或6，Y、Z处于第二周期或第三周期，
若Y、Z处于第二周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为3，Z的原子序数为5，X的原子序数为36﹣3﹣5=28，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为4，Z的原子序数为8，X的原子序数为36﹣4﹣8=24，X不处于第ⅥA族，不合题意；
若Y、Z处于第三周期：
当X、Z的最外层电子是3时，则Y的原子序数为11，Z的原子序数为13，X的原子序数为36﹣11﹣13=12，X不处于第ⅢA族，不合题意；
当X、Z的最外层电子是6时，则Y的原子序数为12，Z的原子序数为16，X的原子序数为36﹣12﹣16=8，X处于第ⅥA族，符合题意；
故X为O元素，Y为Mg元素，Z为S元素，据此答题．
23．【答案】（1）氧；氮；氢或铍
（2）NH4NO3；HNO3
（3）；共价键、配位键；酸；NH4++H2O NH3 H2O+H+
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，则A为O元素；B是空气中含量最高的元素，则B为N元素；C最外层电子数与电子层数相等，原子序数小于氮，故C为Be或H，故答案为：氧；氮；氢或铍；（2）由以上元素组成的化合物中，属于离子化合物的是：NH4NO3等，属于共价化合物的是HNO3等，故答案为：NH4NO3；HNO3；（3）B的常见气态氢化物为NH3，电子式为 ，B的常见气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应产物的阳离子为NH4+，含有共价键、配位键，该离子氯化物的水溶液中，铵根离子水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为： ；共价键、配位键，酸，NH4++H2O NH3 H2O+H+．
【分析】A、B和C为短周期元素，原子序数依次减小，A的最低负化合价为﹣2，无最高正价，则A为O元素；B是空气中含量最高的元素，则B为N元素；C最外层电子数与电子层数相等，原子序数小于氮，故C为Be或H．
24．【答案】（1）（C6H10O5）n；CH2OH（CHOH）4CHO；果糖
（2）CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH
（3）CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O；CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑
（4）葡萄糖和乙醛
（5）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
（6）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
（7）C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A是面粉中的主要成分，则A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；A充分水解得B发酵得C、C氧化生成D，D能与新制的Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，则D中含有醛基，所以B为葡萄糖：CH2OH（CHOH）4CHO，葡萄糖发酵生成乙醇，则C为乙醇，乙醇氧化生成乙醛，则D为乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则E为乙酸，符合B与E的实验式相同的条件，乙酸与乙醇发生正反应生成F，则F为乙酸乙酯，（1）根据分析可知，A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；B为葡萄糖，结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO，与葡萄糖互为同分异构体的一种物质为果糖，故答案为：（C6H10O5）n；CH2OH（CHOH）4CHO；果糖；（2）F为乙酸乙酯，乙酸乙酯在稀硫酸中发生水解反应生成乙酸和乙醇，反应的化学方程式为：CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH，故答案为：CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH；（3）E为乙酸，乙酸与氨水发生的离子方程式为CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O，乙酸与碳酸氢钠反应生成乙酸钠、二氧化碳气体和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑，故答案为：CH3COOH+NH3．H2O=CH3COO﹣+NH4++H2O；CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+H2O+CO2↑；（4）能够与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀的物质中一定含有醛基，A到F中含有醛基的为葡萄糖和乙醛，
故答案为：葡萄糖和乙醛；（5）C为乙醇，钠与C的反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；（6）C→D的反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O； （7）C+E→F的反应方程式为C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O，故答案为：C2H5OH+CH3COOH CH3COOC2H5+H2O．
【分析】A是面粉中的主要成分，则A为淀粉，化学式为：（C6H10O5）n；A充分水解得B，B发酵得C、C氧化生成D，D能与新制的Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，则D中含有醛基，所以B为葡萄糖：CH2OH（CHOH）4CHO，葡萄糖发酵生成乙醇，则C为乙醇，乙醇氧化生成乙醛，则D为乙醛，乙醛氧化生成乙酸，则E为乙酸，符合B与E的实验式相同的条件，乙酸与乙醇发生正反应生成F，则F为乙酸乙酯，据此进行解答．
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