2016-2017学年河南省洛阳市白马中学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）设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NA
B．2 g氢气所含原子数目为NA
C．1 mol MgCl2固体溶于水中，所得氯离子的数目为NA
D．17 g氨气所含电子数目为10NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁变为+2价，故0.1mol镁失去0.2NA个电子，故A错误；
B、氢气由氢原子构成，故2g氢气中含有的氢原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故B错误；
C、1mol氯化镁中含2mol氯离子，故1mol氯化镁溶于水后溶液中的氯离子的个数为2NA个，故C错误；
D、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气中含10个电子，故1mol氨气中含10NA个电子，故D正确．
故选D．
【分析】A、求出镁的物质的量，然后根据镁变为+2价来分析；
B、氢气由氢原子构成；
C、1mol氯化镁中含2mol氯离子；
D、求出氨气的物质的量，然后根据氨气中含10个电子来分析．
2．（2016高一上·庆阳期中）下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（ ）
①过滤 ②蒸发 ③溶解 ④向容量瓶转移液体．
A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】①在过滤时，玻璃棒起引流作用；
②在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；
③玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；
④向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用．
其中玻璃棒的作用及其目的相同的是①和④，
故选D．
【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用．
3．（2016高二上·洛阳开学考）最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型的化合物
B．N4与N2互为同素异形体
C．N4沸点比P4 （白磷）高
D．1mo1N4气体转变为N2将吸收882kJ热量
【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；
B、N4与N2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故B正确；
C、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；
D、1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故D错误．
故选B．
【分析】A、只有N元素组成，是一种单质；
B、依据同素异形体的概念分析；
C、根据影响分子晶体的熔沸点高低的因素分析；
D、根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进行比较；
4．（2016高二上·洛阳开学考）“耐高温长寿命抗氧化陶瓷基复合材料应用技术”获2004午度国家投术发明一等奖．该复合材料的强度比钢还大，在航容航天器中用来替代金属材料，可节约20～30%的燃料．下列关于该材料的叙述中不正确的是（ ）
A．该材料属于新型无机非金属材料
B．该材料的化学性质非常稳定
C．与金属一样有较好的传热性能
D．可以替代金属做耐高温结构材料
【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】解：A．由传统、新型无机非金属材料的分类得出该材料为新型无机非金属材料，故A正确；
B．由“耐高温长寿命抗氧化”说明该材料的化学性质非常稳定，故B正确；
C．不能说明有较好的传热性能，故C错误；
D．在航容航天器中用来替代金属材料说明可以替代金属作耐高温结构材料，故D正确．
故选C．
【分析】由“耐高温长寿命抗氧化”说明该材料的化学性质非常稳定，可以替代金属作耐高温结构材料；由传统、新型无机非金属材料的分类得出该材料为新型无机非金属材料．
5．（2016高二上·洛阳开学考）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（ ）
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C．NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；
D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．
故选D．
【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H元素化合价为﹣1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题．
6．（2017高二上·邗江期中）如图是四种常见有机物的比例模型示意图．下列说法正确的是（ ）
A．甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；
B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B不符合题意；
C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C符合题意；
D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，据此分析选项。
7．（2016高二上·洛阳开学考）常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（ ）
A．△H1＞△H2 B．△H1＜△H2 C．△H1=△H2 D．无法计算
【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1 ①
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2 ②
由盖斯定律①﹣②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1 ﹣△H2，
铝热反应为放热反应，即△H1 ﹣△H2＜0，所以△H1＜△H2，
故选B．
【分析】根据盖斯定律利用铝热反应为放热反应来判断．
8．（2016高二上·洛阳开学考）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（ ）
a b 实验现象预期 结论
A 铜丝 浓硝酸 试管c中有大量红棕色气体 硝酸有强氧化性
B 木条 18.4mol/L硫酸 木条变黑 浓硫酸有酸性及氧化性
C 生铁 NaCl溶液 导管处发生倒吸 生铁发生吸氧腐蚀
D 铁丝 含少量HCl的H2O2溶液 试管c中有大量无色气体 该反应中铁作催化剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；
B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；
C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；
D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D错误．
故选C．
【分析】A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；
B．浓硫酸有脱水性；
C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；
D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．
9．（2016高二上·洛阳开学考）瓦斯中氧气与甲烷的质量比为4﹕1时极易爆炸，此时氧气与甲烷的体积比为（ ）
A．2﹕1 B．1﹕2 C．1﹕1 D．1﹕4
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：根据阿伏加德罗推论：v（O2）：v（CH4）=n（O2）：n（CH4）= ： =2：1，
故选：A．
【分析】依据n= = 结合相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比解答．
10．（2016高二上·洛阳开学考）下列物质间的反应肯定无明显实验现象的是（ ）
A．加热经SO2漂白的品红试液
B．将少量SO2通入NaOH溶液中
C．将新制的氯水在阳光下照射
D．将打磨的铝片加入浓NaOH溶液中一段时间
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】解：A、二氧化硫的漂白性不稳定加热恢复，加热经SO2漂白的品红试液变红，故A不符合；
B、二氧化硫通入氢氧化钠生成亚硫酸钠和水，反应过程中无现象，故B符合；
C、将新制的氯水在阳光下照射，氯水中的次氯酸见光分解促进氯气和水的反应，溶液颜色变浅，故C不符合；
D、将打磨的铝片加入浓NaOH溶液中一段时间，铝和氢氧化钠反应铝片减少，故D不符合；
故选B．
【分析】A、二氧化硫的漂白性不稳定，加热恢复；
B、二氧化硫通入氢氧化钠生成亚硫酸钠和水；
C、氯水中的次氯酸见光分解，氯水颜色变浅；
D、铝和氢氧化钠反应，铝片减少．
11．（2016高二上·洛阳开学考）若甲烷与氯气以物质的量之比1：1混合，在光照下得到的有机取代产物是（ ）
①CH3Cl、②CH2Cl2、③CHCl3、④CCl4．
A．只有① B．只有③
C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】解：甲烷和氯气在光照条件下发生逐步取代反应，但是多步取代反应是同时进行且各步反应都是可逆反应，所有得到的产物与甲烷与氯气的物质的量之比无关，故①CH3Cl②CH2Cl2③CHCl3④CCl4，都存在，
故选D．
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，甲烷的取代反应为逐步取代，但是多步取代反应是同时进行的，据此进行判断．
12．（2016高二上·洛阳开学考）有A、B、C、D四种金属，投入水中只有D反应放出氢气，将A投入C的盐溶液中可置换出金属C，B的最高价氧化物的水化物碱性比A的最高价氧化物的水化物碱性强，则四种金属的金属性强弱顺序正确的是（ ）
A．A＞B＞C＞D B．D＞B＞A＞C C．D＞A＞C＞B D．C＞A＞B＞D
【答案】B
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：金属的金属性越强，其单质与酸或水反应生成氢气越容易，其最高价氧化物的水化物碱性越强；较活泼的金属能置换出较不活泼金属，只有D能与水反应生成氢气，说明D金属性很强；将A投入C的盐溶液中可置换出金属C，说明金属性A＞C；B的最高价氧化物的水化物碱性比A的最高价氧化物的水化物碱性强，说明金属性B＞A，所以金属性强弱顺序是D＞B＞A＞C，
故选B．
【分析】金属的金属性越强，其单质与酸或水反应生成氢气越容易，其最高价氧化物的水化物碱性越强；较活泼的金属能置换出较不活泼金属，据此判断金属性强弱．
13．（2016高二上·洛阳开学考）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（ ）
A．常温常压下，1mol CO2和CO混合气体含有的碳原子数为NA
B．在KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，每生成 3molI2，则转移6NA个电子
C．78gNa2O2与足量的CO2完全反应，转移的电子总数为NA
D．在1L0.1mol﹣L﹣1 Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、二氧化碳和CO中均含1个碳原子，故1mol二氧化碳和CO的混合物中含1molC原子即NA个，与两者的比例无关，故A正确；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，转移5mol电子，生成3mol碘，故当生成3molI2时，则转移5NA个电子，故B错误；
C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应是歧化反应，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故C正确；
D、硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多，1L0.1mol L﹣1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D正确；
故选B．
【分析】A、二氧化碳和CO中均含1个碳原子；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，转移5mol电子，生成3mol碘；
C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应是歧化反应来分析；
D、硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多；
14．（2016高二上·洛阳开学考）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应：3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣→Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，有关说法正确的是（ ）
A．每转移1.5mol电子，有1.125mol Fe2+被氧化
B．x=2
C．Fe2+、S2O32﹣都是还原剂
D．每生成1mol Fe3O4，转移电子2mol
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：在3Fe2++2 S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；
硫元素的化合价变化为：+2→+ ；氧元素的化合价变化：0→﹣2，
A．由方程式3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O可知，当转移4mol电子时，有2molFe2+被氧化，则每转移1.5mol电子，有0.75mol Fe2+被氧化，故A错误；
B．反应的离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，则x=4，故B错误；
C．反应3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+和S2O32﹣都是还原剂，故C正确；
D．反应3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，需要氧气1mol，反应转移的电子总数为4mol，故D错误．
故选C．
【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，
反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂．
15．（2016高二上·洛阳开学考）Fe和Fe2O3的混合物15g，加入150mL稀硫酸中，标准状况下放出H21.68L，同时固体全部溶解．向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化．若向溶液中加入3mol L﹣1 NaOH溶液200mL，恰好使铁元素全部沉淀．则该稀硫酸的物质的量浓度为（ ）
A．2.25mol L﹣1 B．2mol L﹣1
C．0.6mol L﹣1 D．0.3mol L﹣1
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：反应后的溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe2+全部转化为Fe（OH）2，溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒：n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒可得：n（Na2SO4）= n（NaOH），
则：n（H2SO4）=n（Na2SO4）= n（NaOH）= ×3mol/L×0.2L=0.3mol，
该稀硫酸的物质的量浓度为：c（H2SO4）= =2mol/L，
故选B．
【分析】反应后的溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe2+全部转化为Fe（OH）2，溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）= n（NaOH），据此计算出原硫酸溶液中硫酸的物质的量，再根据c= 计算出该硫酸的浓度．
二、解答题
16．（2016高二上·洛阳开学考）1.92g Cu片与一定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用．则：
（1）反应中消耗HNO3 mol，转移电子 mol．
（2）用排水法收集生成的气体，最后气体的体积为 L（标准状况）．
（3）向收集到的气体中通入 mL O2（标准状况）才能使水刚好充满整个集气容器．
【答案】（1）0.11；0.06
（2）0.448
（3）336
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，（1）n（Cu）= =0.03mol，n（气体）= =0.05mol，由原子守恒可知，n（HNO3）=2n（Cu）+n（气体）=0.06mol+0.05mol=0.11mol；由Cu元素的化合价变化可知，转移电子为0.03mol×（2﹣0）=0.06mol，故答案为：0.11；0.06；（2）设NO、NO2的物质的量分别为x、y，则 ，解得x=0.005mol，y=0.045mol，用排水法收集生成的气体，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成n（NO）=0.045mol× =0.015mol，则共收集NO为0.015mol+0.005mol=0.02mol，其标况下体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448；（3）能使水刚好充满整个集气容器，则Cu失去电子被硝酸得到转化为NO2和NO，NO2和NO与氧气反应，提供给氧气电子全部转化为硝酸，两个过程中，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，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，由电子守恒可知，需要氧气为 =0.015mol，标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336．
【分析】n（Cu）= =0.03mol，n（气体）= =0.05mol，发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，结合电子守恒及原子守恒计算．
17．（2016高二上·洛阳开学考）短周期的三种元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5．X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和；Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物．请回答：
（1）X元素的名称是 ；Y元素的名称是 ；Z元素的名称是： ．
（2）XZ3化合物的分子式是 ，电子式是 ．
（3）分别写出X、Y的含氧酸的分子式 、 ．
【答案】（1）氮；碳；氢
（2）NH3；
（3）HNO3；H2CO3
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：（1）Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，可知Y元素应为碳，X和Z可以形成XZ3的化合物，结合题意其他条件，可知X为氮，Z为氢，故答案为：氮、碳、氢． （2）XZ3的化学式为NH3，氨气是共价化合物，其电子式为： ，故答案为：NH3 ；（3）根据含氧酸的特点，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式为：HNO3 、H2CO3，故答案为：HNO3 、H2CO3．
【分析】（1）根据Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍、X和Z可以形成XZ3的化合物为突破口进行解答；（2）根据组成元素书写分子式，根据电子式的书写方法写电子式；（3）根据元素含氧酸的特点和组成情况来书写．
18．（2016高二上·洛阳开学考）高氯酸钠可用于制备高氯酸．以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4 H2O）的流程如下：
（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、 、Br﹣等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂．Na2CO3的作用是 ；除去盐水中的Br﹣可以节省电解过程中的电能，其原因是 ．
（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有 （填化学式）．“电解Ⅱ”的化学方程式为 ．
（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为 ．“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是 ．
【答案】（1）除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br﹣被氧化
（2）Cl2；NaClO3+H2O NaClO4+H2↑
（3）2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br﹣被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O NaClO4+H2↑，故答案为：Cl2；NaClO3+H2O NaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．
【分析】由原料氯化钠到高氯酸钠晶体，氯的化合价升高，而整个流程中未加强氧化剂，所以通过电解实现了氯的不同价态的转化（电解过程即为氧化还原反应），将制得的盐水一次电解产生氯酸钠，得到的氯酸钠溶液进行再一次电解，生成高氯酸钠，然后通入二氧化硫除去其中的氯酸钠，最后进行分离提纯得到高氯酸钠晶体，（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡；Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气；电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O NaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水以结合考虑高氯酸钠本身的稳定性．
19．（2016高二上·洛阳开学考）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）．
（1）甲、乙两仪器的名称是 、
（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，写出A中发生反应的化学方程式 ，将Cl2通入含有酚酞的NaOH溶液中的现象是 ，该反应的离子方程式为 ．
（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片（铜片放在有孔塑料板上），可制得NO2并进行有关实验．
①写出该反应的离子方程式 ．
②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹 ，再打开止水夹 ，使烧杯中的水进入试管丁中．
③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是 mol L﹣1（保留2位有效数值，气体按标准状况计算）．
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O；溶液红色褪去；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
（3）Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O；a、b；c；0.045
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据图示仪器的构造特点判断，甲、乙两仪器的名称是分液漏斗、圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O，将Cl2通入含有酚酞的NaOH溶液中发生离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，溶液红色褪去，
故答案为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O；溶液红色褪去；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，该反应的离子方程式为Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O；②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁中，故答案为：a、b； c；③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，直至试管全部充满水，发生反应：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，假设试管体积是V，所以溶液体积也是V，二氧化氮体积也是V，所以由公式得：n（NO2）=n（HNO3）= mol，c（HNO3）= =0.045mol/L，故答案为：0.045．
【分析】（1）由图可知仪器的名称；（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，碱性降低；（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片，B中Cu与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮，验证NO2与水的反应，关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁中即可；丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，结合4NO2+O2+2H2O═4HNO3及c= 计算．
20．（2016高二上·洛阳开学考）某校化学兴趣小组为制备消毒液（主要成分是NaClO），设计了下列装置，并查阅到下列资料：在加热情况下氯气和碱溶液能发生如下反应：3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，请回答下列问题：
（1）连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作步骤是 ．
（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为 ；大试管内发生反应的离子方程式为 ．
（3）饱和食盐水的作用是 ；冰水的作用是 ．
（4）在制取Cl2时，实验室中若无MnO2，可用KMnO4粉末代替，发生下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，则可选择的发生装置是（填序号） ．
【答案】（1）检查装置的气密性
（2）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O
（3）除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）
（4）ad
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）连接好装置，装药品之前，必须进行检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（2）二氧化锰与浓盐酸加热产生氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；大试管内发生反应是氯气与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）在制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，故答案为：除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，不需要加热，所以图2中ad装置都可以，
故答案为：ad．
【分析】（1）实验开始前一定要检查装置的气密性；（2）圆底烧瓶内发生反应是实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的反应；氯气和碱溶液能发生反应生成消毒液；（3）制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，不需要加热就可以制取氯气．
21．（2016高二上·洛阳开学考）汽车内燃机工作时产生的电火花和高温会引起反应：N2（g）+O2（g）═2NO（g），导致汽车尾气中的NO和NO2对大气造成污染．
（1）在不同温度（T1，T2）下，一定量的NO分解产生N2和O2的过程中N2的体积分数随时间t变化如图1所示．根据图像判断反应N2（g）+O2（g）═2NO（g）为 反应（填“吸热”或“放热”），随着温度的升高，该反应的平衡常数K （填“增大”“减小”或“不变”，平衡向 移动（填“向左”“向右”或“不”）．
（2）某温度时，向容积为1L的密闭容器中充入5mol N2与2.5mol O2，发生N2（g）+O2（g）═2NO（g）反应，2min后达到平衡状态，NO的物质的量为1mol，则2min内氧气的平均反应速率为 ，该温度下，反应的平衡常数K= ．该温度下，若开始时向上述容器中加入的N2与O2均为1mol，则N2的平衡浓度为 mol/L．
（3）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置．净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示．写出上述变化中的总化学反应方程式： ．
（4）用CH4催化还原NO2的方法也可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ/mol
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ/mol
写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式 ．
【答案】（1）吸热；增大；向右
（2）0.25mol/（L min）；；
（3）2NO+O2+4CO CO2+N2
（4）CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol
【知识点】热化学方程式；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）根据图2判断，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度向吸热方向进行，故正反应为吸热反应；
升高温度平衡向正反应移动，故平衡常数K值增大，
故答案为：吸热，增大，向右；（2）利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量．
N2（g）+ N2（g）+ 2NO（g）
起始（mol）： 5 2.5 0
反应（mol）： 0.5 0.5 1
平衡（mol）： 4.5 2 1
故v（O2）= =0.25mol/（L min）；
所以平衡常数k= = = ；
令N2转化的物质的量为xmol，则
N2（g）+ N2（g）+ 2NO（g）
起始（mol）： 1 1 0
反应（mol）： x x 2 x
平衡（mol）： 4.51﹣x 1﹣x 2x
所以 = ，解得x= ，
故N2的平衡浓度为1﹣ = mol/L，
故答案为：0.25mol/（L min）， ， ；（3）NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，反应方程式为：2NO+O2+4CO CO2+N2，故答案为：2NO+O2+4CO CO2+N2；（4）CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ/mol①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ/mol②，由 （①+②）得到：反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H= ×[（﹣574）+（﹣1160）]=﹣867kJ mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol．
【分析】（1）根据图2判断的T1、T2大小，再根据平衡时氮气的体积分数判断温度对平衡的影响；（2）利用v= 进行计算；平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比；令N2转化的物质的量为xmol，利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，再求出平衡浓度；（3）判断出反应物、产物，配平写出方程式；（4）结合2个反应，利用盖斯定律进行计算．
22．（2016高二上·洛阳开学考）A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系．已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体．
请回答下列问题：
（1）写出A和C的名称或化学式：A ，C ；
（2）在上图D→C的过程中，D表现出强 （填“氧化性”或“还原性”）；
（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是 ．
【答案】（1）N2；NO2
（2）氧化性
（3）H++OH﹣=H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO．A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，（1）由上述分析可知，A为N2，C为NO2，故答案为：N2；NO2；（2）图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性，故答案为：氧化性；（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是：H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O．
【分析】C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO．A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答．
23．（2016高二上·洛阳开学考）中学化学中有很多物质可以实现图中物质之间的转化．其中反应条件和部分反应的产物已略去．液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物．
（1）若A是一种紫红色金属，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色．写出反应①的化学方程式： ．
该气体D与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体W，写出该反应的化学方程式： ．
（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体，B能否是水 （填A．“能”或B．“否”）．
（3）若A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色．写出反应①的离子方程式： ．写出反应②的任意一个离子方程式： ．
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；2H2S+SO2=3S+2H2O
（2）B．否
（3）3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu2++Fe=Fe2++Cu
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）若A是一种紫红色金属，应为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，应为SO2，A和B的反应为铜和浓硫酸在加热条件下的反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；SO2与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体w，H应为H2S，w为S单质，该反应的方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；2H2S+SO2=3S+2H2O；（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体即氢气，如果B是水，说明A是非常活泼的金属，如Na，C为NaOH，不能一步生成Na，所以B不能是水，D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al，故答案为：B；否；（3）D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，应为NO，液体C呈蓝色，说明A为Cu，B为稀硝酸，C为Cu（NO3）2，反应①的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，反应②为置换反应，生成Cu，离子方程式可写为Cu2++Fe=Fe2++Cu等，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu2++Fe=Fe2++Cu．
【分析】（1）若A是一种紫红色金属，应为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，应为SO2，A和B的反应为铜和浓硫酸在加热条件下的反应；SO2与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体w，H应为H2S，w为S单质；（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体即氢气，如果B是水，说明A是非常活泼的金属，如Na，C为NaOH，不能一步生成Na，所以B不能是水，D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al；（3）D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，应为NO，液体C呈蓝色，说明A为Cu，B为稀硝酸，C为Cu（NO3）2．
24．（2016高二上·洛阳开学考）某有机物A的分子式为C4H8O2，已知A～E有下列转化关系：试回答下列问题：
（1）C中的官能团名称是
（2）E的结构简式是 ．
（3）在图中①～④的反应中，属于氧化反应的有
（4）写出反应②的化学方程式 ．
【答案】（1）羧基
（2）CH3CHO
（3）②④
（4）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，B与酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3．（1）C为CH3COOH，C中的官能团名称是羧基，故答案为：羧基；（2）E的结构简式是：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（3）在图中①～④的反应中，属于氧化反应的有②④，故答案为：②④；（4）反应②的化学方程式：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O．
【分析】有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，B与酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3，据此解答．
25．（2016高二上·洛阳开学考）根据题意解答
（1）相对分子质量为72的烷烃，它的一氯代物只有一种，此烷烃的结构简式为 ．
（2）某气态烷烃和一气态烯烃组成的混合气体在同温、同压下对氢气的相对密度为13，取标准状况下此混合气体4.48L，通入足量的溴水，溴水质量增加2.8g，此两种烃的组成为 （填分子式）．
（3）有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3﹣CH=CH﹣CH3可简写为 可简写为 ．玫瑰的香味物质中包含苧烯，苧烯的键线式如图 ，苧烯的分子式为 ．
【答案】（1）
（2）CH4和C4H8
（3）C10H16
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：（1）分子质量为72的烷烃，由CnH2n+2可知，14n+2=72，解得n=5，只有一种一氯代物，则只有一种H，则符合条件的烷烃为 ，
故答案为： ；（2）混合气态烃的平均相对分子质量为13×2=26，由于烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故一定含有甲烷，标况下4.48L混合气体的物质的量为 =0.2mol，故混合气体的总质量为0.2mol×26g/mol=5.2g，溴水质量增重2.8g为烯烃的质量，故甲烷的质量为5.2g﹣2.8g=2.4g，故甲烷的物质的量为 =0.15mol，烯烃的物质的量为0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，烯烃的摩尔质量为 =56g/mol，令烯烃的组成为（CH2）n，故14n=56，解得n=4，故该烯烃为C4H8，则两种烃的组成为CH4 和C4H8，故答案为：CH4 和C4H8；（3）在键线式中，拐点和端点均代表C原子，故此有机物中共含10个C原子，而H原子被省略，由于一个C原子能形成4条价键，故得出C原子上所连接的H原子个数共为16个，故分子式为：C10H16．故答案为：C10H16．
【分析】（1）分子质量为72的烷烃，由CnH2n+2可知，14n+2=72，解得n=5，只有一种一氯代物，则只有一种H；（2）混合气态烃的平均相对分子质量为13×2=26，由于烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故一定含有甲烷，计算混合气体物质的量，再根据m=nM计算混合气体的质量，溴水增重2.8g为烯烃的质量，计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，确定烯烃分子式；（3）在键线式中，拐点和端点均代表C原子，将H原子省略，然后根据一个C原子能形成4条价键来分析C原子上所连接的H原子个数．
1 / 12016-2017学年河南省洛阳市白马中学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）设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NA
B．2 g氢气所含原子数目为NA
C．1 mol MgCl2固体溶于水中，所得氯离子的数目为NA
D．17 g氨气所含电子数目为10NA
2．（2016高一上·庆阳期中）下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒的作用及其目的相同的是（ ）
①过滤 ②蒸发 ③溶解 ④向容量瓶转移液体．
A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④
3．（2016高二上·洛阳开学考）最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A．N4属于一种新型的化合物
B．N4与N2互为同素异形体
C．N4沸点比P4 （白磷）高
D．1mo1N4气体转变为N2将吸收882kJ热量
4．（2016高二上·洛阳开学考）“耐高温长寿命抗氧化陶瓷基复合材料应用技术”获2004午度国家投术发明一等奖．该复合材料的强度比钢还大，在航容航天器中用来替代金属材料，可节约20～30%的燃料．下列关于该材料的叙述中不正确的是（ ）
A．该材料属于新型无机非金属材料
B．该材料的化学性质非常稳定
C．与金属一样有较好的传热性能
D．可以替代金属做耐高温结构材料
5．（2016高二上·洛阳开学考）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（ ）
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
6．（2017高二上·邗江期中）如图是四种常见有机物的比例模型示意图．下列说法正确的是（ ）
A．甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
7．（2016高二上·洛阳开学考）常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（ ）
A．△H1＞△H2 B．△H1＜△H2 C．△H1=△H2 D．无法计算
8．（2016高二上·洛阳开学考）用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是（ ）
a b 实验现象预期 结论
A 铜丝 浓硝酸 试管c中有大量红棕色气体 硝酸有强氧化性
B 木条 18.4mol/L硫酸 木条变黑 浓硫酸有酸性及氧化性
C 生铁 NaCl溶液 导管处发生倒吸 生铁发生吸氧腐蚀
D 铁丝 含少量HCl的H2O2溶液 试管c中有大量无色气体 该反应中铁作催化剂
A．A B．B C．C D．D
9．（2016高二上·洛阳开学考）瓦斯中氧气与甲烷的质量比为4﹕1时极易爆炸，此时氧气与甲烷的体积比为（ ）
A．2﹕1 B．1﹕2 C．1﹕1 D．1﹕4
10．（2016高二上·洛阳开学考）下列物质间的反应肯定无明显实验现象的是（ ）
A．加热经SO2漂白的品红试液
B．将少量SO2通入NaOH溶液中
C．将新制的氯水在阳光下照射
D．将打磨的铝片加入浓NaOH溶液中一段时间
11．（2016高二上·洛阳开学考）若甲烷与氯气以物质的量之比1：1混合，在光照下得到的有机取代产物是（ ）
①CH3Cl、②CH2Cl2、③CHCl3、④CCl4．
A．只有① B．只有③
C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
12．（2016高二上·洛阳开学考）有A、B、C、D四种金属，投入水中只有D反应放出氢气，将A投入C的盐溶液中可置换出金属C，B的最高价氧化物的水化物碱性比A的最高价氧化物的水化物碱性强，则四种金属的金属性强弱顺序正确的是（ ）
A．A＞B＞C＞D B．D＞B＞A＞C C．D＞A＞C＞B D．C＞A＞B＞D
13．（2016高二上·洛阳开学考）设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（ ）
A．常温常压下，1mol CO2和CO混合气体含有的碳原子数为NA
B．在KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，每生成 3molI2，则转移6NA个电子
C．78gNa2O2与足量的CO2完全反应，转移的电子总数为NA
D．在1L0.1mol﹣L﹣1 Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1NA
14．（2016高二上·洛阳开学考）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应：3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣→Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，有关说法正确的是（ ）
A．每转移1.5mol电子，有1.125mol Fe2+被氧化
B．x=2
C．Fe2+、S2O32﹣都是还原剂
D．每生成1mol Fe3O4，转移电子2mol
15．（2016高二上·洛阳开学考）Fe和Fe2O3的混合物15g，加入150mL稀硫酸中，标准状况下放出H21.68L，同时固体全部溶解．向溶液中滴加硫氰化钾溶液后，未见颜色变化．若向溶液中加入3mol L﹣1 NaOH溶液200mL，恰好使铁元素全部沉淀．则该稀硫酸的物质的量浓度为（ ）
A．2.25mol L﹣1 B．2mol L﹣1
C．0.6mol L﹣1 D．0.3mol L﹣1
二、解答题
16．（2016高二上·洛阳开学考）1.92g Cu片与一定量的浓HNO3作用，当收集到NO2和NO气体共1.12L时（标准状况），金属铜恰好全部作用．则：
（1）反应中消耗HNO3 mol，转移电子 mol．
（2）用排水法收集生成的气体，最后气体的体积为 L（标准状况）．
（3）向收集到的气体中通入 mL O2（标准状况）才能使水刚好充满整个集气容器．
17．（2016高二上·洛阳开学考）短周期的三种元素X、Y、Z，原子序数依次变小，原子核外电子层数之和是5．X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和；Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物．请回答：
（1）X元素的名称是 ；Y元素的名称是 ；Z元素的名称是： ．
（2）XZ3化合物的分子式是 ，电子式是 ．
（3）分别写出X、Y的含氧酸的分子式 、 ．
18．（2016高二上·洛阳开学考）高氯酸钠可用于制备高氯酸．以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4 H2O）的流程如下：
（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、 、Br﹣等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂．Na2CO3的作用是 ；除去盐水中的Br﹣可以节省电解过程中的电能，其原因是 ．
（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有 （填化学式）．“电解Ⅱ”的化学方程式为 ．
（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为 ．“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是 ．
19．（2016高二上·洛阳开学考）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）．
（1）甲、乙两仪器的名称是 、
（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，写出A中发生反应的化学方程式 ，将Cl2通入含有酚酞的NaOH溶液中的现象是 ，该反应的离子方程式为 ．
（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片（铜片放在有孔塑料板上），可制得NO2并进行有关实验．
①写出该反应的离子方程式 ．
②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹 ，再打开止水夹 ，使烧杯中的水进入试管丁中．
③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是 mol L﹣1（保留2位有效数值，气体按标准状况计算）．
20．（2016高二上·洛阳开学考）某校化学兴趣小组为制备消毒液（主要成分是NaClO），设计了下列装置，并查阅到下列资料：在加热情况下氯气和碱溶液能发生如下反应：3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，请回答下列问题：
（1）连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作步骤是 ．
（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为 ；大试管内发生反应的离子方程式为 ．
（3）饱和食盐水的作用是 ；冰水的作用是 ．
（4）在制取Cl2时，实验室中若无MnO2，可用KMnO4粉末代替，发生下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，则可选择的发生装置是（填序号） ．
21．（2016高二上·洛阳开学考）汽车内燃机工作时产生的电火花和高温会引起反应：N2（g）+O2（g）═2NO（g），导致汽车尾气中的NO和NO2对大气造成污染．
（1）在不同温度（T1，T2）下，一定量的NO分解产生N2和O2的过程中N2的体积分数随时间t变化如图1所示．根据图像判断反应N2（g）+O2（g）═2NO（g）为 反应（填“吸热”或“放热”），随着温度的升高，该反应的平衡常数K （填“增大”“减小”或“不变”，平衡向 移动（填“向左”“向右”或“不”）．
（2）某温度时，向容积为1L的密闭容器中充入5mol N2与2.5mol O2，发生N2（g）+O2（g）═2NO（g）反应，2min后达到平衡状态，NO的物质的量为1mol，则2min内氧气的平均反应速率为 ，该温度下，反应的平衡常数K= ．该温度下，若开始时向上述容器中加入的N2与O2均为1mol，则N2的平衡浓度为 mol/L．
（3）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置．净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示．写出上述变化中的总化学反应方程式： ．
（4）用CH4催化还原NO2的方法也可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ/mol
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ/mol
写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式 ．
22．（2016高二上·洛阳开学考）A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系．已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体．
请回答下列问题：
（1）写出A和C的名称或化学式：A ，C ；
（2）在上图D→C的过程中，D表现出强 （填“氧化性”或“还原性”）；
（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是 ．
23．（2016高二上·洛阳开学考）中学化学中有很多物质可以实现图中物质之间的转化．其中反应条件和部分反应的产物已略去．液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物．
（1）若A是一种紫红色金属，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色．写出反应①的化学方程式： ．
该气体D与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体W，写出该反应的化学方程式： ．
（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体，B能否是水 （填A．“能”或B．“否”）．
（3）若A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色．写出反应①的离子方程式： ．写出反应②的任意一个离子方程式： ．
24．（2016高二上·洛阳开学考）某有机物A的分子式为C4H8O2，已知A～E有下列转化关系：试回答下列问题：
（1）C中的官能团名称是
（2）E的结构简式是 ．
（3）在图中①～④的反应中，属于氧化反应的有
（4）写出反应②的化学方程式 ．
25．（2016高二上·洛阳开学考）根据题意解答
（1）相对分子质量为72的烷烃，它的一氯代物只有一种，此烷烃的结构简式为 ．
（2）某气态烷烃和一气态烯烃组成的混合气体在同温、同压下对氢气的相对密度为13，取标准状况下此混合气体4.48L，通入足量的溴水，溴水质量增加2.8g，此两种烃的组成为 （填分子式）．
（3）有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3﹣CH=CH﹣CH3可简写为 可简写为 ．玫瑰的香味物质中包含苧烯，苧烯的键线式如图 ，苧烯的分子式为 ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁变为+2价，故0.1mol镁失去0.2NA个电子，故A错误；
B、氢气由氢原子构成，故2g氢气中含有的氢原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故B错误；
C、1mol氯化镁中含2mol氯离子，故1mol氯化镁溶于水后溶液中的氯离子的个数为2NA个，故C错误；
D、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气中含10个电子，故1mol氨气中含10NA个电子，故D正确．
故选D．
【分析】A、求出镁的物质的量，然后根据镁变为+2价来分析；
B、氢气由氢原子构成；
C、1mol氯化镁中含2mol氯离子；
D、求出氨气的物质的量，然后根据氨气中含10个电子来分析．
2．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】①在过滤时，玻璃棒起引流作用；
②在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；
③玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；
④向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用．
其中玻璃棒的作用及其目的相同的是①和④，
故选D．
【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用．
3．【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；
B、N4与N2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故B正确；
C、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；
D、1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故D错误．
故选B．
【分析】A、只有N元素组成，是一种单质；
B、依据同素异形体的概念分析；
C、根据影响分子晶体的熔沸点高低的因素分析；
D、根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进行比较；
4．【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】解：A．由传统、新型无机非金属材料的分类得出该材料为新型无机非金属材料，故A正确；
B．由“耐高温长寿命抗氧化”说明该材料的化学性质非常稳定，故B正确；
C．不能说明有较好的传热性能，故C错误；
D．在航容航天器中用来替代金属材料说明可以替代金属作耐高温结构材料，故D正确．
故选C．
【分析】由“耐高温长寿命抗氧化”说明该材料的化学性质非常稳定，可以替代金属作耐高温结构材料；由传统、新型无机非金属材料的分类得出该材料为新型无机非金属材料．
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C．NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；
D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．
故选D．
【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H元素化合价为﹣1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题．
6．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；
B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B不符合题意；
C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C符合题意；
D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，据此分析选项。
7．【答案】B
【知识点】反应热的大小比较
【解析】【解答】解：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1 ①
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2 ②
由盖斯定律①﹣②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1 ﹣△H2，
铝热反应为放热反应，即△H1 ﹣△H2＜0，所以△H1＜△H2，
故选B．
【分析】根据盖斯定律利用铝热反应为放热反应来判断．
8．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故A错误；
B．木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故B错误；
C．NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；
D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故D错误．
故选C．
【分析】A．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；
B．浓硫酸有脱水性；
C．在中性条件下发生吸氧腐蚀；
D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁．
9．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：根据阿伏加德罗推论：v（O2）：v（CH4）=n（O2）：n（CH4）= ： =2：1，
故选：A．
【分析】依据n= = 结合相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比解答．
10．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；铝的化学性质
【解析】【解答】解：A、二氧化硫的漂白性不稳定加热恢复，加热经SO2漂白的品红试液变红，故A不符合；
B、二氧化硫通入氢氧化钠生成亚硫酸钠和水，反应过程中无现象，故B符合；
C、将新制的氯水在阳光下照射，氯水中的次氯酸见光分解促进氯气和水的反应，溶液颜色变浅，故C不符合；
D、将打磨的铝片加入浓NaOH溶液中一段时间，铝和氢氧化钠反应铝片减少，故D不符合；
故选B．
【分析】A、二氧化硫的漂白性不稳定，加热恢复；
B、二氧化硫通入氢氧化钠生成亚硫酸钠和水；
C、氯水中的次氯酸见光分解，氯水颜色变浅；
D、铝和氢氧化钠反应，铝片减少．
11．【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】解：甲烷和氯气在光照条件下发生逐步取代反应，但是多步取代反应是同时进行且各步反应都是可逆反应，所有得到的产物与甲烷与氯气的物质的量之比无关，故①CH3Cl②CH2Cl2③CHCl3④CCl4，都存在，
故选D．
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，甲烷的取代反应为逐步取代，但是多步取代反应是同时进行的，据此进行判断．
12．【答案】B
【知识点】常见金属的活动性顺序及其应用
【解析】【解答】解：金属的金属性越强，其单质与酸或水反应生成氢气越容易，其最高价氧化物的水化物碱性越强；较活泼的金属能置换出较不活泼金属，只有D能与水反应生成氢气，说明D金属性很强；将A投入C的盐溶液中可置换出金属C，说明金属性A＞C；B的最高价氧化物的水化物碱性比A的最高价氧化物的水化物碱性强，说明金属性B＞A，所以金属性强弱顺序是D＞B＞A＞C，
故选B．
【分析】金属的金属性越强，其单质与酸或水反应生成氢气越容易，其最高价氧化物的水化物碱性越强；较活泼的金属能置换出较不活泼金属，据此判断金属性强弱．
13．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、二氧化碳和CO中均含1个碳原子，故1mol二氧化碳和CO的混合物中含1molC原子即NA个，与两者的比例无关，故A正确；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，转移5mol电子，生成3mol碘，故当生成3molI2时，则转移5NA个电子，故B错误；
C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应是歧化反应，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故C正确；
D、硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多，1L0.1mol L﹣1Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D正确；
故选B．
【分析】A、二氧化碳和CO中均含1个碳原子；
B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中，转移5mol电子，生成3mol碘；
C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应是歧化反应来分析；
D、硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数增多；
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：在3Fe2++2 S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+ ；
硫元素的化合价变化为：+2→+ ；氧元素的化合价变化：0→﹣2，
A．由方程式3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O可知，当转移4mol电子时，有2molFe2+被氧化，则每转移1.5mol电子，有0.75mol Fe2+被氧化，故A错误；
B．反应的离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，则x=4，故B错误；
C．反应3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+和S2O32﹣都是还原剂，故C正确；
D．反应3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，需要氧气1mol，反应转移的电子总数为4mol，故D错误．
故选C．
【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，
反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂．
15．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：反应后的溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe2+全部转化为Fe（OH）2，溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒：n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒可得：n（Na2SO4）= n（NaOH），
则：n（H2SO4）=n（Na2SO4）= n（NaOH）= ×3mol/L×0.2L=0.3mol，
该稀硫酸的物质的量浓度为：c（H2SO4）= =2mol/L，
故选B．
【分析】反应后的溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe2+全部转化为Fe（OH）2，溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒，则n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒，则n（Na2SO4）= n（NaOH），据此计算出原硫酸溶液中硫酸的物质的量，再根据c= 计算出该硫酸的浓度．
16．【答案】（1）0.11；0.06
（2）0.448
（3）336
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，（1）n（Cu）= =0.03mol，n（气体）= =0.05mol，由原子守恒可知，n（HNO3）=2n（Cu）+n（气体）=0.06mol+0.05mol=0.11mol；由Cu元素的化合价变化可知，转移电子为0.03mol×（2﹣0）=0.06mol，故答案为：0.11；0.06；（2）设NO、NO2的物质的量分别为x、y，则 ，解得x=0.005mol，y=0.045mol，用排水法收集生成的气体，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成n（NO）=0.045mol× =0.015mol，则共收集NO为0.015mol+0.005mol=0.02mol，其标况下体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448；（3）能使水刚好充满整个集气容器，则Cu失去电子被硝酸得到转化为NO2和NO，NO2和NO与氧气反应，提供给氧气电子全部转化为硝酸，两个过程中，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，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，由电子守恒可知，需要氧气为 =0.015mol，标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336．
【分析】n（Cu）= =0.03mol，n（气体）= =0.05mol，发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，结合电子守恒及原子守恒计算．
17．【答案】（1）氮；碳；氢
（2）NH3；
（3）HNO3；H2CO3
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：（1）Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，可知Y元素应为碳，X和Z可以形成XZ3的化合物，结合题意其他条件，可知X为氮，Z为氢，故答案为：氮、碳、氢． （2）XZ3的化学式为NH3，氨气是共价化合物，其电子式为： ，故答案为：NH3 ；（3）根据含氧酸的特点，由氮元素和碳元素的含氧酸的分子式为：HNO3 、H2CO3，故答案为：HNO3 、H2CO3．
【分析】（1）根据Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍、X和Z可以形成XZ3的化合物为突破口进行解答；（2）根据组成元素书写分子式，根据电子式的书写方法写电子式；（3）根据元素含氧酸的特点和组成情况来书写．
18．【答案】（1）除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br﹣被氧化
（2）Cl2；NaClO3+H2O NaClO4+H2↑
（3）2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br﹣被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O NaClO4+H2↑，故答案为：Cl2；NaClO3+H2O NaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．
【分析】由原料氯化钠到高氯酸钠晶体，氯的化合价升高，而整个流程中未加强氧化剂，所以通过电解实现了氯的不同价态的转化（电解过程即为氧化还原反应），将制得的盐水一次电解产生氯酸钠，得到的氯酸钠溶液进行再一次电解，生成高氯酸钠，然后通入二氧化硫除去其中的氯酸钠，最后进行分离提纯得到高氯酸钠晶体，（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡；Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气；电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O NaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水以结合考虑高氯酸钠本身的稳定性．
19．【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O；溶液红色褪去；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O
（3）Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O；a、b；c；0.045
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）根据图示仪器的构造特点判断，甲、乙两仪器的名称是分液漏斗、圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O，将Cl2通入含有酚酞的NaOH溶液中发生离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，溶液红色褪去，
故答案为：4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O；溶液红色褪去；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，该反应的离子方程式为Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O；②欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁中，故答案为：a、b； c；③试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，直至试管全部充满水，发生反应：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，假设试管体积是V，所以溶液体积也是V，二氧化氮体积也是V，所以由公式得：n（NO2）=n（HNO3）= mol，c（HNO3）= =0.045mol/L，故答案为：0.045．
【分析】（1）由图可知仪器的名称；（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，碱性降低；（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片，B中Cu与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮，验证NO2与水的反应，关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁中即可；丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，结合4NO2+O2+2H2O═4HNO3及c= 计算．
20．【答案】（1）检查装置的气密性
（2）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O
（3）除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）
（4）ad
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】解：（1）连接好装置，装药品之前，必须进行检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（2）二氧化锰与浓盐酸加热产生氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；大试管内发生反应是氯气与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3）在制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，故答案为：除去Cl2中的HCl气体；防止溶液温度升高而发生副反应（其他合理答案仍得分）；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，不需要加热，所以图2中ad装置都可以，
故答案为：ad．
【分析】（1）实验开始前一定要检查装置的气密性；（2）圆底烧瓶内发生反应是实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的反应；氯气和碱溶液能发生反应生成消毒液；（3）制取氯气的反应中，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH﹣ 5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，不需要加热就可以制取氯气．
21．【答案】（1）吸热；增大；向右
（2）0.25mol/（L min）；；
（3）2NO+O2+4CO CO2+N2
（4）CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol
【知识点】热化学方程式；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）根据图2判断，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度向吸热方向进行，故正反应为吸热反应；
升高温度平衡向正反应移动，故平衡常数K值增大，
故答案为：吸热，增大，向右；（2）利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量．
N2（g）+ N2（g）+ 2NO（g）
起始（mol）： 5 2.5 0
反应（mol）： 0.5 0.5 1
平衡（mol）： 4.5 2 1
故v（O2）= =0.25mol/（L min）；
所以平衡常数k= = = ；
令N2转化的物质的量为xmol，则
N2（g）+ N2（g）+ 2NO（g）
起始（mol）： 1 1 0
反应（mol）： x x 2 x
平衡（mol）： 4.51﹣x 1﹣x 2x
所以 = ，解得x= ，
故N2的平衡浓度为1﹣ = mol/L，
故答案为：0.25mol/（L min）， ， ；（3）NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，反应方程式为：2NO+O2+4CO CO2+N2，故答案为：2NO+O2+4CO CO2+N2；（4）CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ/mol①CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ/mol②，由 （①+②）得到：反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H= ×[（﹣574）+（﹣1160）]=﹣867kJ mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol．
【分析】（1）根据图2判断的T1、T2大小，再根据平衡时氮气的体积分数判断温度对平衡的影响；（2）利用v= 进行计算；平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比；令N2转化的物质的量为xmol，利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，再求出平衡浓度；（3）判断出反应物、产物，配平写出方程式；（4）结合2个反应，利用盖斯定律进行计算．
22．【答案】（1）N2；NO2
（2）氧化性
（3）H++OH﹣=H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO．A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，（1）由上述分析可知，A为N2，C为NO2，故答案为：N2；NO2；（2）图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性，故答案为：氧化性；（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是：H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O．
【分析】C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO．A是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答．
23．【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；2H2S+SO2=3S+2H2O
（2）B．否
（3）3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu2++Fe=Fe2++Cu
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）若A是一种紫红色金属，应为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，应为SO2，A和B的反应为铜和浓硫酸在加热条件下的反应，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；SO2与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体w，H应为H2S，w为S单质，该反应的方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；2H2S+SO2=3S+2H2O；（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体即氢气，如果B是水，说明A是非常活泼的金属，如Na，C为NaOH，不能一步生成Na，所以B不能是水，D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al，故答案为：B；否；（3）D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，应为NO，液体C呈蓝色，说明A为Cu，B为稀硝酸，C为Cu（NO3）2，反应①的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，反应②为置换反应，生成Cu，离子方程式可写为Cu2++Fe=Fe2++Cu等，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu2++Fe=Fe2++Cu．
【分析】（1）若A是一种紫红色金属，应为铜，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，应为SO2，A和B的反应为铜和浓硫酸在加热条件下的反应；SO2与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体w，H应为H2S，w为S单质；（2）若A是一种金属单质，D是密度最小的气体即氢气，如果B是水，说明A是非常活泼的金属，如Na，C为NaOH，不能一步生成Na，所以B不能是水，D是一种无色气体，应为H2，如B为NaOH溶液，则C为NaAlO2，不能发生置换反应生成Al；（3）D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，应为NO，液体C呈蓝色，说明A为Cu，B为稀硝酸，C为Cu（NO3）2．
24．【答案】（1）羧基
（2）CH3CHO
（3）②④
（4）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，B与酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3．（1）C为CH3COOH，C中的官能团名称是羧基，故答案为：羧基；（2）E的结构简式是：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（3）在图中①～④的反应中，属于氧化反应的有②④，故答案为：②④；（4）反应②的化学方程式：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O．
【分析】有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生水解生成B与D，则A属于酯，B与酸反应得到C，D连续氧化也得到C，则D为醇、C为羧酸，且二者均含有2个碳原子，故B为CH3COONa，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH，E为CH3CHO，A为CH3COOCH2CH3，据此解答．
25．【答案】（1）
（2）CH4和C4H8
（3）C10H16
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：（1）分子质量为72的烷烃，由CnH2n+2可知，14n+2=72，解得n=5，只有一种一氯代物，则只有一种H，则符合条件的烷烃为 ，
故答案为： ；（2）混合气态烃的平均相对分子质量为13×2=26，由于烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故一定含有甲烷，标况下4.48L混合气体的物质的量为 =0.2mol，故混合气体的总质量为0.2mol×26g/mol=5.2g，溴水质量增重2.8g为烯烃的质量，故甲烷的质量为5.2g﹣2.8g=2.4g，故甲烷的物质的量为 =0.15mol，烯烃的物质的量为0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，烯烃的摩尔质量为 =56g/mol，令烯烃的组成为（CH2）n，故14n=56，解得n=4，故该烯烃为C4H8，则两种烃的组成为CH4 和C4H8，故答案为：CH4 和C4H8；（3）在键线式中，拐点和端点均代表C原子，故此有机物中共含10个C原子，而H原子被省略，由于一个C原子能形成4条价键，故得出C原子上所连接的H原子个数共为16个，故分子式为：C10H16．故答案为：C10H16．
【分析】（1）分子质量为72的烷烃，由CnH2n+2可知，14n+2=72，解得n=5，只有一种一氯代物，则只有一种H；（2）混合气态烃的平均相对分子质量为13×2=26，由于烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故一定含有甲烷，计算混合气体物质的量，再根据m=nM计算混合气体的质量，溴水增重2.8g为烯烃的质量，计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，确定烯烃分子式；（3）在键线式中，拐点和端点均代表C原子，将H原子省略，然后根据一个C原子能形成4条价键来分析C原子上所连接的H原子个数．
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