2016-2017学年河南省南阳市邓州市白牛高中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·邓州开学考）设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2混合加热，产生NA个Cl2
B．氧气和臭氧组成的4.8g混合气体中含有0.3NA个氧原子
C．标准状况下，2.24LSO3含有分子的数目为0.1NA
D．1mol硫酸氢钠溶液中含有阳离子数为NA
2．（2016高二上·邓州开学考）NA是阿伏加德罗常数，据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的说法正确的是（ ）
A．N4和N2是互为同位素
B．1molN4分子含有28NA个电子
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为2：1
D．N4的摩尔质量是56g
3．（2016高二上·邓州开学考）将20mL NO2和NH3的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，已知参加反应的NO2比参加反应的NH3少2mL（气体体积均在相同状况下测定），则原混合气体中NO2和NH3的物质的量之比是（ ）
①3：2②2：3③3：7④3：4．
A．①③ B．②④ C．①② D．③④
4．（2016高二上·邓州开学考）将下列物质分别加入溴水中，溴水的颜色不发生变化的是（ ）
A．NaI固体 B．KCl固体 C．CCl4液体 D．NaOH固体
5．（2016高二上·邓州开学考）铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是（ ）
A．Pb为正极，被氧化 B．溶液的pH不断减小
C．SO42﹣只向PbO2处移动 D．电解液密度不断减小
6．（2016高二上·邓州开学考）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说法错误的是（ ）
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4易溶于水
7．（2016高二上·邓州开学考）把1.0mol/L CuSO4溶液、1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液两种溶液等体积混合（假设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和），向溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余．此时溶液中Fe2+的物质的量浓度为（ ）
A．1.0mol/L B．2.0mol/L C．3.0mol/L D．4.0mol/L
8．（2016高二上·邓州开学考）下列变化的实质相似的是（ ）
①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小
②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色
③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色
④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥
⑤浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字．
A．只有②③④ B．只有④ C．只有③④ D．全部
9．（2016高二上·邓州开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L H2O中含有的分子数为NA
B．28g N2中含有的分子数为NA
C．1molMg与足量稀盐酸反应转移的电子数为NA
D．1L 1mol L﹣1Na2CO3溶液中含有的钠离子数为NA
10．（2016高二上·邓州开学考）下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ）
A．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4
B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C．氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N
D．电负性：F＞N＞O＞C
11．（2016高二上·邓州开学考）把溴水分别与下列物质混合并充分振荡静置后，溶液分层且上层近乎无色的是（ ）
A．四氯化碳 B．汽油 C．酒精 D．碘化钾溶液
12．（2016高二上·邓州开学考）下列实验方法及判断不正确的是（ ）
A．用NaOH溶液来鉴别NH4Cl和KCl
B．用硝酸酸化的AgNO3溶液来鉴别NH4Cl和NH4NO3
C．某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣离子
D．用焰色反应鉴别NaCl和KNO3
13．（2016高二上·邓州开学考）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸50mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
14．（2016高二上·邓州开学考）W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大．已知甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13．X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐．下列说法中，正确的是（ ）
A．原子半径大小的比较：r（X）＞r（Y）＞r（Z）
B．元素Y、Z的简单离子的电子层结构不同
C．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比元素Y的强
D．只含W、X、Y三种元素的化合物中，有离子化合物，也有共价化合物
二、解答题
15．（2016高二上·邓州开学考）在下列物质中（填序号）
（A）Cl2（B）NaI （C）H2S （D）CO2 （E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H）Na2O （I）NH3（J）HBr
（1）含离子键的物质是 ；
（2）含有共价键化合物的是 ；
（3）由极性键形成的非极性分子是 ；
（4）由非极性键形成的非极性分子是 ．
16．（2016高二上·邓州开学考）如图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物．
已知A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）
（1）若E为氧化物，则A与水反应的化学方程式为 ，①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，表示X呈碱性的离子方程式为
②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为
（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，A的化学式可能是 ．
17．（2016高二上·邓州开学考）A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示．
A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B2﹣的结构示意图为：
请回答下列问题：
（1）写出A、B、C三种元素的符号：A ，B ，C ．
（2）B位于周期表中第 周期 族．
（3）C的氢化物的电子式为 ；A的最高价氧化物对应水化物的化学式为 ．
（4）BC6作制冷剂替代氟利昂，对臭氧层完全没有破坏作用，是一种很有发展潜力的制冷剂．已知BC6在温度高于45度时为气态．BC6属于 （填“离子”或“共价”）化合物．
18．（2016高二上·邓州开学考）如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀．请回答下列问题：
（1）B的化学式是 ，目前B已被用作 的主要原料．
（2）B和a溶液反应的离子方程式是 ．
（3）A和a溶液反应的离子方程式是 ．
（4）C和过量的盐酸反应的离子方程式是 ．
19．（2016高二上·邓州开学考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图1：
（1）请列举海水淡化的两种方法： 、 ．
（2）步骤I中己获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br﹣．其目的是 ．
（3）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%．有关反应的离子方程式为 ．
（4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法．查阅了有关资料知：Br2的沸点为59℃．微溶于水，有毒并有强腐蚀性．他们参观生产过程后．画了如图2装置简图：
请你参与分析讨论：
①图中仪器B的名称是 ．
②整套实验装皿中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管．其原因是 ．
③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件？ ．
④C中液体颜色为 ．为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr，溶液，充分反应后．再进行的分离操作是 ．
20．（2016高二上·邓州开学考）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．计算：
（1）Mg和Al的总质量为多少g？
（2）硫酸的物质的量浓度为多少？
（3）生成的H2物质的量为多少？
21．（2016高二上·邓州开学考）根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体；C焰色反应火焰呈黄色，J为红褐色沉淀；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色；A固体中仅含两种元素，其中金属元素的质量分数约为46.7%．
（1）A的化学式为 ； F的化学式为 ；
（2）反应③的化学方程式： ；
（3）反应②的离子方程式： ；
（4）反应④的离子方程式： ；
（5）已知每生成16g E，放出106.5kJ热量，则反应①的热化学方程式为： ．
22．（2016高二上·邓州开学考）一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A为酸式盐；B为无色无味气体；无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝；X、F和Y为气体单质，且Y为有色气体，F为空气的主要成分之一；G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，反应⑤是常见工业原理．
（1）写出下列物质的化学式：A ；Y
（2）写出反应②的离子方程式 ．
（3）写出反应③的化学方程式 ．
（4）常温下pH=10，体积均为100mL的D、W两溶液与M反应，消耗的M的物质的量关系D W（填“大于”“小于”或“等于”）．
23．（2016高二上·邓州开学考）已知：A、B、C均是由短周期元素组成的单质，其余物质均为化合物．F在常温常压下为液态，I为具有磁性的黑色晶体．它们有下图所示的转化关系：
根据以上转换关系回答：
（1）写出反应①的化学方程式： ；
（2）写出反应②的离子方程式： ；写出H+E反应的离子方程式： ；
（3）将I溶于足量盐酸，请分别写出反应后混合溶液中存在的阳离子、检验所需试剂及相应现象（可不填满）：
阳离子 检验试剂
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，故生成的氯气分子小于NA个，故A错误；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故4.8g混合物中含有的氧原子的物质的量为0.3mol，故含0.3NA个原子，故B正确；
C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根，故1mol硫酸氢钠溶液中含2mol阳离子，即2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成；
C、标况下三氧化硫为固体；
D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根．
2．【答案】B
【知识点】同位素及其应用；摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．N4和N2是分子，不是原子，故不能互为同位素，故A错误；
B．N4分子含有的电子数为7×4=28，故1mol N4分子含有28NA个电子，故B正确；
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为1：1，故C错误；
D．N4的摩尔质量是56g/mol，故D错误；
故选B．
【分析】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；
B．N4分子含有的电子数为7×4=28；
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为1：1；
D．摩尔质量的单位是g/mol．
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：实际参加反应的NO2比NH3少2mL，由6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，参加反应的NO2、NH3的体积分别为6mL、8mL，故剩余气体为20mL﹣6mL﹣8mL=6mL，
若剩余气体为NO2，则V（NO2）=6mL+6mL=12mL，物质的量之比等于体积之比，故n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=12mL：8mL=3：2，
若剩余气体为NH3，则v（NH3）=8mL+6mL=14mL，物质的量之比等于体积之比，故n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=6mL：14mL=3：7，
故选A．
【分析】实际参加反应的NO2比NH3少2mL，由6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，参加反应的NO2、NH3的体积分别为6mL、8mL，故剩余气体为20mL﹣6mL﹣8mL=6mL，剩余气体可能为NO2，可能为NH3，据此讨论计算．
4．【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：A．溴水与NaI发生氧化还原反应生成碘单质，颜色加深，故A不选；
B．KCl与溴水不反应，溴水颜色不变，故B选；
C．溴易溶于CCl4，发生萃取，溴水颜色变浅，故C不选；
D．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO，溶液为无色，故D不选；
故选B．
【分析】由卤素单质的氧化性可知，溴可氧化碘离子，且溴水与NaOH反应、溴易溶于四氯化碳，以此来解答．
5．【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：A．由总反应式可知Pb化合价升高，被氧化，应为原电池负极，故A错误；
B、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，硫酸被消耗，所以酸性减弱，pH不断增大，故B错误；
C．阴离子向负极移动，即向Pb移动，故C错误．
D．电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，生成水，密度减小，故D正确；
故选D．
【分析】根据电池反应式知，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式解答该题．
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；
D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；
故选D．
【分析】A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；
B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；
D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．
7．【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：把1.0mol/LCuSO4和1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液等体积混合，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中c（CuSO4）= ×1.0mol/L=0.5mol/L，c[Fe2（SO4）3]= ×1.0mol/L=0.5mol/L，混合后溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸铁电离，故 c（SO42﹣）=c（CuSO4）+3c[Fe2（SO4）3]=0.5mol/L+3×0.5mol/L=2mol/L，向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42﹣）=2mol/L，故选B．
【分析】根据稀释定律计算混合后溶液中c（SO42﹣），向混合溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，说明溶液中溶质为FeSO4，根据硫酸根守恒c（FeSO4）=c（SO42﹣）来计算．
8．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：①浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分而使其溶液浓度减小，浓盐酸具有挥发性，能挥发导致溶液浓度降低，所以二者原理不同，故错误；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故错误；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化生成硫酸，溴被还原生成HBr，二氧化硫体现还原性，所以二者原理不同，故错误；④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化生成溴、碘，HBr、HI都体现还原性，故正确；⑤浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，氢氟酸体现酸性，所以二者原理不同，故错误；故选B．
【分析】①浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化；④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化；⑤浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅．
9．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．标准状况下，22.4L H2O是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B.28g N2的物质的量为1mol，故含有的分子数为NA，故B正确；
C.1mol Mg与足量稀盐酸反应后变为+2价，故转移的电子数为2NA，故C错误；
D.1L 1mol L﹣1 Na2 CO3溶液中含有的碳酸钠的物质的量为1mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子即2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、标况下水为液态；
B、求出氮气的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来分析；
C、镁反应后变为+2价；
D、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析．
10．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：A、得电子能力：N＞P＞Si，所以热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，故A正确；
B、钾离子电子层最多，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+电子层一样，但是核电荷数不一样，分别是11、12、13，所以Na+＞Mg2+＞Al3+，即K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；
C、键能：H﹣F＞O﹣H＞N﹣H，所以氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N，故C正确；
D、得电子能力F＞O＞N＞C，所以电负性是：F＞O＞N＞C，故D错误．
故选D．
【分析】A、同周期元素的原子从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，同主族元素的原子从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱；
B、电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多半径越小；
C、原子之间的电负性差距越大，氢键的作用力越大；
D、得电子能力越强，电负性越大．
11．【答案】A
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】解：A．四氯化碳和水互不相溶，四氯化碳的密度比水的密度大，溴更易溶于四氯化碳，混合液分为两层，上层几乎无色，故A正确；
B．汽油和水互不相溶，汽油的密度比水的密度小，溴更易溶于汽油，混合液分为两层，下层几乎无色，故B错误；
C．酒精和水互溶，不分层，故C错误；
D．KI溶液与溴水发生置换反应，溶液不分层，故D错误．
故选A．
【分析】混合液分为两层，说明所加液体和水互不相溶，上层几乎无色，说明溴更易溶于所加液体．
12．【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而KCl不能，则用NaOH溶液可鉴别NH4Cl和KCl，故A正确；
B．NH4Cl与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能，则用硝酸酸化的AgNO3溶液可鉴别NH4Cl和NH4NO3，故B正确；
C．白色沉淀可能为AgCl，则某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，则该溶液中不一定含有SO42﹣离子，故C错误；
D．Na、K的焰色反应分别为黄色、紫色，则焰色反应可鉴别，故D正确；
故选C
【分析】A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而KCl不能；
B．NH4Cl与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能；
C．白色沉淀可能为AgCl；
D．Na、K的焰色反应分别为黄色、紫色．
13．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，则氧化物中Fe、O元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol：0.125mol=4：5，所以其化学式为Fe4O5，故选C．
【分析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，据此确定氧化物化学式．
14．【答案】D
【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：W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13，则甲为强碱，即NaOH，所以W为H元素，Y为O元素，Z为Na元素；X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，
A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A错误；
B．Y为O元素，Z为Na元素，其简单离子均有10个电子，电子层结构相同，故B错误；
C．非金属性：X＜Y，则元素X的简单气态氢化物的热稳定性比元素Y的弱，故C错误；
D．只含W、X、Y三种元素的化合物中，有离子化合物如NH4NO3，也有共价化合物HNO3，故D正确；
故选D．
【分析】W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13，则甲为强碱，即NaOH，所以W为H元素，Y为O元素，Z为Na元素；X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．
15．【答案】（1）（B）（E）（F）
（2）（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）
（3）（D）（G）
（4）（A）（F）
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：（A）Cl2中只含非极性键，属于单质，是非极性分子； （B）NaI中只含有离子键，属于离子化合物；（C）H2S 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（D）CO2 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子；（E）CaCl2中只含有离子键，属于离子化合物；（F）N2中只含非极性键，属于单质，是非极性分子；（G）CCl4中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子；（H）Na2O 中只含有离子键，属于离子化合物；（I）NH3中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（J）HBr中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（1）含离子键的物质是（B）（E）（F）；故答案为：（B）（E）（F）；（2）含有共价键化合物的是（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）；故答案为：（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）；（3）由极性键形成的非极性分子是 （D）（G）；故答案为：（D）（G）；（4）由非极性键形成的非极性分子是（A）（F）；故答案为：（A）（F）．
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，分子结构对称正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，据此分析解答．
16．【答案】（1）3NO2+H2O═2HNO3+NO； +H2O + ；Fe+4H++ ═Fe3++NO↑+2H2O
（2）Na、Na2O2或NaH
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，③为Al元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素，（1）根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成NO气体符合，则A为NO2，A与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，①硝酸与碳酸盐反应生成二氧化碳，分子中有6+8×2=22个电子，X为碳酸盐，水解显碱性，水解离子反应为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，②当X为金属时，应为变价金属Fe，X与B的稀溶液反应生成C的离子方程式为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O；（2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B为NaOH，D为Al（OH）3，则A可能为Na、Na2O2或NaH，故答案为：Na、Na2O2或NaH．
【分析】根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，③为Al元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素，（1）若E为氧化物，根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成NO气体符合，则A为NO2，B为硝酸，硝酸与碳酸盐反应生成22个电子的二氧化碳分子；X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁；（2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B为NaOH，D为白色沉淀，则X为铝盐．
17．【答案】（1）N；S；F
（2）三；VIA
（3）；HNO3
（4）共价
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第二电子层上最多排列8个电子，所以m=8，B核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以B是S元素；A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，（1）通过以上分析知，A为N，B为S，C为F，故答案为：N；S；F；（2）B为S元素，S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，所以B位于周期表中第三周期VIA族，故答案为：三；VIA；（3）C为F，C的氢化物的电子式为 ，A的最高价氧化物对应水化物是硝酸，其化学式为HNO3，故答案为： ；HNO3；（4）B为S，C为F，已知SF6在温度高于45度时为气态，SF6属于共价化合物，
故答案为：共价．
【分析】A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第二电子层上最多排列8个电子，所以m=8，B核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以B是S元素；A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，再结合物质的性质分析解答．
18．【答案】（1）SiO2；光导纤维
（2）SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O
（3）Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑
（4）SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E可能是硅酸A可能是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），（1）B为二氧化硅，化学式为：SiO2，用作制造光导纤维的主要原料；故答案为：SiO2 光导纤维（2）B和a溶液反应是二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（3）A和a溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式是：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；（4）C和过量的盐酸反应是硅酸钠和过量盐酸反应生成硅酸沉淀，反应的离子方程式是：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；故答案为：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；
【分析】根据题给信息和框图，B是A的氧化物，本题“突破口”是C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，则E可能是硅酸或氯化银，若E是氯化银，则C是硝酸银，A为银，则根据已有知识，银可以与硝酸反应生成硝酸银，而银与硝酸反应能生成三种产物，不符合框图中物质间的转化关系．则E只能为硅酸，则C为硅酸盐，A为硅，a溶液为强碱的水溶液，进一步推出B为二氧化硅．推知E为硅酸，A是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），以此解答该题．
19．【答案】（1）蒸馏法；电渗透法或离子交换法
（2）富集溴元素
（3）SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣
（4）冷凝管；溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶；要控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分；深棕红色或红棕色；萃取、分液
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法；故答案为：蒸馏法；电渗透法或离子交换法；（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br﹣，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（3）二氧化硫吸收溴单质发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣；（4）①由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，故答案为：冷凝管；②溴单质是一种强氧化剂，具有强腐蚀性易腐蚀橡胶制品，所以整套装置不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶； ③控制温度59℃，使溴单质挥发，并收集59℃时的馏分，通过冷凝得到呈深红棕色或红棕色的液态溴单质，故答案为：要控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分；④C中液体为冷凝后的液溴，液溴颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后．Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，再进行的分离操作是加入萃取剂萃取分液，再蒸馏得到液溴，故答案为：深红棕色；萃取、分液．
【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到韩HBr和的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，（1）根据淡化海水的方法分析，根据目前淡化海水的方法有：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法等，其中最常用的是蒸馏法；（2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（3）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，是溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢（4）①蒸馏时，为充分冷凝，流出成分需要通过冷凝管冷却；②因溴具有强氧化性和腐蚀性，应避免使用橡皮管；③操作中控制关键条件是控制温度59℃，使溴单质挥发，收集馏分；④C中液体为冷凝后的液溴，颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后．再进行的分离操作是萃取分液．
20．【答案】（1）解：由图像可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍．从400mL开始，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为 =5mol/L．
由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.4mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.3mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol=18g，
答：Mg和Al的总质量为18g；
（2）解：沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.4L×5mol/L=2mol，所以n（Na2SO4）=1mol，所以硫酸的浓度为 =2.5mol/L，
答：硫酸的浓度为2.5mol/L；
（3）解：由（1）中可知n（Al）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.4mol+2×0.3mol=1.8mol，所以n（H2）=0.9mol，
答：生成的H2物质的量为0.9mol．
【知识点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算
【解析】【分析】由图像可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍．从400mL开始，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为 =5mol/L．（1）由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]，n（Mg）=n[Mg（OH）2]，在根据m=nM计算各自的质量，进而计算金属的总质量；（2）沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（Na2SO4），再根据c= 计算；（3）根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2）．
21．【答案】（1）FeS2；Fe2O3
（2）2SO2+O2 2SO3
（3）2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑
（4）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
（5）FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；则A为FeS2；，B为Na2O2；C为NaOH；x为H2O；，D为氧气，E为SO2；F为Fe2O3，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁；（1）依据分析判断结果，A为：FeS2，F为 Fe2O3，故答案为：FeS2；Fe2O3；（2）反应③是二氧化硫和氧气的反应，反应方程式为2SO2+O2 2 SO3；故答案为：2SO2+O2 2 SO3；（3）反应②是过氧化钠与水反应，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；（4）反应④是三氧化二铁和硫酸反应，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，（5）已知每生成16g E为SO2，物质的量为0.25mol，放出106.5kJ热量，依据化学方程式4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；生成8molSO2，放热为： =3408KJ，反应①是二硫化亚铁和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫，反应的热化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；△H=﹣3408 kJ/mol或FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol；故答案为：FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol．
【分析】X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；依据判断出的物质进行分析判断；A为过硫化亚铁（黄铁矿），B为过氧化钠，C为NaOH；x为水，D为氧气，E为SO2；F为氧化铁，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁．
22．【答案】（1）NH4HCO3；Cl2
（2）CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O
（3）2NH3+3Cl2=N2+6HCl
（4）大于
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，Y为Cl2，故答案为：NH4HCO3；Cl2；（2）反应②是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，离子方程式为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；（3）反应③是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，化学反应方程式为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，故答案为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl；（4）一水合氨为弱电解质，常温下pH=10的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度远远大于氢氧化钠溶液，等体积的两溶液与HCl反应，氨水消耗的HCl的物质的量远大于氢氧化钠消耗的，
故答案为：大于．
【分析】无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，据此解答．
23．【答案】（1）8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3
（2）2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓
（3）H+；石蕊试液；Fe3+；KSCN溶液；Fe2+；K3[Fe（CN）6]
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A、B、C均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I均为化合物，F在常温常压下为液态，由D与盐酸反应得到，可以推断F为H2O，I为具有磁性的黑色晶体，为Fe3O4，由A与D相互转化及D能与氢氧化钠溶液反应，可知A为Al、D为Al2O3，结合转化关系，可推知C为H2、E为NaAlO2、G为Al（OH）3、B为O2、H为AlCl3，（1）反应①的化学方程式为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3；（2）反应②的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；H为AlCl3，E为NaAlO2，H+E反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓；（3）将Fe3O4溶于足量盐酸生成氯化铁、氯化亚铁，所以溶液中存在的阳离子为H+、Fe3+、Fe2+、检验H+用石蕊试液，现象为溶液呈红色，检验Fe3+用KSCN溶液，现象为溶液出现血红色，检验Fe2+用K3[Fe（CN）6]，现象为蓝色沉淀，
故答案为：
阳离子 检验试剂
H+ 石蕊试液等
Fe3+ KSCN溶液等
Fe2+ K3[Fe（CN）6]
；
【分析】A、B、C均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I均为化合物，F在常温常压下为液态，由D与盐酸反应得到，可以推断F为H2O，I为具有磁性的黑色晶体，为Fe3O4，由A与D相互转化及D能与氢氧化钠溶液反应，可知A为Al、D为Al2O3，结合转化关系，可推知C为H2、E为NaAlO2、G为Al（OH）3、B为O2、H为AlCl3，据此解答．
1 / 12016-2017学年河南省南阳市邓州市白牛高中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·邓州开学考）设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2混合加热，产生NA个Cl2
B．氧气和臭氧组成的4.8g混合气体中含有0.3NA个氧原子
C．标准状况下，2.24LSO3含有分子的数目为0.1NA
D．1mol硫酸氢钠溶液中含有阳离子数为NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，故生成的氯气分子小于NA个，故A错误；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故4.8g混合物中含有的氧原子的物质的量为0.3mol，故含0.3NA个原子，故B正确；
C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根，故1mol硫酸氢钠溶液中含2mol阳离子，即2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成；
C、标况下三氧化硫为固体；
D、硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根．
2．（2016高二上·邓州开学考）NA是阿伏加德罗常数，据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的说法正确的是（ ）
A．N4和N2是互为同位素
B．1molN4分子含有28NA个电子
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为2：1
D．N4的摩尔质量是56g
【答案】B
【知识点】同位素及其应用；摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．N4和N2是分子，不是原子，故不能互为同位素，故A错误；
B．N4分子含有的电子数为7×4=28，故1mol N4分子含有28NA个电子，故B正确；
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为1：1，故C错误；
D．N4的摩尔质量是56g/mol，故D错误；
故选B．
【分析】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；
B．N4分子含有的电子数为7×4=28；
C．相同质量的N4和N2所含原子个数比为1：1；
D．摩尔质量的单位是g/mol．
3．（2016高二上·邓州开学考）将20mL NO2和NH3的混合气体，在一定条件下充分反应，化学方程式为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，已知参加反应的NO2比参加反应的NH3少2mL（气体体积均在相同状况下测定），则原混合气体中NO2和NH3的物质的量之比是（ ）
①3：2②2：3③3：7④3：4．
A．①③ B．②④ C．①② D．③④
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：实际参加反应的NO2比NH3少2mL，由6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，参加反应的NO2、NH3的体积分别为6mL、8mL，故剩余气体为20mL﹣6mL﹣8mL=6mL，
若剩余气体为NO2，则V（NO2）=6mL+6mL=12mL，物质的量之比等于体积之比，故n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=12mL：8mL=3：2，
若剩余气体为NH3，则v（NH3）=8mL+6mL=14mL，物质的量之比等于体积之比，故n（NO2）：n（NH3）=V（NO2）：v（NH3）=6mL：14mL=3：7，
故选A．
【分析】实际参加反应的NO2比NH3少2mL，由6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，参加反应的NO2、NH3的体积分别为6mL、8mL，故剩余气体为20mL﹣6mL﹣8mL=6mL，剩余气体可能为NO2，可能为NH3，据此讨论计算．
4．（2016高二上·邓州开学考）将下列物质分别加入溴水中，溴水的颜色不发生变化的是（ ）
A．NaI固体 B．KCl固体 C．CCl4液体 D．NaOH固体
【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：A．溴水与NaI发生氧化还原反应生成碘单质，颜色加深，故A不选；
B．KCl与溴水不反应，溴水颜色不变，故B选；
C．溴易溶于CCl4，发生萃取，溴水颜色变浅，故C不选；
D．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO，溶液为无色，故D不选；
故选B．
【分析】由卤素单质的氧化性可知，溴可氧化碘离子，且溴水与NaOH反应、溴易溶于四氯化碳，以此来解答．
5．（2016高二上·邓州开学考）铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是（ ）
A．Pb为正极，被氧化 B．溶液的pH不断减小
C．SO42﹣只向PbO2处移动 D．电解液密度不断减小
【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】解：A．由总反应式可知Pb化合价升高，被氧化，应为原电池负极，故A错误；
B、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，硫酸被消耗，所以酸性减弱，pH不断增大，故B错误；
C．阴离子向负极移动，即向Pb移动，故C错误．
D．电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，生成水，密度减小，故D正确；
故选D．
【分析】根据电池反应式知，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式解答该题．
6．（2016高二上·邓州开学考）硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示），下列说法错误的是（ ）
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
D．常温下，（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4易溶于水
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；
D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；
故选D．
【分析】A．根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；
B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；
C．KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；
D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．
7．（2016高二上·邓州开学考）把1.0mol/L CuSO4溶液、1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液两种溶液等体积混合（假设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和），向溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余．此时溶液中Fe2+的物质的量浓度为（ ）
A．1.0mol/L B．2.0mol/L C．3.0mol/L D．4.0mol/L
【答案】B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】解：把1.0mol/LCuSO4和1.0mol/L Fe2（SO4）3溶液等体积混合，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中c（CuSO4）= ×1.0mol/L=0.5mol/L，c[Fe2（SO4）3]= ×1.0mol/L=0.5mol/L，混合后溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸铁电离，故 c（SO42﹣）=c（CuSO4）+3c[Fe2（SO4）3]=0.5mol/L+3×0.5mol/L=2mol/L，向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42﹣）=2mol/L，故选B．
【分析】根据稀释定律计算混合后溶液中c（SO42﹣），向混合溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余，说明溶液中溶质为FeSO4，根据硫酸根守恒c（FeSO4）=c（SO42﹣）来计算．
8．（2016高二上·邓州开学考）下列变化的实质相似的是（ ）
①浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小
②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色
③二氧化硫能使品红溶液和溴水褪色
④溴化氢和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥
⑤浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字．
A．只有②③④ B．只有④ C．只有③④ D．全部
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：①浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分而使其溶液浓度减小，浓盐酸具有挥发性，能挥发导致溶液浓度降低，所以二者原理不同，故错误；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故错误；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化生成硫酸，溴被还原生成HBr，二氧化硫体现还原性，所以二者原理不同，故错误；④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化生成溴、碘，HBr、HI都体现还原性，故正确；⑤浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，氢氟酸体现酸性，所以二者原理不同，故错误；故选B．
【分析】①浓硫酸具有吸水性、浓盐酸具有挥发性；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性；③二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，二氧化硫能被强氧化剂溴氧化；④溴化氢和碘化氢气体均能被浓硫酸氧化；⑤浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅．
9．（2016高二上·邓州开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L H2O中含有的分子数为NA
B．28g N2中含有的分子数为NA
C．1molMg与足量稀盐酸反应转移的电子数为NA
D．1L 1mol L﹣1Na2CO3溶液中含有的钠离子数为NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A．标准状况下，22.4L H2O是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B.28g N2的物质的量为1mol，故含有的分子数为NA，故B正确；
C.1mol Mg与足量稀盐酸反应后变为+2价，故转移的电子数为2NA，故C错误；
D.1L 1mol L﹣1 Na2 CO3溶液中含有的碳酸钠的物质的量为1mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子即2NA个，故D错误．
故选B．
【分析】A、标况下水为液态；
B、求出氮气的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来分析；
C、镁反应后变为+2价；
D、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1mol碳酸钠中含2mol钠离子来分析．
10．（2016高二上·邓州开学考）下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ）
A．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4
B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C．氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N
D．电负性：F＞N＞O＞C
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】解：A、得电子能力：N＞P＞Si，所以热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，故A正确；
B、钾离子电子层最多，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+电子层一样，但是核电荷数不一样，分别是11、12、13，所以Na+＞Mg2+＞Al3+，即K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；
C、键能：H﹣F＞O﹣H＞N﹣H，所以氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N，故C正确；
D、得电子能力F＞O＞N＞C，所以电负性是：F＞O＞N＞C，故D错误．
故选D．
【分析】A、同周期元素的原子从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，同主族元素的原子从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱；
B、电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多半径越小；
C、原子之间的电负性差距越大，氢键的作用力越大；
D、得电子能力越强，电负性越大．
11．（2016高二上·邓州开学考）把溴水分别与下列物质混合并充分振荡静置后，溶液分层且上层近乎无色的是（ ）
A．四氯化碳 B．汽油 C．酒精 D．碘化钾溶液
【答案】A
【知识点】分液和萃取
【解析】【解答】解：A．四氯化碳和水互不相溶，四氯化碳的密度比水的密度大，溴更易溶于四氯化碳，混合液分为两层，上层几乎无色，故A正确；
B．汽油和水互不相溶，汽油的密度比水的密度小，溴更易溶于汽油，混合液分为两层，下层几乎无色，故B错误；
C．酒精和水互溶，不分层，故C错误；
D．KI溶液与溴水发生置换反应，溶液不分层，故D错误．
故选A．
【分析】混合液分为两层，说明所加液体和水互不相溶，上层几乎无色，说明溴更易溶于所加液体．
12．（2016高二上·邓州开学考）下列实验方法及判断不正确的是（ ）
A．用NaOH溶液来鉴别NH4Cl和KCl
B．用硝酸酸化的AgNO3溶液来鉴别NH4Cl和NH4NO3
C．某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣离子
D．用焰色反应鉴别NaCl和KNO3
【答案】C
【知识点】物质的检验和鉴别；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而KCl不能，则用NaOH溶液可鉴别NH4Cl和KCl，故A正确；
B．NH4Cl与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能，则用硝酸酸化的AgNO3溶液可鉴别NH4Cl和NH4NO3，故B正确；
C．白色沉淀可能为AgCl，则某溶液中滴加BaCl2溶液后产生白色沉淀，则该溶液中不一定含有SO42﹣离子，故C错误；
D．Na、K的焰色反应分别为黄色、紫色，则焰色反应可鉴别，故D正确；
故选C
【分析】A．氯化铵与碱反应生成刺激性气体，而KCl不能；
B．NH4Cl与硝酸银反应生成白色沉淀，而硝酸铵不能；
C．白色沉淀可能为AgCl；
D．Na、K的焰色反应分别为黄色、紫色．
13．（2016高二上·邓州开学考）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸50mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，则氧化物中Fe、O元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol：0.125mol=4：5，所以其化学式为Fe4O5，故选C．
【分析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，据此确定氧化物化学式．
14．（2016高二上·邓州开学考）W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大．已知甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13．X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐．下列说法中，正确的是（ ）
A．原子半径大小的比较：r（X）＞r（Y）＞r（Z）
B．元素Y、Z的简单离子的电子层结构不同
C．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比元素Y的强
D．只含W、X、Y三种元素的化合物中，有离子化合物，也有共价化合物
【答案】D
【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：W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13，则甲为强碱，即NaOH，所以W为H元素，Y为O元素，Z为Na元素；X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，
A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A错误；
B．Y为O元素，Z为Na元素，其简单离子均有10个电子，电子层结构相同，故B错误；
C．非金属性：X＜Y，则元素X的简单气态氢化物的热稳定性比元素Y的弱，故C错误；
D．只含W、X、Y三种元素的化合物中，有离子化合物如NH4NO3，也有共价化合物HNO3，故D正确；
故选D．
【分析】W、X、Y、Z是四种短周期元素，其原子序数依次增大，甲是由其中三种元素组成的化合物，25℃时0.1mo1．L﹣1甲溶液的pH为13，则甲为强碱，即NaOH，所以W为H元素，Y为O元素，Z为Na元素；X元素的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答．
二、解答题
15．（2016高二上·邓州开学考）在下列物质中（填序号）
（A）Cl2（B）NaI （C）H2S （D）CO2 （E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H）Na2O （I）NH3（J）HBr
（1）含离子键的物质是 ；
（2）含有共价键化合物的是 ；
（3）由极性键形成的非极性分子是 ；
（4）由非极性键形成的非极性分子是 ．
【答案】（1）（B）（E）（F）
（2）（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）
（3）（D）（G）
（4）（A）（F）
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：（A）Cl2中只含非极性键，属于单质，是非极性分子； （B）NaI中只含有离子键，属于离子化合物；（C）H2S 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（D）CO2 中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子；（E）CaCl2中只含有离子键，属于离子化合物；（F）N2中只含非极性键，属于单质，是非极性分子；（G）CCl4中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构对称，属于非极性分子；（H）Na2O 中只含有离子键，属于离子化合物；（I）NH3中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（J）HBr中只含有共价键，属于共价化合物，分子结构不对称，属于极性分子；（1）含离子键的物质是（B）（E）（F）；故答案为：（B）（E）（F）；（2）含有共价键化合物的是（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）；故答案为：（A）（C）（D）（F）（G）（I）（J）；（3）由极性键形成的非极性分子是 （D）（G）；故答案为：（D）（G）；（4）由非极性键形成的非极性分子是（A）（F）；故答案为：（A）（F）．
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，分子结构对称正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，据此分析解答．
16．（2016高二上·邓州开学考）如图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物．
已知A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）
（1）若E为氧化物，则A与水反应的化学方程式为 ，①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，表示X呈碱性的离子方程式为
②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为
（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，A的化学式可能是 ．
【答案】（1）3NO2+H2O═2HNO3+NO； +H2O + ；Fe+4H++ ═Fe3++NO↑+2H2O
（2）Na、Na2O2或NaH
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，③为Al元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素，（1）根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成NO气体符合，则A为NO2，A与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，①硝酸与碳酸盐反应生成二氧化碳，分子中有6+8×2=22个电子，X为碳酸盐，水解显碱性，水解离子反应为CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣，②当X为金属时，应为变价金属Fe，X与B的稀溶液反应生成C的离子方程式为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O；（2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B为NaOH，D为Al（OH）3，则A可能为Na、Na2O2或NaH，故答案为：Na、Na2O2或NaH．
【分析】根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，③为Al元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素，（1）若E为氧化物，根据表中的元素可知，只有③形成的物质与水反应生成NO气体符合，则A为NO2，B为硝酸，硝酸与碳酸盐反应生成22个电子的二氧化碳分子；X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁；（2）根据表中的元素可知，只有⑤形成的物质与水反应生成氢气，B为NaOH，D为白色沉淀，则X为铝盐．
17．（2016高二上·邓州开学考）A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示．
A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B2﹣的结构示意图为：
请回答下列问题：
（1）写出A、B、C三种元素的符号：A ，B ，C ．
（2）B位于周期表中第 周期 族．
（3）C的氢化物的电子式为 ；A的最高价氧化物对应水化物的化学式为 ．
（4）BC6作制冷剂替代氟利昂，对臭氧层完全没有破坏作用，是一种很有发展潜力的制冷剂．已知BC6在温度高于45度时为气态．BC6属于 （填“离子”或“共价”）化合物．
【答案】（1）N；S；F
（2）三；VIA
（3）；HNO3
（4）共价
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第二电子层上最多排列8个电子，所以m=8，B核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以B是S元素；A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，（1）通过以上分析知，A为N，B为S，C为F，故答案为：N；S；F；（2）B为S元素，S原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，所以B位于周期表中第三周期VIA族，故答案为：三；VIA；（3）C为F，C的氢化物的电子式为 ，A的最高价氧化物对应水化物是硝酸，其化学式为HNO3，故答案为： ；HNO3；（4）B为S，C为F，已知SF6在温度高于45度时为气态，SF6属于共价化合物，
故答案为：共价．
【分析】A、B、C为短周期元素，根据这几种元素在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，B2﹣的结构示意图为 ，第二电子层上最多排列8个电子，所以m=8，B核内质子数=2+8+8﹣2=16，所以B是S元素；A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，结合三种元素的位置知，A是N元素、C是F元素，再结合物质的性质分析解答．
18．（2016高二上·邓州开学考）如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀．请回答下列问题：
（1）B的化学式是 ，目前B已被用作 的主要原料．
（2）B和a溶液反应的离子方程式是 ．
（3）A和a溶液反应的离子方程式是 ．
（4）C和过量的盐酸反应的离子方程式是 ．
【答案】（1）SiO2；光导纤维
（2）SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O
（3）Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑
（4）SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E可能是硅酸A可能是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），（1）B为二氧化硅，化学式为：SiO2，用作制造光导纤维的主要原料；故答案为：SiO2 光导纤维（2）B和a溶液反应是二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式是：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；（3）A和a溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式是：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；（4）C和过量的盐酸反应是硅酸钠和过量盐酸反应生成硅酸沉淀，反应的离子方程式是：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；故答案为：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；
【分析】根据题给信息和框图，B是A的氧化物，本题“突破口”是C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，则E可能是硅酸或氯化银，若E是氯化银，则C是硝酸银，A为银，则根据已有知识，银可以与硝酸反应生成硝酸银，而银与硝酸反应能生成三种产物，不符合框图中物质间的转化关系．则E只能为硅酸，则C为硅酸盐，A为硅，a溶液为强碱的水溶液，进一步推出B为二氧化硅．推知E为硅酸，A是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3 SiO2+H2O，与题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），以此解答该题．
19．（2016高二上·邓州开学考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图1：
（1）请列举海水淡化的两种方法： 、 ．
（2）步骤I中己获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br﹣．其目的是 ．
（3）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%．有关反应的离子方程式为 ．
（4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法．查阅了有关资料知：Br2的沸点为59℃．微溶于水，有毒并有强腐蚀性．他们参观生产过程后．画了如图2装置简图：
请你参与分析讨论：
①图中仪器B的名称是 ．
②整套实验装皿中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管．其原因是 ．
③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件？ ．
④C中液体颜色为 ．为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr，溶液，充分反应后．再进行的分离操作是 ．
【答案】（1）蒸馏法；电渗透法或离子交换法
（2）富集溴元素
（3）SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣
（4）冷凝管；溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶；要控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分；深棕红色或红棕色；萃取、分液
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法；故答案为：蒸馏法；电渗透法或离子交换法；（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br﹣，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（3）二氧化硫吸收溴单质发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣；（4）①由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，故答案为：冷凝管；②溴单质是一种强氧化剂，具有强腐蚀性易腐蚀橡胶制品，所以整套装置不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶； ③控制温度59℃，使溴单质挥发，并收集59℃时的馏分，通过冷凝得到呈深红棕色或红棕色的液态溴单质，故答案为：要控制温度计b的温度，并收集59℃时的馏分；④C中液体为冷凝后的液溴，液溴颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后．Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，再进行的分离操作是加入萃取剂萃取分液，再蒸馏得到液溴，故答案为：深红棕色；萃取、分液．
【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到韩HBr和的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，（1）根据淡化海水的方法分析，根据目前淡化海水的方法有：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法等，其中最常用的是蒸馏法；（2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（3）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，是溴单质和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢（4）①蒸馏时，为充分冷凝，流出成分需要通过冷凝管冷却；②因溴具有强氧化性和腐蚀性，应避免使用橡皮管；③操作中控制关键条件是控制温度59℃，使溴单质挥发，收集馏分；④C中液体为冷凝后的液溴，颜色为深棕红色或红棕色，为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后．再进行的分离操作是萃取分液．
20．（2016高二上·邓州开学考）将一定质量的Mg和Al混合物投入400mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．计算：
（1）Mg和Al的总质量为多少g？
（2）硫酸的物质的量浓度为多少？
（3）生成的H2物质的量为多少？
【答案】（1）解：由图像可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍．从400mL开始，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为 =5mol/L．
由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.4mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.3mol，故Mg和Al的总质量为0.4mol×27g/mol+0.3mol×24g/mol=18g，
答：Mg和Al的总质量为18g；
（2）解：沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.4L×5mol/L=2mol，所以n（Na2SO4）=1mol，所以硫酸的浓度为 =2.5mol/L，
答：硫酸的浓度为2.5mol/L；
（3）解：由（1）中可知n（Al）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=3×0.4mol+2×0.3mol=1.8mol，所以n（H2）=0.9mol，
答：生成的H2物质的量为0.9mol．
【知识点】镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算
【解析】【分析】由图像可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍．从400mL开始，NaOH溶解Al（OH）3，发生反应NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg（OH）2为0.3mol，Al（OH）3为0.7mol﹣0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3]=0.4mol，氢氧化钠的浓度为 =5mol/L．（1）由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]，n（Mg）=n[Mg（OH）2]，在根据m=nM计算各自的质量，进而计算金属的总质量；（2）沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（Na2SO4），再根据c= 计算；（3）根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg），据此计算n（H2）．
21．（2016高二上·邓州开学考）根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体；C焰色反应火焰呈黄色，J为红褐色沉淀；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色；A固体中仅含两种元素，其中金属元素的质量分数约为46.7%．
（1）A的化学式为 ； F的化学式为 ；
（2）反应③的化学方程式： ；
（3）反应②的离子方程式： ；
（4）反应④的离子方程式： ；
（5）已知每生成16g E，放出106.5kJ热量，则反应①的热化学方程式为： ．
【答案】（1）FeS2；Fe2O3
（2）2SO2+O2 2SO3
（3）2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑
（4）Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
（5）FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据下列框图关系填空，已知反应①、③是我国工业生产中的重要反应，X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；则A为FeS2；，B为Na2O2；C为NaOH；x为H2O；，D为氧气，E为SO2；F为Fe2O3，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁；（1）依据分析判断结果，A为：FeS2，F为 Fe2O3，故答案为：FeS2；Fe2O3；（2）反应③是二氧化硫和氧气的反应，反应方程式为2SO2+O2 2 SO3；故答案为：2SO2+O2 2 SO3；（3）反应②是过氧化钠与水反应，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；（4）反应④是三氧化二铁和硫酸反应，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，（5）已知每生成16g E为SO2，物质的量为0.25mol，放出106.5kJ热量，依据化学方程式4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；生成8molSO2，放热为： =3408KJ，反应①是二硫化亚铁和氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫，反应的热化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）；△H=﹣3408 kJ/mol或FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol；故答案为：FeS2（s）+ O2（g）═ Fe2O3（s）+2SO2（g）△H=﹣852 kJ/mol．
【分析】X常温下为无色无味透明液体推断为水；C焰色反应火焰呈黄色说明含钠元素，J为红褐色沉淀为氢氧化铁；F为Fe2O3；D、E常温下为气体，且E能使品红溶液褪色说明E为SO2；G为SO3；H为H2SO4；I为硫酸铁；思路 1，3两个反应均有D，且1是高温条件下反应的，可以设想D为氧气（氧化反应），所以B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为氧气；A和D在高温下反应生成二氧化硫和含三价铁的化合物，工业上常用的有两种生产中的重要反应（硝酸的工业生产和硫酸的工业生产，硫酸的工业生产原料多为单质硫和黄铁矿，符合条件的是黄铁矿；所以A为FeS2；依据判断出的物质进行分析判断；A为过硫化亚铁（黄铁矿），B为过氧化钠，C为NaOH；x为水，D为氧气，E为SO2；F为氧化铁，G为SO3；H为硫酸，I为硫酸铁；J为氢氧化铁．
22．（2016高二上·邓州开学考）一定条件下经不同的化学反应，可以实现图示变化，A为酸式盐；B为无色无味气体；无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝；X、F和Y为气体单质，且Y为有色气体，F为空气的主要成分之一；G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，反应⑤是常见工业原理．
（1）写出下列物质的化学式：A ；Y
（2）写出反应②的离子方程式 ．
（3）写出反应③的化学方程式 ．
（4）常温下pH=10，体积均为100mL的D、W两溶液与M反应，消耗的M的物质的量关系D W（填“大于”“小于”或“等于”）．
【答案】（1）NH4HCO3；Cl2
（2）CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O
（3）2NH3+3Cl2=N2+6HCl
（4）大于
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，Y为Cl2，故答案为：NH4HCO3；Cl2；（2）反应②是二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，离子方程式为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，故答案为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O；（3）反应③是氯气与氨气反应生成氮气与HCl，化学反应方程式为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，故答案为：2NH3+3Cl2=N2+6HCl；（4）一水合氨为弱电解质，常温下pH=10的氨水、NaOH溶液，氨水的浓度远远大于氢氧化钠溶液，等体积的两溶液与HCl反应，氨水消耗的HCl的物质的量远大于氢氧化钠消耗的，
故答案为：大于．
【分析】无色气体D可使红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，气体单质X与F反应得到氨气，且F为空气的主要成分之一，可推知X为H2、F为N2，电解Z的溶液得到W、氢气与有色气体单质Y，应是电解NaCl溶液，可推知W为NaOH、Y为Cl2，氯气与氨气反应生成F（氮气）与无色气体M，可推知M为HCl．A为酸式盐，加热分解得到D（氨气）、C及无色无味气体B，且B与W反应得到G为正盐，G和无色气体M在溶液中可反应生成B，可推知B为CO2，A为NH4HCO3，C为H2O，G为Na2CO3，据此解答．
23．（2016高二上·邓州开学考）已知：A、B、C均是由短周期元素组成的单质，其余物质均为化合物．F在常温常压下为液态，I为具有磁性的黑色晶体．它们有下图所示的转化关系：
根据以上转换关系回答：
（1）写出反应①的化学方程式： ；
（2）写出反应②的离子方程式： ；写出H+E反应的离子方程式： ；
（3）将I溶于足量盐酸，请分别写出反应后混合溶液中存在的阳离子、检验所需试剂及相应现象（可不填满）：
阳离子 检验试剂
【答案】（1）8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3
（2）2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓
（3）H+；石蕊试液；Fe3+；KSCN溶液；Fe2+；K3[Fe（CN）6]
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A、B、C均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I均为化合物，F在常温常压下为液态，由D与盐酸反应得到，可以推断F为H2O，I为具有磁性的黑色晶体，为Fe3O4，由A与D相互转化及D能与氢氧化钠溶液反应，可知A为Al、D为Al2O3，结合转化关系，可推知C为H2、E为NaAlO2、G为Al（OH）3、B为O2、H为AlCl3，（1）反应①的化学方程式为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O4 9Fe+4Al2O3；（2）反应②的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；H为AlCl3，E为NaAlO2，H+E反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓；（3）将Fe3O4溶于足量盐酸生成氯化铁、氯化亚铁，所以溶液中存在的阳离子为H+、Fe3+、Fe2+、检验H+用石蕊试液，现象为溶液呈红色，检验Fe3+用KSCN溶液，现象为溶液出现血红色，检验Fe2+用K3[Fe（CN）6]，现象为蓝色沉淀，
故答案为：
阳离子 检验试剂
H+ 石蕊试液等
Fe3+ KSCN溶液等
Fe2+ K3[Fe（CN）6]
；
【分析】A、B、C均是由短周期元素组成的单质，D、E、F、G、H、I均为化合物，F在常温常压下为液态，由D与盐酸反应得到，可以推断F为H2O，I为具有磁性的黑色晶体，为Fe3O4，由A与D相互转化及D能与氢氧化钠溶液反应，可知A为Al、D为Al2O3，结合转化关系，可推知C为H2、E为NaAlO2、G为Al（OH）3、B为O2、H为AlCl3，据此解答．
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