2016-2017学年河南省郑州市新密市英华中学高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·新密开学考）下列分离和提纯的实验中，所选用的方法或仪器不正确的是（ ）
序号 A B C D
实验目的 制取蒸馏水 分离水和植物油 分离食盐水与泥沙 从浓食盐水中得到氯化钠晶体
分离方法 蒸馏 分液 萃取 蒸发
选用仪器
A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D
2．（2016高二上·新密开学考）下列仪器及其名称不正确的是（ ）
A．量筒 B．试管
C．蒸发皿 D．分液漏斗
3．（2016高二上·新密开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
B．二氧化硫气体通入过量的Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClO
C．Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O
D．KHS的水解 HS﹣+H2O H2S+OH﹣
4．（2016高二上·新密开学考）下列反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）
A．H2在Cl2中燃烧
B．Ba（OH）2 8H2O和NH4Cl固体的反应
C．Na和H2O的反应
D．生石灰溶于水
5．（2016高二上·新密开学考）在加热条件下，用普通铁粉和水蒸气反应可得到铁的氧化物，该氧化物是（ ）
A．FeO B．Fe3O4 C．Fe2O3 D．CuO
6．（2016高二上·新密开学考）如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A．常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B．X和W的常见单质的分子式分别为X2和W2
C．W的氢化物沸点比X的氢化物的沸点低
D．R最高氧化物水化物的酸性最强
7．（2016高二上·新密开学考）下列有关物质的分类或归类正确的是（ ）
A．混合物：石炭酸、水玻璃、水银
B．化合物：乙醇、漂白粉、HD
C．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡
D．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2
8．（2016高二上·新密开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．25℃时，pH=3的1.0LNaHSO3溶液中，含Na+数目为0.001 NA
B．1mol明矾与水完全反应转化为氢氧化铝胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
C．1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中CO32﹣和HCO3﹣总数为0.1 NA
D．标准状况下，11.2 L的乙烯中含有的共用电子对数为3NA
9．（2016高二上·新密开学考）下列各反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是（ ）
A．氟气和水 B．铝与氢氧化钠溶液
C．二氧化氮和水 D．五氧化二磷与冷水
10．（2016高二上·新密开学考）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．误将洁厕灵与消毒液混合：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O
B．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3↓+H2O
C．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
11．（2016高二上·新密开学考）下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是（ ）
A．HCl易溶于水 B．液态的HCl不导电
C．HCl不易分解 D．HCl溶于水能电离，呈酸性
12．（2016高二上·新密开学考）下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
①加入Al能放出大量H2的溶液中：Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣
②在pH=11的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣
③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+、F﹣
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣．
A．②④ B．①②④ C．①③④ D．①②
13．（2016高二上·新密开学考）如图是可逆反应X2+3Y2 2Z在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．t1时，只有正方向反应 B．t2时，反应达到限度
C．t2～t3，反应不再发生 D．t2～t3，各物质的浓度相等
14．（2016高一下·杭州期中）下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是（ ）
A．任何化学反应都伴随着热量的变化
B．一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小
C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量
D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等
15．（2016高二上·新密开学考）有一种混合气体，它可能由CO、CO2、SO2、HCl中的一种或多种气体组成．该气体依次通过下列物质的现象如下：缓慢通过澄清石灰水无白色沉淀出现；通过品红溶液，溶液红色褪去；通过炽热的CuO，固体变为红色；通过澄清石灰水，出现白色沉淀．该混合气体组成的各说法中，正确的是（ ）
A．肯定不含有CO2 B．只含有SO2和CO
C．含有SO2、CO和CO2，可能含HCl D．含HCl、SO2和CO，可能含CO2
二、非选择题
16．（2016高二上·新密开学考）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去，其中反应②的条件是“700℃，催化剂”）．G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体．
请回答下列问题：
（1）E的化学式为 ．
（2）A的电子式为 ．
（3）写出反应①的离子方程式： ．
（4）写出反应②的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目： ．
17．（2016高二上·新密开学考）在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3 和（NH4）2SO4 的固体混合物，加热使之充分反应，如图表示加入固体的质量与产生气体的体积（标准状况）的关系．试计算：
（1）NaOH溶液的物质的量浓度是 mol L﹣1
（2）当NaOH溶液为140mL，固体为51.6g时，充分反应产生的气体为 L（标准状况）
（3）当NaOH溶液为180mL，固体仍为51.6g时，充分反应产生的气体为 L（标准状况）．
18．（2016高二上·新密开学考）如图是某气体X产生并研究其性质的装置．
A中盛有微溶的白色固体，B中盛有无色挥发性液体，C和E中盛有干燥剂．A和B中物质相遇时有无色气体X生成，它经图中一系列装置在末端得到N2，且E管的质量增加．
（1）写出盛放试剂的名称：
A． ，B． ，C． ，E． ．
（2）A和B中物质相遇生成X的主要原因是： ．
（3）D中反应的化学方程式 ．
（4）F中反应的化学方程式 ．
（5）从D中反应说明气体X具有 （填“酸性”“碱性”“氧化性”或“还原性”）．
19．（2016高二上·新密开学考）硫酸铜在生产、生活中应用广泛．某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图：
（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式： ．
（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是 ．
（3）滤渣c是 ．
（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为
2NO+O2═2NO2、 ．
（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n（SO3）：n（SO2）=1：2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式： ．
（6）某同学设计了如图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积．此设计有不合理之处，请说明理由： ．
20．（2016高二上·新密开学考）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，沸点为11℃．用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，实验装置如图所示：
（1）装置A中还应安装的玻璃仪器是 ，装置B用冰水浴的原因是 ．
（2）装置A中产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式： ．
（3）①实验过程中，装置C中少量的ClO2与NaOH溶液反应产生两种钠盐，且物质的量之比为1：1，其中一种为NaClO2，写出装置C中生成这两种钠盐的离子方程式： ．
②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2.3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
a． ；b． ；c．洗涤；d．干燥．
（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是 ．
21．（2016高二上·新密开学考）某工厂的燃料煤中硫的质量分数为0.32%，该工厂每天燃烧这种煤10t，计算：
（1）如果煤中的硫全部转化为SO2，每天可产生的SO2的质量为多少t；
（2）这些SO2在标准状况下的体积．
22．（2016高二上·新密开学考）下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．试推断：
（1）写出物质的化学式：A： B： C： Ⅰ： ．
（2）向F中逐滴滴加试剂①的现象为 ．
（3）写出下列反应的方程式：
C→E的离子方程式
C→F的离子方程式
G→H的离子方程式 ．
23．（2016高二上·新密开学考）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如图（部分产物已略去）：
试回答：
（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为 （填元素符号）
（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用必要的文字和离子方程式表示） ；D在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式 ．
（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式 ．
24．（2016高二上·新密开学考）有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B的单质是气体，0.1mol B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A元素的最高价氧化物的结构式 ；B元素在周期表中的位置 ．
（2）C单质在B单质中燃烧的生成物中所含化学键类型有 ；C与D 能形成化合物的电子式 ．
（3）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为 ．
（4）元素D与元素E相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 （填选项序号）．
a．常温下D的单质和E的单质状态不同 b．E的氢化物比D的氢化物稳定
c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应 d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸
e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．解热时水易挥发，经冷却后可得到纯净的水，可用蒸馏的方法制备，故A正确；
B．水和植物油互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；
C．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，不能用萃取，故C错误；
D．实验易溶于水，可用蒸发的方法分离，故D正确．
故选C．
【分析】A．制取蒸馏水用蒸馏的方法分离，根据物质的沸点不同；
B．水和植物油互不相溶，可用分液的方法分离；
C．食盐水与泥沙应用过滤的方法分离；
D．分离可溶性固体和水，可用蒸发的方法分离．
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】解：A．该仪器为量筒，故A正确；
B．该仪器为试管，故B正确；
C．该仪器为为坩埚，故C错误；
D．该仪器为分液漏斗，故D正确．
故选C．
【分析】根据仪器的性质确定仪器的名称，据此解题．
3．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Mg2++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32﹣；故A错误；
B、二氧化硫气体通入过量的Ca（ClO）2溶液中，次氯酸具有强氧化性能氧化亚硫酸钙为硫酸钙，故B错误
C、Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7氢氧化钡和硫酸氢钠按1：2反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；故C错误；
D、KHS的水解离子方程式为：HS﹣+H2O H2S+OH﹣，故D正确；
故选 D．
【分析】A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，氢氧化镁溶解性小于碳酸镁；
B、次氯酸氧化二氧化硫为硫酸；
C、pH=7时氢氧化钡和硫酸氢钠按1：2反应；
D、盐类水解程度微弱；
4．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：根据图像可知，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应，
A．H2在Cl2中燃烧的反应为放热反应，不满足条件，故A错误；
B．NH4Cl晶体与Ba（OH）2 8H2O混合搅拌反应是吸热反应，满足条件，故B正确；
C．钠与水的反应为放热反应，不满足条件，故C错误；
D．CaO溶于水生成Ca（OH）2反应是放热反应，与图像不相符，故D错误；
故选B．
【分析】根据图像可知，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应，①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量．常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等．②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量．常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等，据此进行解答．
5．【答案】B
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，
故选：B．
【分析】依据铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气解答．
6．【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，
A．常温下Y的单质为固体，而Z的单质为液体，常压下五种元素的单质中Y单质的沸点最高，故A错误；
B．X为N，N常见单质的分子式分别为N2，而W为P，P单质的分子式为P4同，故B错误；
C．W、X分别为P、N，氢化物分别为磷化氢和氨气，由于氨气分子中含有氢键，导致氨气的沸点大于磷化氢，故C正确；
D．R为稀有气体Ar，Ar的化学性质温度，不存在最高价氧化物，故D错误；
故选C．
【分析】图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，
A．常温下Y的单质为固体，而Z的单质为液体；
B．W为P，P单质的分子式为P4；
C．X为N，其氢化物为氨气，氨气分子中含有氢键，导致其沸点较高；
D．R为Ar，为稀有气体，不存在最高价氧化物．
7．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；芳香烃；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、水玻璃是硅酸钠水溶液，是混合物，石炭酸又名苯酚，苯酚、水银二者是纯净物，故A错误；
B、乙醇是由不同种元素组成的纯净物，是化合物；HD是由同种元素组成的纯净物，是单质；漂白粉是混合物，故B错误；
C、明矾、冰醋酸、硫酸钡在水溶液中或熔融状态下能导电，都是电解质，故C正确；
D、CH2O2，C2H4O2，C3H6O2，结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故D错误；
故选C．
【分析】A、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；
B、单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；
C、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．
8．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、pH=3的NaHSO3溶液中钠离子的浓度无法计算，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；
B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故1mol明矾形成的氢氧化铝胶粒个数小于NA个，故B错误；
C、碳酸根在溶液中会部分水解为HCO3﹣和H2CO3，故溶液中的CO32﹣和HCO3﹣、H2CO3的总数为0.1NA个，故C错误；
D、标况下11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，而乙烯中含6对共用电子对，故0.5mol乙烯中含3NA对共用电子对，故D正确．
故选D．
【分析】A、pH=3的NaHSO3溶液中钠离子的浓度无法计算；
B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；
C、碳酸根在溶液中会部分水解为HCO3﹣和H2CO3；
D、求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含6对共用电子对来分析．
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水作还原剂，故A不选；
B．反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；
C．反应中N元素的化合价既升高又降低，而水中元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂，又不是还原剂，故C选；
D．该反应中没有元素的化合价变化，该反应不是氧化还原反应，故D不选；
故选C．
【分析】A．反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高；
B．反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低；
C．反应中N元素的化合价既升高又降低；
D．该反应中没有元素的化合价变化．
10．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．误将洁厕灵与消毒液混合，盐酸与次氯酸发生氧化还原反应生成氯气和水，反应的离子方程式为：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故A正确；
B．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，发生反应生成硅酸钠和水，正确的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故B错误；
B．硝酸铝溶液中加入过量的氨水，反应产物为氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子反应为：Ca2++OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选A．
【分析】A．酸性条件下氯离子与次氯酸根离子反应生成氯气和水；
B．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；
C．氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；
D．澄清石灰水过量，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水．
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能判断为共价化合物，如NaCl、HCl，故A不选；
B．液态离子化合物导电，而液态共价化合物不导电，可利用液态能否导电判断共价化合物，故B选；
C．某些离子化合物也不易分解，如NaCl，不能利用是否分解判断化合物类型，故C不选；
D．某些离子化合物溶于水能电离，呈酸性，如NaHSO4，则不能利用于水能电离，呈酸性判断化合物类型，故D不选；
故选B．
【分析】能够证明HCl是共价化合物，则由分子构成，液态不导电即可证明，以此来解答．
12．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：①在NO3﹣存在的情况下，加入Al不会生成氢气，故不选；②pH=11的溶液，显碱性，在碱性条件下该组离子之间不反应，能大量共存，故选；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸碱均与HCO3﹣反应，不能大量共存，故不选；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故选；故选A．
【分析】①加入Al能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；②pH=11的溶液，显碱性；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性．
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．t1时正反应速率大于逆反应速率，正逆反应均发生，故A错误；
B．t2时正逆反应速率相等，反应达到限度，故B正确；
C．t2时反应达到平衡状态，为动态平衡，反应仍发生，故C错误；
D．t2时反应达到平衡状态，浓度保存不变，但浓度是否相等与起始量及转化率有关，故D错误；
故选B．
【分析】由图可知，t1时正反应速率大于逆反应速率，t2时正逆反应速率相等，则t2时反应达到平衡状态，以此来解答．
14．【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、任何化学反应都伴随着能量变化，能量变化不一定是热量变化，可以是光能、电能等，故A错误；
B、从宏观角度来说，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，故B正确；
C、成键释放能量，断键吸收能量，故C正确；
D、化学反应一定伴随能量变化，还会伴随其他形式的能：光能、电能等的变化，故D正确．
故选：A．
【分析】化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成新键放出能量，从宏观角度来说，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，从微观角度来说，拆开反应物的化学键吸收的能量小于形成新的化学键放出的能量，反应放热，反之吸热，化学反应一定伴随能量变化，还会伴随其他形式能的变，以此解答．
15．【答案】D
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】解：混合气体通过品红溶液，溶液红色褪去，说明含有SO2；通过澄清石灰水无白色沉淀出现，说明含有HCl，可能含有CO2；通过炽热的CuO，固体变为红色，说明含有CO；故混合气体中肯定含有HCl、SO2和CO，可能含CO2；
故选D．
【分析】根据题目中提供的物质以及物质之间的反应做出推断，混合气体通过品红溶液，溶液红色褪去，说明含有SO2；通过澄清石灰水无白色沉淀出现，说明含有HCl，可能含有CO2；通过炽热的CuO，固体变为红色，说明含有CO．
16．【答案】（1）NO2
（2）
（3）3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO
（4）
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：G是常见的红色金属单质，则G为金属Cu；D是最常见的无色液体，则D为H2O；B、H是空气的主要成分，则B、H为N2、O2；F与Cu反应生成不同气体C、E，则F应该为HNO3，气体E与水反应生成硝酸，则E为NO2，C只能为NO气体；A与B反应生成H2O和NO，则A为NH3、B为O2，故H为N2，反应②的条件是“700℃，催化剂”，为NO与氨气反应生成氮气和水，（1）根据分析可知，E为二氧化氮，化学式为NO2，故答案为：NO2；（2）A为氨气，氨气为共价化合物，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为 ，
故答案为： ；（3）反应①为二氧化氮与水的反应，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO；（4）反应②为一氧化氮与氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为：6NO+4NH3 5N2+6H2O，NO中氮元素化合价+2价变化为0价，氨气中氮元素化合价﹣3价变化为0价，电子转移总数为12e﹣，标出电子转移的方向与数目为： 故答案为： ．
【分析】G是常见的红色金属单质，则G为金属Cu；D是最常见的无色液体，则D为H2O；B、H是空气的主要成分，则B、H为N2、O2；F与Cu反应生成不同气体C、E，则F应该为HNO3，气体E与水反应生成硝酸，则E为NO2，C只能为NO气体；A与B反应生成H2O和NO，则A为NH3、B为O2，故H为N2，反应②的条件是“700℃，催化剂”，为NO与氨气反应生成氮气和水，据此进行解答．
17．【答案】（1）5
（2）15.68
（3）16.8
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣ NH3↑+2H2O，从图中可看出34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应．则n（NaOH）=n（NH3）= =0.5 mol，c（NaOH）= =5mol/L，故答案为：5；（2）当固体混合物的质量是51.6 g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为 ×100mL=150mL，而V（NaOH）=140 mL，说明固体过量，所以n（NH3）=n（NaOH）=5 mol/L×0.14 L=0.7mol，V（NH3）=0.7mol×22.4 L/mol=15.68 L，故答案为：15.68；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180 mL时，说明NaOH过量，则固体51.6 g完全反应，故V（NH3）=11.2L× =16.8 L，
故答案为：16.8．
【分析】（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣ NH3↑+2H2O，由图像可知，加入固体34.4g时生成氨气体积增大为11.2L，根据n= 计算氨气的物质的量，结合方程式计算氢氧根的物质的量，再根据c= 计算氢氧化钠的物质的量浓度；（2）当固体混合物的质量是51.6 g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为 ×100mL=150mL，而V（NaOH）=140 mL，说明固体过量，故n（NH3）=n（NaOH），据此计算解答；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180 mL时，说明NaOH过量，则固体51.6 g完全反应，再根据固体质量与生成气体体积关系计算．
18．【答案】（1）生石灰；浓氨水；碱石灰；碱石灰
（2）CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出
（3）3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O
（4）2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4
（5）还原性
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：从末端的N2逆推可知X中含N元素．从E增重可推导D中反应有水生成．N2和H2O均由D中反应而来，初步判断D中CuO与含N、H元素的物质X作用，猜想X为NH3．A、B相遇得NH3，B应盛有浓氨水，A中应盛固体NaOH或CaO，因题给物质微溶，可知它是CaO．（1）分析可知ABCE中盛放试剂的名称分别为：生石灰； 浓氨水；碱石灰； 碱石灰，故答案为：生石灰； 浓氨水；碱石灰； 碱石灰；（2）A和B中物质相遇生成X的主要原因是CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出，故答案为：CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出；（3）D中反应是氨气和氧化铜加热发生的氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O；（4）F中的反应是氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，反应的化学方程式为：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4 ，故答案为：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4 ；（5）氨气和氧化铜反应3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O，反应过程中氨气中 氮元素化合价﹣3价变化为0价，氨气表现为还原性故答案为：还原性．
【分析】从末端的N2逆推可知X中含N元素．从E增重可推导D中反应有水生成．N2和H2O均由D中反应而来，初步判断D中CuO与含N、H元素的物质X作用，猜想X为NH3．A、B相遇得NH3，B应盛有浓氨水，A中应盛固体NaOH或CaO，因题给物质微溶，可知它是CaO．最后全面检查验证，（1）分析可知A中为生石灰，B为浓氨水，C为干燥氨气的固体碱石灰，E为碱石灰吸收生成的水蒸气；（2）A和B中物质相遇生成X为氨气，是利用氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热，一水合氨受热分解生成氨气；（3）D中是氨气和氧化铜加热发生的氧化还原反应生成氮气、铜和水；（4）F中的反应是氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵；（5）氨气和氧化铜反应过程中氨气表现为还原性．
19．【答案】（1）3Cu+2HNO3+3H2SO4═3CuSO4+2NO↑+4H2O
（2）取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3+未除净，否则 Fe3+除净
（3）Fe（OH）3
（4）3NO2+H2O═2HNO3+NO
（5）3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑
（6）混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净，故答案为：取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3+未除净，否则 Fe3+除净；（3）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；（6）图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积．故答案为：混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可．
【分析】废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体．（1）由工艺流程图转化关系可知，由于硫酸的存在，酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水．（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在；（3）由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁．（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；（6）图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，据此分析．
20．【答案】（1）温度计；常温下二氧化氯为气态
（2）2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O
（3）2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O；蒸发结晶；趁热过滤
（4）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，污染环境
【知识点】氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】解：（1）二氧化氯（ClO2）沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，故装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；装置B用冰水浴的原因是ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态故答案为：温度计；常温下二氧化氯为气态；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；（3）①根据ClO2在碱溶液中发生岐化其氧化产物和还原产物的物质的量比为1：1，可知Cl的化合物由+4变为+3和+5，还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，因此化学方程式为：2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O，故答案为：2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O；②NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶； 趁热过滤；（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，不会产生环境污染，故答案为：H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，污染环境．
【分析】（1）二氧化氯（ClO2）沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O；（3）①根据ClO2在碱溶液中发生岐化其氧化产物和还原产物的物质的量比为1：1，可知Cl的化合物由+4变为+3和+5，还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3；②NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶、趁热过滤；（4）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，不会产生环境污染．
21．【答案】（1）解：设每天可产生的SO2的质量为xt，根据硫元素守恒：
10t×0.32%=xt×
解得x=0.064
答：每天可产生的SO2的质量为0.064吨；
（2）解：二氧化硫物质的量为 =1000mol，故二氧化硫的体积为1000mol×22.4L/mol=2.24×104L，
答：SO2在标准状况下的体积为2.24×104L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）根据硫元素守恒计算；（2）根据n= 计算二氧化硫物质的量，再根据V=nVm计算二氧化硫体积．
22．【答案】（1）Al；Fe2O3；Al2O3；Fe（OH）3
（2）开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解
（3）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A、D是常见的金属单质，化合物B是红色粉末，结合转化关系可知，B是Fe2O3、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐．（1）A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，I为Fe（OH）3，故答案为：Al；Fe2O3；Al2O3；Fe（OH）3；（2）向F（偏铝酸盐）中逐滴滴加试剂①（强酸），开始生成氢氧化铝白色沉淀，后氢氧化铝又溶于强酸，故答案为：开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解；（3）C→E的离子方程式：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，C→F的离子方程式：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，G→H的离子方程式：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓．
【分析】A、D是常见的金属单质，化合物B是红色粉末，结合转化关系可知，B是Fe2O3、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐，据此解答．
23．【答案】（1）Na
（2）加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe3+2Fe3++Fe=3Fe2+；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
（3）Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O或Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2，发生的反应为：4Na+O2=2Na2O，2Na2O+O2=2Na2O2，故答案为：Na；（2）若D是金属．说明金属具有变价，A稀溶液具有氧化性，推断为：HNO3→Fe（NO3）3→Fe（NO3）2，D为Fe，因Fe（NO3）2易被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，发生腐蚀时原电池正极是氧气获得电子变为OH﹣，该的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，
故答案为：加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe3+，2Fe3++Fe=3Fe2+；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣； B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，在酸溶解的离子方程式是：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，或碱中Al（OH）3溶解反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O或 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
【分析】（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；（2）若D是金属．说明金属具有变价，A稀溶液具有氧化性，推断为：HNO3→Fe（NO3）3→Fe（NO3）2，D为Fe，因Fe（NO3）2易被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，发生腐蚀时原电池正极是氧气获得电子变为OH﹣；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣； B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶液强酸强碱．
24．【答案】（1）O=C=O；第二周期第ⅥA族
（2）离子键、非极性共价键（或共价键）；
（3）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
（4）Cl；bd
【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：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现﹣2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl．则（1）A为碳元素，最高价氧化物为CO2，结构式为O=C=O；B为氧元素，在周期表中的位置是第二周期VIA族，故答案为：O=C=O；第二周期VIA族；（2）B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2，含有离子键、共价键；C与D 能形成化合物是硫化钠，含离子键，则电子式为 ，故答案为：离子键、非极性共价键（或共价键）； ；（3）D元素的低价氧化物为二氧化硫，与氯气的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性Cl＞S，a．单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故a错误；b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，故b正确；c．与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，故c错误；d．最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，故d正确；e．硫不能与HCl反应生成氯气，故e错误；故答案为：Cl；bd．
【分析】有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现﹣2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl，以此来解答．
1 / 12016-2017学年河南省郑州市新密市英华中学高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·新密开学考）下列分离和提纯的实验中，所选用的方法或仪器不正确的是（ ）
序号 A B C D
实验目的 制取蒸馏水 分离水和植物油 分离食盐水与泥沙 从浓食盐水中得到氯化钠晶体
分离方法 蒸馏 分液 萃取 蒸发
选用仪器
A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：A．解热时水易挥发，经冷却后可得到纯净的水，可用蒸馏的方法制备，故A正确；
B．水和植物油互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；
C．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，不能用萃取，故C错误；
D．实验易溶于水，可用蒸发的方法分离，故D正确．
故选C．
【分析】A．制取蒸馏水用蒸馏的方法分离，根据物质的沸点不同；
B．水和植物油互不相溶，可用分液的方法分离；
C．食盐水与泥沙应用过滤的方法分离；
D．分离可溶性固体和水，可用蒸发的方法分离．
2．（2016高二上·新密开学考）下列仪器及其名称不正确的是（ ）
A．量筒 B．试管
C．蒸发皿 D．分液漏斗
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】解：A．该仪器为量筒，故A正确；
B．该仪器为试管，故B正确；
C．该仪器为为坩埚，故C错误；
D．该仪器为分液漏斗，故D正确．
故选C．
【分析】根据仪器的性质确定仪器的名称，据此解题．
3．（2016高二上·新密开学考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓
B．二氧化硫气体通入过量的Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClO
C．Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O
D．KHS的水解 HS﹣+H2O H2S+OH﹣
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A、碳酸氢镁溶液和过量的NaOH溶液反应的离子方程式为：2HCO3﹣+Mg2++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32﹣；故A错误；
B、二氧化硫气体通入过量的Ca（ClO）2溶液中，次氯酸具有强氧化性能氧化亚硫酸钙为硫酸钙，故B错误
C、Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4至pH等于7氢氧化钡和硫酸氢钠按1：2反应：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；故C错误；
D、KHS的水解离子方程式为：HS﹣+H2O H2S+OH﹣，故D正确；
故选 D．
【分析】A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，氢氧化镁溶解性小于碳酸镁；
B、次氯酸氧化二氧化硫为硫酸；
C、pH=7时氢氧化钡和硫酸氢钠按1：2反应；
D、盐类水解程度微弱；
4．（2016高二上·新密开学考）下列反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）
A．H2在Cl2中燃烧
B．Ba（OH）2 8H2O和NH4Cl固体的反应
C．Na和H2O的反应
D．生石灰溶于水
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：根据图像可知，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应，
A．H2在Cl2中燃烧的反应为放热反应，不满足条件，故A错误；
B．NH4Cl晶体与Ba（OH）2 8H2O混合搅拌反应是吸热反应，满足条件，故B正确；
C．钠与水的反应为放热反应，不满足条件，故C错误；
D．CaO溶于水生成Ca（OH）2反应是放热反应，与图像不相符，故D错误；
故选B．
【分析】根据图像可知，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应，①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量．常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等．②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量．常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等，据此进行解答．
5．（2016高二上·新密开学考）在加热条件下，用普通铁粉和水蒸气反应可得到铁的氧化物，该氧化物是（ ）
A．FeO B．Fe3O4 C．Fe2O3 D．CuO
【答案】B
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2，
故选：B．
【分析】依据铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气解答．
6．（2016高二上·新密开学考）如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A．常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B．X和W的常见单质的分子式分别为X2和W2
C．W的氢化物沸点比X的氢化物的沸点低
D．R最高氧化物水化物的酸性最强
【答案】C
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，
A．常温下Y的单质为固体，而Z的单质为液体，常压下五种元素的单质中Y单质的沸点最高，故A错误；
B．X为N，N常见单质的分子式分别为N2，而W为P，P单质的分子式为P4同，故B错误；
C．W、X分别为P、N，氢化物分别为磷化氢和氨气，由于氨气分子中含有氢键，导致氨气的沸点大于磷化氢，故C正确；
D．R为稀有气体Ar，Ar的化学性质温度，不存在最高价氧化物，故D错误；
故选C．
【分析】图为元素周期表前四周期的一部分，由元素的位置可知，X为N，W为P，Y为S，R为Ar，Z为Br，
A．常温下Y的单质为固体，而Z的单质为液体；
B．W为P，P单质的分子式为P4；
C．X为N，其氢化物为氨气，氨气分子中含有氢键，导致其沸点较高；
D．R为Ar，为稀有气体，不存在最高价氧化物．
7．（2016高二上·新密开学考）下列有关物质的分类或归类正确的是（ ）
A．混合物：石炭酸、水玻璃、水银
B．化合物：乙醇、漂白粉、HD
C．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡
D．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；芳香烃；物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、水玻璃是硅酸钠水溶液，是混合物，石炭酸又名苯酚，苯酚、水银二者是纯净物，故A错误；
B、乙醇是由不同种元素组成的纯净物，是化合物；HD是由同种元素组成的纯净物，是单质；漂白粉是混合物，故B错误；
C、明矾、冰醋酸、硫酸钡在水溶液中或熔融状态下能导电，都是电解质，故C正确；
D、CH2O2，C2H4O2，C3H6O2，结构不一定相似，可能是羧酸也可能是酯，不是同系物，故D错误；
故选C．
【分析】A、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；
B、单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；
C、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
D、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．
8．（2016高二上·新密开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．25℃时，pH=3的1.0LNaHSO3溶液中，含Na+数目为0.001 NA
B．1mol明矾与水完全反应转化为氢氧化铝胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
C．1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中CO32﹣和HCO3﹣总数为0.1 NA
D．标准状况下，11.2 L的乙烯中含有的共用电子对数为3NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、pH=3的NaHSO3溶液中钠离子的浓度无法计算，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；
B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故1mol明矾形成的氢氧化铝胶粒个数小于NA个，故B错误；
C、碳酸根在溶液中会部分水解为HCO3﹣和H2CO3，故溶液中的CO32﹣和HCO3﹣、H2CO3的总数为0.1NA个，故C错误；
D、标况下11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，而乙烯中含6对共用电子对，故0.5mol乙烯中含3NA对共用电子对，故D正确．
故选D．
【分析】A、pH=3的NaHSO3溶液中钠离子的浓度无法计算；
B、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；
C、碳酸根在溶液中会部分水解为HCO3﹣和H2CO3；
D、求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含6对共用电子对来分析．
9．（2016高二上·新密开学考）下列各反应中，水既不是氧化剂，又不是还原剂，且反应属于氧化还原反应的是（ ）
A．氟气和水 B．铝与氢氧化钠溶液
C．二氧化氮和水 D．五氧化二磷与冷水
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，水作还原剂，故A不选；
B．反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，故B不选；
C．反应中N元素的化合价既升高又降低，而水中元素的化合价不变，所以水既不是氧化剂，又不是还原剂，故C选；
D．该反应中没有元素的化合价变化，该反应不是氧化还原反应，故D不选；
故选C．
【分析】A．反应中F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高；
B．反应中Al元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低；
C．反应中N元素的化合价既升高又降低；
D．该反应中没有元素的化合价变化．
10．（2016高二上·新密开学考）下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．误将洁厕灵与消毒液混合：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O
B．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH﹣═Na2SiO3↓+H2O
C．硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3 H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．误将洁厕灵与消毒液混合，盐酸与次氯酸发生氧化还原反应生成氯气和水，反应的离子方程式为：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故A正确；
B．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，发生反应生成硅酸钠和水，正确的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故B错误；
B．硝酸铝溶液中加入过量的氨水，反应产物为氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子反应为：Ca2++OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选A．
【分析】A．酸性条件下氯离子与次氯酸根离子反应生成氯气和水；
B．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；
C．氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；
D．澄清石灰水过量，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水．
11．（2016高二上·新密开学考）下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是（ ）
A．HCl易溶于水 B．液态的HCl不导电
C．HCl不易分解 D．HCl溶于水能电离，呈酸性
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能判断为共价化合物，如NaCl、HCl，故A不选；
B．液态离子化合物导电，而液态共价化合物不导电，可利用液态能否导电判断共价化合物，故B选；
C．某些离子化合物也不易分解，如NaCl，不能利用是否分解判断化合物类型，故C不选；
D．某些离子化合物溶于水能电离，呈酸性，如NaHSO4，则不能利用于水能电离，呈酸性判断化合物类型，故D不选；
故选B．
【分析】能够证明HCl是共价化合物，则由分子构成，液态不导电即可证明，以此来解答．
12．（2016高二上·新密开学考）下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
①加入Al能放出大量H2的溶液中：Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣
②在pH=11的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣
③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+、F﹣
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣．
A．②④ B．①②④ C．①③④ D．①②
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：①在NO3﹣存在的情况下，加入Al不会生成氢气，故不选；②pH=11的溶液，显碱性，在碱性条件下该组离子之间不反应，能大量共存，故选；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸碱均与HCO3﹣反应，不能大量共存，故不选；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故选；故选A．
【分析】①加入Al能放出大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；②pH=11的溶液，显碱性；③由水电离的c（H+）=10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性．
13．（2016高二上·新密开学考）如图是可逆反应X2+3Y2 2Z在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（ ）
A．t1时，只有正方向反应 B．t2时，反应达到限度
C．t2～t3，反应不再发生 D．t2～t3，各物质的浓度相等
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．t1时正反应速率大于逆反应速率，正逆反应均发生，故A错误；
B．t2时正逆反应速率相等，反应达到限度，故B正确；
C．t2时反应达到平衡状态，为动态平衡，反应仍发生，故C错误；
D．t2时反应达到平衡状态，浓度保存不变，但浓度是否相等与起始量及转化率有关，故D错误；
故选B．
【分析】由图可知，t1时正反应速率大于逆反应速率，t2时正逆反应速率相等，则t2时反应达到平衡状态，以此来解答．
14．（2016高一下·杭州期中）下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是（ ）
A．任何化学反应都伴随着热量的变化
B．一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小
C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量
D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等
【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、任何化学反应都伴随着能量变化，能量变化不一定是热量变化，可以是光能、电能等，故A错误；
B、从宏观角度来说，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，故B正确；
C、成键释放能量，断键吸收能量，故C正确；
D、化学反应一定伴随能量变化，还会伴随其他形式的能：光能、电能等的变化，故D正确．
故选：A．
【分析】化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成新键放出能量，从宏观角度来说，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，从微观角度来说，拆开反应物的化学键吸收的能量小于形成新的化学键放出的能量，反应放热，反之吸热，化学反应一定伴随能量变化，还会伴随其他形式能的变，以此解答．
15．（2016高二上·新密开学考）有一种混合气体，它可能由CO、CO2、SO2、HCl中的一种或多种气体组成．该气体依次通过下列物质的现象如下：缓慢通过澄清石灰水无白色沉淀出现；通过品红溶液，溶液红色褪去；通过炽热的CuO，固体变为红色；通过澄清石灰水，出现白色沉淀．该混合气体组成的各说法中，正确的是（ ）
A．肯定不含有CO2 B．只含有SO2和CO
C．含有SO2、CO和CO2，可能含HCl D．含HCl、SO2和CO，可能含CO2
【答案】D
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】解：混合气体通过品红溶液，溶液红色褪去，说明含有SO2；通过澄清石灰水无白色沉淀出现，说明含有HCl，可能含有CO2；通过炽热的CuO，固体变为红色，说明含有CO；故混合气体中肯定含有HCl、SO2和CO，可能含CO2；
故选D．
【分析】根据题目中提供的物质以及物质之间的反应做出推断，混合气体通过品红溶液，溶液红色褪去，说明含有SO2；通过澄清石灰水无白色沉淀出现，说明含有HCl，可能含有CO2；通过炽热的CuO，固体变为红色，说明含有CO．
二、非选择题
16．（2016高二上·新密开学考）有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去，其中反应②的条件是“700℃，催化剂”）．G是常见的红色金属单质，B、H是空气的主要成分，A、C、E均是常见气体，D是最常见的无色液体．
请回答下列问题：
（1）E的化学式为 ．
（2）A的电子式为 ．
（3）写出反应①的离子方程式： ．
（4）写出反应②的化学方程式，并标出电子转移的方向与数目： ．
【答案】（1）NO2
（2）
（3）3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO
（4）
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：G是常见的红色金属单质，则G为金属Cu；D是最常见的无色液体，则D为H2O；B、H是空气的主要成分，则B、H为N2、O2；F与Cu反应生成不同气体C、E，则F应该为HNO3，气体E与水反应生成硝酸，则E为NO2，C只能为NO气体；A与B反应生成H2O和NO，则A为NH3、B为O2，故H为N2，反应②的条件是“700℃，催化剂”，为NO与氨气反应生成氮气和水，（1）根据分析可知，E为二氧化氮，化学式为NO2，故答案为：NO2；（2）A为氨气，氨气为共价化合物，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为 ，
故答案为： ；（3）反应①为二氧化氮与水的反应，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO；（4）反应②为一氧化氮与氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为：6NO+4NH3 5N2+6H2O，NO中氮元素化合价+2价变化为0价，氨气中氮元素化合价﹣3价变化为0价，电子转移总数为12e﹣，标出电子转移的方向与数目为： 故答案为： ．
【分析】G是常见的红色金属单质，则G为金属Cu；D是最常见的无色液体，则D为H2O；B、H是空气的主要成分，则B、H为N2、O2；F与Cu反应生成不同气体C、E，则F应该为HNO3，气体E与水反应生成硝酸，则E为NO2，C只能为NO气体；A与B反应生成H2O和NO，则A为NH3、B为O2，故H为N2，反应②的条件是“700℃，催化剂”，为NO与氨气反应生成氮气和水，据此进行解答．
17．（2016高二上·新密开学考）在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3 和（NH4）2SO4 的固体混合物，加热使之充分反应，如图表示加入固体的质量与产生气体的体积（标准状况）的关系．试计算：
（1）NaOH溶液的物质的量浓度是 mol L﹣1
（2）当NaOH溶液为140mL，固体为51.6g时，充分反应产生的气体为 L（标准状况）
（3）当NaOH溶液为180mL，固体仍为51.6g时，充分反应产生的气体为 L（标准状况）．
【答案】（1）5
（2）15.68
（3）16.8
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣ NH3↑+2H2O，从图中可看出34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应．则n（NaOH）=n（NH3）= =0.5 mol，c（NaOH）= =5mol/L，故答案为：5；（2）当固体混合物的质量是51.6 g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为 ×100mL=150mL，而V（NaOH）=140 mL，说明固体过量，所以n（NH3）=n（NaOH）=5 mol/L×0.14 L=0.7mol，V（NH3）=0.7mol×22.4 L/mol=15.68 L，故答案为：15.68；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180 mL时，说明NaOH过量，则固体51.6 g完全反应，故V（NH3）=11.2L× =16.8 L，
故答案为：16.8．
【分析】（1）氢氧化钠与NH4NO3和（NH4）2SO4的混合物生成氨气，发生反应NH4++OH﹣ NH3↑+2H2O，由图像可知，加入固体34.4g时生成氨气体积增大为11.2L，根据n= 计算氨气的物质的量，结合方程式计算氢氧根的物质的量，再根据c= 计算氢氧化钠的物质的量浓度；（2）当固体混合物的质量是51.6 g时，固体混合物完全反应消耗的氢氧化钠溶液的体积为 ×100mL=150mL，而V（NaOH）=140 mL，说明固体过量，故n（NH3）=n（NaOH），据此计算解答；（3）由（2）分析可知，当V（NaOH）=180 mL时，说明NaOH过量，则固体51.6 g完全反应，再根据固体质量与生成气体体积关系计算．
18．（2016高二上·新密开学考）如图是某气体X产生并研究其性质的装置．
A中盛有微溶的白色固体，B中盛有无色挥发性液体，C和E中盛有干燥剂．A和B中物质相遇时有无色气体X生成，它经图中一系列装置在末端得到N2，且E管的质量增加．
（1）写出盛放试剂的名称：
A． ，B． ，C． ，E． ．
（2）A和B中物质相遇生成X的主要原因是： ．
（3）D中反应的化学方程式 ．
（4）F中反应的化学方程式 ．
（5）从D中反应说明气体X具有 （填“酸性”“碱性”“氧化性”或“还原性”）．
【答案】（1）生石灰；浓氨水；碱石灰；碱石灰
（2）CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出
（3）3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O
（4）2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4
（5）还原性
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：从末端的N2逆推可知X中含N元素．从E增重可推导D中反应有水生成．N2和H2O均由D中反应而来，初步判断D中CuO与含N、H元素的物质X作用，猜想X为NH3．A、B相遇得NH3，B应盛有浓氨水，A中应盛固体NaOH或CaO，因题给物质微溶，可知它是CaO．（1）分析可知ABCE中盛放试剂的名称分别为：生石灰； 浓氨水；碱石灰； 碱石灰，故答案为：生石灰； 浓氨水；碱石灰； 碱石灰；（2）A和B中物质相遇生成X的主要原因是CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出，故答案为：CaO与水化合生成熟石灰，消耗水并放出大量热，使浓氨水中的NH3逸出；（3）D中反应是氨气和氧化铜加热发生的氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O；（4）F中的反应是氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，反应的化学方程式为：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4 ，故答案为：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4 ；（5）氨气和氧化铜反应3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O，反应过程中氨气中 氮元素化合价﹣3价变化为0价，氨气表现为还原性故答案为：还原性．
【分析】从末端的N2逆推可知X中含N元素．从E增重可推导D中反应有水生成．N2和H2O均由D中反应而来，初步判断D中CuO与含N、H元素的物质X作用，猜想X为NH3．A、B相遇得NH3，B应盛有浓氨水，A中应盛固体NaOH或CaO，因题给物质微溶，可知它是CaO．最后全面检查验证，（1）分析可知A中为生石灰，B为浓氨水，C为干燥氨气的固体碱石灰，E为碱石灰吸收生成的水蒸气；（2）A和B中物质相遇生成X为氨气，是利用氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热，一水合氨受热分解生成氨气；（3）D中是氨气和氧化铜加热发生的氧化还原反应生成氮气、铜和水；（4）F中的反应是氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵；（5）氨气和氧化铜反应过程中氨气表现为还原性．
19．（2016高二上·新密开学考）硫酸铜在生产、生活中应用广泛．某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图：
（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式： ．
（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是 ．
（3）滤渣c是 ．
（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为
2NO+O2═2NO2、 ．
（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，且n（SO3）：n（SO2）=1：2，写出硫酸铜受热分解的化学方程式： ．
（6）某同学设计了如图所示的实验装置分别测定生成的SO2、SO3气体的质量和O2气体的体积．此设计有不合理之处，请说明理由： ．
【答案】（1）3Cu+2HNO3+3H2SO4═3CuSO4+2NO↑+4H2O
（2）取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3+未除净，否则 Fe3+除净
（3）Fe（OH）3
（4）3NO2+H2O═2HNO3+NO
（5）3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑
（6）混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净，故答案为：取少量试样于试管中，向试样中滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则Fe3+未除净，否则 Fe3+除净；（3）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：3CuSO4 3CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；（6）图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积．故答案为：混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可．
【分析】废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体．（1）由工艺流程图转化关系可知，由于硫酸的存在，酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水．（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在；（3）由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁．（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；（6）图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，据此分析．
20．（2016高二上·新密开学考）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，沸点为11℃．用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，实验装置如图所示：
（1）装置A中还应安装的玻璃仪器是 ，装置B用冰水浴的原因是 ．
（2）装置A中产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式： ．
（3）①实验过程中，装置C中少量的ClO2与NaOH溶液反应产生两种钠盐，且物质的量之比为1：1，其中一种为NaClO2，写出装置C中生成这两种钠盐的离子方程式： ．
②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2.3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
a． ；b． ；c．洗涤；d．干燥．
（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是 ．
【答案】（1）温度计；常温下二氧化氯为气态
（2）2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O
（3）2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O；蒸发结晶；趁热过滤
（4）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，污染环境
【知识点】氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】解：（1）二氧化氯（ClO2）沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，故装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；装置B用冰水浴的原因是ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态故答案为：温度计；常温下二氧化氯为气态；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；（3）①根据ClO2在碱溶液中发生岐化其氧化产物和还原产物的物质的量比为1：1，可知Cl的化合物由+4变为+3和+5，还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，因此化学方程式为：2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O，故答案为：2ClO2+2OH﹣=ClO2﹣+ClO3﹣+H2O；②NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶； 趁热过滤；（4）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，不会产生环境污染，故答案为：H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，污染环境．
【分析】（1）二氧化氯（ClO2）沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O；（3）①根据ClO2在碱溶液中发生岐化其氧化产物和还原产物的物质的量比为1：1，可知Cl的化合物由+4变为+3和+5，还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3；②NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：蒸发结晶、趁热过滤；（4）H2O2作还原剂时氧化产物为O2，不会产生环境污染．
21．（2016高二上·新密开学考）某工厂的燃料煤中硫的质量分数为0.32%，该工厂每天燃烧这种煤10t，计算：
（1）如果煤中的硫全部转化为SO2，每天可产生的SO2的质量为多少t；
（2）这些SO2在标准状况下的体积．
【答案】（1）解：设每天可产生的SO2的质量为xt，根据硫元素守恒：
10t×0.32%=xt×
解得x=0.064
答：每天可产生的SO2的质量为0.064吨；
（2）解：二氧化硫物质的量为 =1000mol，故二氧化硫的体积为1000mol×22.4L/mol=2.24×104L，
答：SO2在标准状况下的体积为2.24×104L．
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【分析】（1）根据硫元素守恒计算；（2）根据n= 计算二氧化硫物质的量，再根据V=nVm计算二氧化硫体积．
22．（2016高二上·新密开学考）下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物．试推断：
（1）写出物质的化学式：A： B： C： Ⅰ： ．
（2）向F中逐滴滴加试剂①的现象为 ．
（3）写出下列反应的方程式：
C→E的离子方程式
C→F的离子方程式
G→H的离子方程式 ．
【答案】（1）Al；Fe2O3；Al2O3；Fe（OH）3
（2）开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解
（3）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A、D是常见的金属单质，化合物B是红色粉末，结合转化关系可知，B是Fe2O3、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐．（1）A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，I为Fe（OH）3，故答案为：Al；Fe2O3；Al2O3；Fe（OH）3；（2）向F（偏铝酸盐）中逐滴滴加试剂①（强酸），开始生成氢氧化铝白色沉淀，后氢氧化铝又溶于强酸，故答案为：开始有白色沉淀生成，继续滴加沉淀溶解；（3）C→E的离子方程式：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，C→F的离子方程式：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，G→H的离子方程式：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓．
【分析】A、D是常见的金属单质，化合物B是红色粉末，结合转化关系可知，B是Fe2O3、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，①是强酸，②是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐，据此解答．
23．（2016高二上·新密开学考）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间的转化关系如图（部分产物已略去）：
试回答：
（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为 （填元素符号）
（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用必要的文字和离子方程式表示） ；D在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，写出腐蚀时原电池正极的电极反应式 ．
（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式 ．
【答案】（1）Na
（2）加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe3+2Fe3++Fe=3Fe2+；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
（3）Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O或Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2，发生的反应为：4Na+O2=2Na2O，2Na2O+O2=2Na2O2，故答案为：Na；（2）若D是金属．说明金属具有变价，A稀溶液具有氧化性，推断为：HNO3→Fe（NO3）3→Fe（NO3）2，D为Fe，因Fe（NO3）2易被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，发生腐蚀时原电池正极是氧气获得电子变为OH﹣，该的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，
故答案为：加入少量铁，防止Fe2+被氧化为Fe3+，2Fe3++Fe=3Fe2+；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣； B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，在酸溶解的离子方程式是：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，或碱中Al（OH）3溶解反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O或 Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
【分析】（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；（2）若D是金属．说明金属具有变价，A稀溶液具有氧化性，推断为：HNO3→Fe（NO3）3→Fe（NO3）2，D为Fe，因Fe（NO3）2易被氧化而变质，可加入铁防止被氧化生成硝酸铁，铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，发生腐蚀时原电池正极是氧气获得电子变为OH﹣；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣； B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物溶液强酸强碱．
24．（2016高二上·新密开学考）有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B的单质是气体，0.1mol B的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：
（1）A元素的最高价氧化物的结构式 ；B元素在周期表中的位置 ．
（2）C单质在B单质中燃烧的生成物中所含化学键类型有 ；C与D 能形成化合物的电子式 ．
（3）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为 ．
（4）元素D与元素E相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 （填选项序号）．
a．常温下D的单质和E的单质状态不同 b．E的氢化物比D的氢化物稳定
c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应 d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸
e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质．
【答案】（1）O=C=O；第二周期第ⅥA族
（2）离子键、非极性共价键（或共价键）；
（3）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
（4）Cl；bd
【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：有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现﹣2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl．则（1）A为碳元素，最高价氧化物为CO2，结构式为O=C=O；B为氧元素，在周期表中的位置是第二周期VIA族，故答案为：O=C=O；第二周期VIA族；（2）B单质与C单质在点燃时反应的生成物为Na2O2，含有离子键、共价键；C与D 能形成化合物是硫化钠，含离子键，则电子式为 ，故答案为：离子键、非极性共价键（或共价键）； ；（3）D元素的低价氧化物为二氧化硫，与氯气的水溶液反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，
故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性Cl＞S，a．单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故a错误；b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，故b正确；c．与变价金属反应可以根据产物中金属化合价判断非金属元素的非金属性强弱，Na不是变价金属，不能判断硫与氯的非金属性强弱，故c错误；d．最高价含氧酸的酸性与中心元素的非金属性一致，故d正确；e．硫不能与HCl反应生成氯气，故e错误；故答案为：Cl；bd．
【分析】有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同，则C处于第三周期、B处于第二周期，在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移，B元素表现﹣2价，则B为O元素；C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质，则C为Na；D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应，E的原子序数最大，则D为S元素，E为Cl，以此来解答．
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