2016-2017学年江西省赣州市厚德外国语学校高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·赣州开学考）下列物质与其用途相符合的是（ ）
①Cl2﹣消毒剂
②Si﹣半导体材料
③SO2﹣杀菌消毒
④SiO2﹣光导纤维
⑤碘﹣预防甲状腺肿大
⑥淀粉﹣检验I2的存在
⑦Ca（ClO）2﹣漂白纺织物
⑧Al2O3﹣耐高温材料．
A．②③④⑤⑥⑧ B．①②③④⑤⑧
C．②③④⑤⑧ D．全部
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①正确；②Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，所以Si是半导体材料，故②正确； ③SO2可用于工业上杀菌消毒，所以二氧化硫可以杀菌消毒，故③正确； ④Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，SiO2是光导纤维，故④正确；⑤碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故⑤正确；⑥淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故⑥正确；⑥Ca（ClO）2﹣与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥正确；⑧Al2O3是高熔点是耐高温材料，故⑧正确；
故选：D．
【分析】①根据Cl2能与水反应生成次氯酸；②Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分； ③SO2可用于工业上杀菌消毒； ④Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分；⑤碘是预防甲状腺肿大的主要元素；
⑥淀粉遇碘变蓝色； ⑦与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物；⑧Al2O3是高熔点是耐高温材料．
2．（2016高二上·赣州开学考）下列各组离子，能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Na+、MnO4﹣、CO32﹣、Cl﹣
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液中：OH﹣、K+、Ba2+、Na+
C．透明的酸性溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣
D．pH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．MnO4﹣有颜色，与题目不符，故A错误；
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性，酸性条件下OH﹣不能大量共存，故B错误；
C．透明的酸性溶液中离子之间不发生任何反应，故C正确；
D．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【分析】A．MnO4﹣有颜色；
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性；
C．离子之间不发生任何反应；
D．pH=1的溶液呈酸性．
3．（2016高二上·赣州开学考）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣
B．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
C．向碳酸氢铵稀溶液中加入过量烧碱溶液：NH4++OH﹣═NH3H2O
D．钠与水的反应：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳，离子方程式：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故A正确；
B．碳酸钙溶于稀醋酸，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；
C．向碳酸氢铵稀溶液中加入过量烧碱溶液，离子方程式：2HCO3﹣+NH4++2OH﹣═H2O+NH3 H2O+CO32﹣，故C错误；
D．钠与水的反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；
故选：A．
【分析】A．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；
B．醋酸为弱酸应保留化学式；
C．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子、铵根离子都反应；
D．原子个数不守恒．
4．（2016高二上·赣州开学考）下列有关说法正确的是（ ）
A．氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物
D．NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；
D．NH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；
故选：B．
【分析】A．氯气具有强氧化性，活性炭具有吸附性；
B．酸性氧化物能够与碱反应生成盐和水；
C．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；
D．氨气本身不能电离出自由离子．
5．（2016高二上·赣州开学考）如图所示是Zn和Cu形成的原电池，下列描述合理的是（ ）
①Zn为负极，Cu为正极
②Cu极上有气泡产生
③阳离子移向Zn极
④电子从Zn极流出沿导线流向Cu极
⑤该装置能将电能转化为化学能
⑥若有0.5mol电子流经导线，则负极质量减轻16g．
A．①②④ B．②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：①该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，故正确；②铜电极上电极反应为2H++2e﹣=H2↑，发生还原反应，故正确；③硫酸根离子向负极锌移动，故错误；④电子由Zn电极流向Cu电极，故正确；⑤该装置能将化学能转化为电能，故错误；⑥若有0.5mol电子流经导线，所以质量为65×0.25=16.25g，故错误；
故选A．
【分析】Zn﹣Cu原电池中，Zn作负极，铜作正极，电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，以此来解答．
6．（2016高二上·赣州开学考）反应2A（g） 2B（g）+E（g）（吸热反应）达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，可采取的措施是（ ）
A．加压 B．减压 C．降温 D．减少E的浓度
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A．增大压强，平衡向正反应方向移动，A的浓度减小，正、逆反应速率都增大，故A错误；
B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；
C．降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故C正确；
D．减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正、逆速率都减小，但A的浓度降低，故D错误．
故选C．
【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
7．（2016高二上·赣州开学考）如图是酸性介质的氢氧燃料电池构造示意图．关于该电池的说法不正确的是（ ）
A．a极是负极 B．电解质溶液中的H+向b极移动
C．电子由b通过灯泡流向a D．氢氧燃料电池是环保电池
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；
B、原电池工作时，氢离子向正极移动，向b极移动，故B正确；
C、原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故C错误；
D、氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，属于环保电池，故D正确．
故选C．
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，由此分析解答．
8．（2016高一上·庆阳期中）在KCl、MgCl2、Mg（NO3）2形成的混合溶液中，c（K+）=0.1mol/L，c（Mg2+）=0.15mol/L，c（Cl﹣）=0.2mol/L，则c（NO3﹣）为（ ）
A．0.05 mol/L B．0.20 mol/L C．0.30 mol/L D．0.40 mol/L
【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；物质的量浓度
【解析】【解答】解：溶液呈电中性，溶液中c（K+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），
则：0.1mol/L+2×0.15mol/L=0.2mol/L+c（NO3﹣），
解得c（NO3﹣）=0.2mol/L，
故选B．
【分析】溶液呈电中性，溶液中c（K+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），据此计算．
9．（2016高二上·赣州开学考）下列可用来区别SO2和CO2气体的是（ ）
①澄清的石灰水 ②氢硫酸 ③氯水 ④酸性高锰酸钾 ⑤氯化钡 ⑥品红溶液．
A．①④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②③⑥ D．②③④⑥
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：①SO2和CO2气体都能使澄清的石灰水变浑浊，则不能区分，故①错误； ②只有SO2能与氢硫酸反应生成S沉淀，则可以区分，故②正确； ③二者中只有SO2能与氯水反应生成盐酸和硫酸，使颜色消失，则可以区分，故③正确；④二者中只有SO2能与酸性高锰酸钾反应，使颜色消失，则可以区分，故④正确； ⑤SO2和CO2气体都不与氯化钡反应，则无法区别，故⑤错误； ⑥二者中只有SO2能使品红溶液褪色，则可以区分，故⑥正确；
故选D．
【分析】SO2和CO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，都不与氯化钡反应，则无法区别，则利用二氧化硫的还原性、漂白性可区分二者，以此来解答．
10．（2016高二上·赣州开学考）将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液．若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=160mL时，则V2为（ ）
A．240mL B．300mL C．400mL D．440mL
【答案】D
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，
由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）= n（Na+）= n（NaOH）= ×0.16L×1mol/L=0.08mol，
设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，
100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，
根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.2﹣0.08=0.12，
联立方程解得：x=0.06、y=0.02，
所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol，
滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：
n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol，
则V2= =0.44L=440mL，
故选D．
【分析】根据图像可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=160mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Mg）、n（Al）；
当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液；根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V= 计算滴入氢氧化钠溶液体积V2．
11．（2016高二上·赣州开学考）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A． 与 得电子能力相同
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小
D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A． 与 互为同位素，化学性质相同，故A正确；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+，但互为同位素原子时化学性质相同，故B错误；
C．C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故C错误；
D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，故D错误．
故选：A．
【分析】A．3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质相同；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱．
12．（2016高二上·赣州开学考）向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断正确的是（ ）
A．整个过程共发生2个氧化还原反应
B．在该溶液中滴少量品红，品红褪色
C．所有离子的浓度都发生了变化
D．反应过程中氯气既作氧化剂又作还原剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，A不符合题意；
B．氯气过量，溶液中含HCl哦，具有漂白性，在该溶液中滴少量品红，品红褪色，B符合题意；
C．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，但Na+浓度不变，C不符合题意；
D．与SO32﹣、Br﹣反应中氯气得到电子，氯气作氧化剂，而只有氯气与水反应中Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，氯气过量时溶液中含具有漂白性的HClO，以此解答该题．
13．（2016高二上·赣州开学考）恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO2 2NO+O2，达到平衡状态的是（ ）
①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2
②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO
③混合气体的颜色不再改变
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．①③⑤ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；④中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑤也说明符合特征（2）．故①③⑤能说明是否达到平衡状态．
故选A．
【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．
14．（2016高二上·赣州开学考）已知：
①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．
下列判断正确的为（ ）
A．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2，故A正确；
B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；
C、①生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；
D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．
故选A．
【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；
氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；
三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，
氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，
还原剂的还原性大于还原产物的还原性．
15．（2016高二上·赣州开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是（ ）
A．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由X、W两种元素组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强是因为X的氢化物分子间易形成氢键
D．离子半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，
A．元素X、W的简单阴离子分别为O2﹣、S2﹣，离子的电子层结构不同，A不符合题意；
B．X、W分别为O、S元素，二者形成的化合物二氧化硫、三氧化硫都是共价化合物，B不符合题意；
C．氢键影响熔沸点，而氢化物稳定性与共价键有关，与氢键无关，C不符合题意；
D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），即r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W），D符合题意；
故答案为：D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素；在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素；W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题．
16．（2016高二上·赣州开学考）如图是常见四种有机物的比例模型示意图．下列说法正确的是（ ）
A．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C．丙与溴水可以发生取代反应
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：由图可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．
A．甲烷性质稳定，不能被高锰酸钾氧化，则甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．乙烯中含双键，则与溴水发生加成反应使其褪色，故B正确；
C．苯与溴水不反应，与液溴在催化作用下发生取代反应，故C错误；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，故D错误．
故选B．
【分析】由图可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．
A．甲烷性质稳定，不能被高锰酸钾氧化；
B．乙烯中含双键；
C．苯与溴水不反应；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应．
二、非选择题
17．将下列物质按要求填空
①131I 与132I ②C60与石墨 ③CH3Cl 与CH3CH2Cl ④硫酸氢钠⑤氯化镁⑥氩
⑦过氧化氢 ⑧ 与 ⑨CS2⑩过氧化钠
（1）互为同位素的是
（2）互为同素异形体的是
（3）互为同系物的是
（4）⑧中两种物质的关系是 （同系物，同素异形体，同一种物质）
（5）含共价键的离子化合物
（6）仅含共价键的物质
（7）用电子式表示⑨的形成过程 ．
【答案】（1）①
（2）②
（3）③
（4）同种物质
（5）④⑩
（6）⑦⑨
（7）
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；芳香烃；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】解：（1）131I 与132I 是碘元素的不同核素，互为同位素，故答案为：①；（2）C60与石墨都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，
故答案为：②；（3）CH3Cl 与CH3CH2Cl结构相似，分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故答案为：③；（4）⑧ 与 ，分子式和结构完全相同，属于同一种物质3﹣甲基己烷，
故答案为：同种物质；（5）硫酸氢钠和过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，属于含共价键的离子化合物，
故答案为：④⑩；（6）过氧化氢中H与O、O与O之间形成共价键，CS2中C与S之间形成共价键，故答案为：⑦⑨；（7）二硫化碳是硫原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为 ，故答案为： ．
【分析】（1）同一种元素的不同核素之间互为同位素；（2）同种元素组成的不同单质互为同素异形体；（3）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物；（4）分子式和二者结构均相同，属于同一种物质；（5）硫酸氢钠和过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键；（6）过氧化氢和CS2仅含共价键；（7）先判断化合物的类型，再根据书写规则书写形成过程．
18．（2016高二上·赣州开学考）现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态（纯）H2SO4③液态的（纯）醋酸 ④铜 ⑤纯蔗糖（C12H22O11） ⑥纯酒精（C2H5OH） ⑦熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：
（1）以上物质中能导电的是 ；
（2）以上物质中属于电解质的是 ；
（3）以上物质中属于非电解质的是 ．
【答案】（1）④⑦
（2）①②③⑦
（3）⑤⑥
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl晶体本身不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；②液态（纯）H2SO4 本身不能导电，但在水溶液中能导电，是电解质；③液态的醋酸不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；④Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑤纯蔗糖（C12H22O11）本身不能导电，在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑥纯酒精（C2H5OH）本身不导电，在在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑦熔化的KNO3能导电，是电解质；（1）能导电的是④⑦；
故答案为：④⑦；（2）属于电解质的是 ①②③⑦；
故答案为：①②③⑦； （3）属于非电解质的是 ⑤⑥；
故答案为：⑤⑥．
【分析】物质导电有两种原因，一是有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由离子的溶液能够导电；
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．
19．（2016高二上·赣州开学考）根据题意解答
（1）试用质子数、中子数、电子数、质量数和同位素填空：
① C与 N具有相同的 ② N与 N互为
（2）同温同压下，相同质量的H2和N2中分子数目之比为
（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为
【答案】（1）中子数；同位素
（2）14：1
（3）5mol/L
【知识点】元素、核素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）① C与 N具有相同的中子数，13﹣6=14﹣7=7，故答案为：中子数；② N与 N质子数相同质量数不同，中子数不同为氮元素的同位素，故答案为：同位素；（2）同温同压下，相同质量的H2和N2中分子数目之比=气体物质的量之比= ： =14：1，故答案为：14；1；（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，溶质物质的量n= =1mol，所得溶液的物质的量浓度c= =5mol/L，故答案为：5mol/L．
【分析】（1）①原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数=质子数+中子数；②质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；（2）同温同压下气体物质的量之比等于其分子数之比；（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，溶质为HCl，溶质物质的量浓度c= ．
20．（2016高二上·赣州开学考）恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个V升固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）═2NH3（g）
（1）若反应进行到t分钟时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a= ，反应速率V（H2）= mol L﹣1 min﹣1．
（2）下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的平均摩尔质量不变
④容器内N2，H2，NH3的浓度之比为1：3：2 ⑤单位时间内生成n mol NH3，同时生成N2，H2共2n mol
（3）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%．计算平衡时NH3的物质的量n（NH3）= mol，N2和H2的转化率之比，α（N2）：α（H2）= ．（写最简整数比）
【答案】（1）16；
（2）③
（3）8；1：2
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）反应进行到t时，测的N2为13mol，NH3为6mol，由方程式可知，参加反应的氮气的物质的量为：6mol× =3mol，故氮气的起始物质的量为：13mol+3mol=16mol，即a=16；
nt（NH3）=6mol，则用氨气表示的平均反应速率为：v（NH3）= = mol L﹣1 min﹣1，根据反应速率与化学计量数成正比可知，v（H2）= v（NH3）= mol L﹣1 min﹣1，
故答案为：16； ；（2）①该反应为气体体积缩小的反应，反应过程中压强发生变化，当混合气体的压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①错误；②反应前后气体的体积和总质量不变，则混合气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故②错误；③该反应气体的总质量不变，气体总物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量发生变化，当平均摩尔质量不变时，表明该反应已经达到平衡状态，故③正确；④容器内N2，H2，NH3的浓度之比为1：3：2，无法判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故④错误；⑤单位时间内生成n mol NH3，同时生成N2，H2共2n mol，无法判断氮气、氢气的物质的量，则无法判断平衡状态，故⑤错误；
故答案为：③；（3）反应达平衡时，混合气体为： =32mol，其中NH3的物质的量为：32mol×25%=8mol；
利用差量法计算：
N2（g）+ 3H2（g） 2NH3（g） 物质的量减少△n
1mol 3mol 2mol 2mol
转化： 4mol 12mol 8mol 8mol
故原混合气体为：32mol+8mol=40mol，
由（1）知a=16mol，则b=40mol﹣16mol=24mol，
达到平衡时，N2和H2的转化率之比α（N2）：α（H2）= ： =1：2，
故答案为：1：2．
【分析】（1）根据生成氨气的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的氮气的物质的量，t时刻时氮气的物质的量与参加反应的氮气的物质的量之和为a的值；根据v= 计算出用氨气表示的反应速率，然后利用化学反应速率与化学计量数成正比计算出用氢气表示的反应速率；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；（3）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量；原混合气体的物质的量减去氮气的物质的量为氢气的物质的量，然后计算出达到平衡时N2和H2的转化率，最后计算出N2和H2的转化率之比．
21．（2016高二上·赣州开学考）A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：
（1）写出A单质的结构式 ，B的最高价氧化物的水化物的电子式 ．
（2）A和D的氢化物中，沸点较高的是 ．（写出化学式）．
（3）写出E离子的离子结构示意图 ，元素D在元素周期表中的位置是 ．
（4）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为 ．它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该离子方程式为 ．
【答案】（1）O=O；
（2）H2O
（3）；第三周期VIIA族
（4）次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O
【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：地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素，
综上所述：A为O、B为Na、C为Al、D为Cl、E为Ca，（1）氧气单质中两个O原子形成2对共价键，故结构式为O=O，Na的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为： ，故答案为：O=O； ；（2）由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl，故答案为：H2O；（3）E为Ca，有4个电子层，最外层电子数为2，失去最外层2个电子形成阳离子，离子结构示意图为： ，Cl的原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则位于第三周期VIIA族，故答案为： ；第三周期VIIA族；（4）钙、氯、氧可形成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca（ClO4）2，其中满足题设条件下的盐为Ca（ClO）2（次氯酸钙），由于在酸性环境中ClO﹣具有强氧化性，Cl﹣具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，
故答案为：次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O．
【分析】地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素，根据对应原子结构特点以及对应单质、化合物的性质解答该题即可．
22．（2016高二上·赣州开学考）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验．
（1）实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象．
①红色变成黑色的反应是：2Cu+O2 2CuO；
②黑色变为红色的化学方程式为： ．
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是 反应．
（2）甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是 ；乙的作用是 ．
（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到多种物质，它们是 ．（任写两种即可）
【答案】（1）CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热
（2）加热；冷却
（3）乙醛、乙醇、水、乙酸等
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：乙醇乙挥发，在甲种水浴加热下，乙醇与空气在铜的催化下发生氧化还原反应生成乙醛，乙在冷却下用于收集乙醛，应反应不能充分进行，还可收集到乙醇、水等．（1）铜丝变黑是因为发生反应：2Cu+O2 2CuO；后来变红是因为发生反应：CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，该反应是乙醇的催化氧化，铜在反应中做催化剂；
熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应时一个放热反应，
故答案为：CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热；（2）根据反应流程可知：在甲处用热水浴加热使乙醇挥发与空气中的氧气混合，有利于下一步反应；乙处作用为冷水浴，降低温度，使生成的乙醛冷凝成为液体，沉在试管的底部，
故答案为：加热；冷却；（3）乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇、乙醛和水的沸点高低不同，乙醛可部分被氧化生成乙酸，在试管a中能收集这些不同的物质，空气的成分主要是氮气和氧气，氧气参加反应后剩余的主要是氮气，故答案为：乙醛、乙醇、水、乙酸等．
【分析】乙醇乙挥发，在甲种水浴加热下，乙醇与空气在铜的催化下发生氧化还原反应生成乙醛，乙在冷却下用于收集乙醛，应反应不能充分进行，还可收集到乙醇、水等．（1）乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，属于加氧的氧化反应，方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应；（2）依据乙醇和乙醛的物理性质：二者都容易挥发．乙醇是反应物，应转化成乙醇蒸汽进入到硬质试管内参与反应；乙醛是产物，降低温度使其转化成液态，所以前者用热水浴，后者用冷水浴；（3）根据物质的沸点高低不同来确定获得的物质，结合空气的成分以及发生的反应确定剩余的气体成分．
23．（2016高二上·赣州开学考）今年秋末冬初北方地区出现长时间雾霾天气，某地区的雾霾中可能含有如下几种离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．对该地区雾霾处理后获得试样溶液进行了如下的实验：
已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+18H2O═3NH3↑+8[Al（OH）4]﹣
请回答下列问题：
①试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀1的化学式是 ．生成气体Ⅰ的离子方程式为 ，检验该气体的方法是 ．
②根据实验结果，推测出雾霾中一定含有的离子有 ，若要确定原试样溶液存在的其它阴离子，可使用的检验试剂是（按加入先后顺序填写） ．
【答案】Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2，AgNO3
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；生成的沉淀1只能为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体1，该气体是NH3，可知发生NO3﹣+Al+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3，说明原溶液中含Al3+，①试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀1为Mg（OH）2；气体1的生成是溶液中的铵根离子与氢氧根反应生成的：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；由于氨气是唯一的碱性气体，故检验的方法为：将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气．
故答案为：Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；
②经过上述分析，雾霾中国一定含有的离子为NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；由于不能确定的阴离子有SO42﹣、Cl﹣，而检验SO42﹣用钡盐，检验Cl﹣用硝酸银，而由于Ag+既能与SO42﹣又能与Cl﹣反应，而Ba2+只与SO42﹣反应，故应先向溶液中加入Ba（NO3）2，若有白色沉淀生成，则说明溶液中有SO42﹣；然后取上层清液，加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，则溶液中含Cl﹣．
故答案为：NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2，AgNO3．
【分析】试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；生成的沉淀1只能为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体1，该气体是NH3，可知发生NO3﹣+Al+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3，说明原溶液中含Al3+，以此解答该题．
1 / 12016-2017学年江西省赣州市厚德外国语学校高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·赣州开学考）下列物质与其用途相符合的是（ ）
①Cl2﹣消毒剂
②Si﹣半导体材料
③SO2﹣杀菌消毒
④SiO2﹣光导纤维
⑤碘﹣预防甲状腺肿大
⑥淀粉﹣检验I2的存在
⑦Ca（ClO）2﹣漂白纺织物
⑧Al2O3﹣耐高温材料．
A．②③④⑤⑥⑧ B．①②③④⑤⑧
C．②③④⑤⑧ D．全部
2．（2016高二上·赣州开学考）下列各组离子，能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Na+、MnO4﹣、CO32﹣、Cl﹣
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液中：OH﹣、K+、Ba2+、Na+
C．透明的酸性溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣
D．pH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
3．（2016高二上·赣州开学考）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣
B．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
C．向碳酸氢铵稀溶液中加入过量烧碱溶液：NH4++OH﹣═NH3H2O
D．钠与水的反应：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
4．（2016高二上·赣州开学考）下列有关说法正确的是（ ）
A．氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物
D．NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质
5．（2016高二上·赣州开学考）如图所示是Zn和Cu形成的原电池，下列描述合理的是（ ）
①Zn为负极，Cu为正极
②Cu极上有气泡产生
③阳离子移向Zn极
④电子从Zn极流出沿导线流向Cu极
⑤该装置能将电能转化为化学能
⑥若有0.5mol电子流经导线，则负极质量减轻16g．
A．①②④ B．②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤
6．（2016高二上·赣州开学考）反应2A（g） 2B（g）+E（g）（吸热反应）达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，可采取的措施是（ ）
A．加压 B．减压 C．降温 D．减少E的浓度
7．（2016高二上·赣州开学考）如图是酸性介质的氢氧燃料电池构造示意图．关于该电池的说法不正确的是（ ）
A．a极是负极 B．电解质溶液中的H+向b极移动
C．电子由b通过灯泡流向a D．氢氧燃料电池是环保电池
8．（2016高一上·庆阳期中）在KCl、MgCl2、Mg（NO3）2形成的混合溶液中，c（K+）=0.1mol/L，c（Mg2+）=0.15mol/L，c（Cl﹣）=0.2mol/L，则c（NO3﹣）为（ ）
A．0.05 mol/L B．0.20 mol/L C．0.30 mol/L D．0.40 mol/L
9．（2016高二上·赣州开学考）下列可用来区别SO2和CO2气体的是（ ）
①澄清的石灰水 ②氢硫酸 ③氯水 ④酸性高锰酸钾 ⑤氯化钡 ⑥品红溶液．
A．①④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②③⑥ D．②③④⑥
10．（2016高二上·赣州开学考）将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液．若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=160mL时，则V2为（ ）
A．240mL B．300mL C．400mL D．440mL
11．（2016高二上·赣州开学考）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A． 与 得电子能力相同
B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小
D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
12．（2016高二上·赣州开学考）向某含有SO32﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Br﹣、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断正确的是（ ）
A．整个过程共发生2个氧化还原反应
B．在该溶液中滴少量品红，品红褪色
C．所有离子的浓度都发生了变化
D．反应过程中氯气既作氧化剂又作还原剂
13．（2016高二上·赣州开学考）恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO2 2NO+O2，达到平衡状态的是（ ）
①单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO2
②单位时间内生成a mol O2的同时生成2a mol NO
③混合气体的颜色不再改变
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．①③⑤ B．②④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤
14．（2016高二上·赣州开学考）已知：
①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色．
下列判断正确的为（ ）
A．上述实验证明氧化性：MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
15．（2016高二上·赣州开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是（ ）
A．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由X、W两种元素组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强是因为X的氢化物分子间易形成氢键
D．离子半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）
16．（2016高二上·赣州开学考）如图是常见四种有机物的比例模型示意图．下列说法正确的是（ ）
A．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C．丙与溴水可以发生取代反应
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
二、非选择题
17．将下列物质按要求填空
①131I 与132I ②C60与石墨 ③CH3Cl 与CH3CH2Cl ④硫酸氢钠⑤氯化镁⑥氩
⑦过氧化氢 ⑧ 与 ⑨CS2⑩过氧化钠
（1）互为同位素的是
（2）互为同素异形体的是
（3）互为同系物的是
（4）⑧中两种物质的关系是 （同系物，同素异形体，同一种物质）
（5）含共价键的离子化合物
（6）仅含共价键的物质
（7）用电子式表示⑨的形成过程 ．
18．（2016高二上·赣州开学考）现有以下物质：①NaCl晶体 ②液态（纯）H2SO4③液态的（纯）醋酸 ④铜 ⑤纯蔗糖（C12H22O11） ⑥纯酒精（C2H5OH） ⑦熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：
（1）以上物质中能导电的是 ；
（2）以上物质中属于电解质的是 ；
（3）以上物质中属于非电解质的是 ．
19．（2016高二上·赣州开学考）根据题意解答
（1）试用质子数、中子数、电子数、质量数和同位素填空：
① C与 N具有相同的 ② N与 N互为
（2）同温同压下，相同质量的H2和N2中分子数目之比为
（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为
20．（2016高二上·赣州开学考）恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个V升固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 （g）+3H2（g）═2NH3（g）
（1）若反应进行到t分钟时，nt（N2）=13mol，nt（NH3）=6mol，计算a= ，反应速率V（H2）= mol L﹣1 min﹣1．
（2）下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的平均摩尔质量不变
④容器内N2，H2，NH3的浓度之比为1：3：2 ⑤单位时间内生成n mol NH3，同时生成N2，H2共2n mol
（3）反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（标况下），其中NH3的含量（体积分数）为25%．计算平衡时NH3的物质的量n（NH3）= mol，N2和H2的转化率之比，α（N2）：α（H2）= ．（写最简整数比）
21．（2016高二上·赣州开学考）A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：
（1）写出A单质的结构式 ，B的最高价氧化物的水化物的电子式 ．
（2）A和D的氢化物中，沸点较高的是 ．（写出化学式）．
（3）写出E离子的离子结构示意图 ，元素D在元素周期表中的位置是 ．
（4）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为 ．它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该离子方程式为 ．
22．（2016高二上·赣州开学考）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验．
（1）实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象．
①红色变成黑色的反应是：2Cu+O2 2CuO；
②黑色变为红色的化学方程式为： ．
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是 反应．
（2）甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是 ；乙的作用是 ．
（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到多种物质，它们是 ．（任写两种即可）
23．（2016高二上·赣州开学考）今年秋末冬初北方地区出现长时间雾霾天气，某地区的雾霾中可能含有如下几种离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣．对该地区雾霾处理后获得试样溶液进行了如下的实验：
已知：3NO3﹣+8Al+5OH﹣+18H2O═3NH3↑+8[Al（OH）4]﹣
请回答下列问题：
①试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀1的化学式是 ．生成气体Ⅰ的离子方程式为 ，检验该气体的方法是 ．
②根据实验结果，推测出雾霾中一定含有的离子有 ，若要确定原试样溶液存在的其它阴离子，可使用的检验试剂是（按加入先后顺序填写） ．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①正确；②Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，所以Si是半导体材料，故②正确； ③SO2可用于工业上杀菌消毒，所以二氧化硫可以杀菌消毒，故③正确； ④Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分，SiO2是光导纤维，故④正确；⑤碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故⑤正确；⑥淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故⑥正确；⑥Ca（ClO）2﹣与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥正确；⑧Al2O3是高熔点是耐高温材料，故⑧正确；
故选：D．
【分析】①根据Cl2能与水反应生成次氯酸；②Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分； ③SO2可用于工业上杀菌消毒； ④Si是半导体材料，二氧化硅是光导纤维的成分；⑤碘是预防甲状腺肿大的主要元素；
⑥淀粉遇碘变蓝色； ⑦与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物；⑧Al2O3是高熔点是耐高温材料．
2．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．MnO4﹣有颜色，与题目不符，故A错误；
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性，酸性条件下OH﹣不能大量共存，故B错误；
C．透明的酸性溶液中离子之间不发生任何反应，故C正确；
D．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【分析】A．MnO4﹣有颜色；
B．能使紫色石蕊试剂变红的溶液呈酸性；
C．离子之间不发生任何反应；
D．pH=1的溶液呈酸性．
3．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳，离子方程式：OH﹣+CO2═HCO3﹣，故A正确；
B．碳酸钙溶于稀醋酸，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；
C．向碳酸氢铵稀溶液中加入过量烧碱溶液，离子方程式：2HCO3﹣+NH4++2OH﹣═H2O+NH3 H2O+CO32﹣，故C错误；
D．钠与水的反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；
故选：A．
【分析】A．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；
B．醋酸为弱酸应保留化学式；
C．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子、铵根离子都反应；
D．原子个数不守恒．
4．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；
D．NH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；
故选：B．
【分析】A．氯气具有强氧化性，活性炭具有吸附性；
B．酸性氧化物能够与碱反应生成盐和水；
C．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；
D．氨气本身不能电离出自由离子．
5．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：①该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，故正确；②铜电极上电极反应为2H++2e﹣=H2↑，发生还原反应，故正确；③硫酸根离子向负极锌移动，故错误；④电子由Zn电极流向Cu电极，故正确；⑤该装置能将化学能转化为电能，故错误；⑥若有0.5mol电子流经导线，所以质量为65×0.25=16.25g，故错误；
故选A．
【分析】Zn﹣Cu原电池中，Zn作负极，铜作正极，电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动，以此来解答．
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A．增大压强，平衡向正反应方向移动，A的浓度减小，正、逆反应速率都增大，故A错误；
B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；
C．降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故C正确；
D．减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正、逆速率都减小，但A的浓度降低，故D错误．
故选C．
【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．
7．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；
B、原电池工作时，氢离子向正极移动，向b极移动，故B正确；
C、原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故C错误；
D、氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，属于环保电池，故D正确．
故选C．
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，由此分析解答．
8．【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；物质的量浓度
【解析】【解答】解：溶液呈电中性，溶液中c（K+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），
则：0.1mol/L+2×0.15mol/L=0.2mol/L+c（NO3﹣），
解得c（NO3﹣）=0.2mol/L，
故选B．
【分析】溶液呈电中性，溶液中c（K+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），据此计算．
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】解：①SO2和CO2气体都能使澄清的石灰水变浑浊，则不能区分，故①错误； ②只有SO2能与氢硫酸反应生成S沉淀，则可以区分，故②正确； ③二者中只有SO2能与氯水反应生成盐酸和硫酸，使颜色消失，则可以区分，故③正确；④二者中只有SO2能与酸性高锰酸钾反应，使颜色消失，则可以区分，故④正确； ⑤SO2和CO2气体都不与氯化钡反应，则无法区别，故⑤错误； ⑥二者中只有SO2能使品红溶液褪色，则可以区分，故⑥正确；
故选D．
【分析】SO2和CO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，都不与氯化钡反应，则无法区别，则利用二氧化硫的还原性、漂白性可区分二者，以此来解答．
10．【答案】D
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，
由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）= n（Na+）= n（NaOH）= ×0.16L×1mol/L=0.08mol，
设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，
100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，
根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.2﹣0.08=0.12，
联立方程解得：x=0.06、y=0.02，
所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol，
滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：
n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol，
则V2= =0.44L=440mL，
故选D．
【分析】根据图像可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余硫酸，V1=160mL时，剩余的H2SO4与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO42﹣离子、Na+离子守恒，列方程求算n（Mg）、n（Al）；
当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al（OH）3完全溶解，沉淀是Mg（OH）2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液；根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n（NaOH），再利用V= 计算滴入氢氧化钠溶液体积V2．
11．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A． 与 互为同位素，化学性质相同，故A正确；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+，但互为同位素原子时化学性质相同，故B错误；
C．C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故C错误；
D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，故D错误．
故选：A．
【分析】A．3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质相同；
B．核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如S2﹣、Ar、K+；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
D．同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱．
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氯气的化学性质
【解析】【解答】A．发生了氯气氧化SO32﹣、Br﹣2个氧化还原反应，另外还存在氯气和水的反应，A不符合题意；
B．氯气过量，溶液中含HCl哦，具有漂白性，在该溶液中滴少量品红，品红褪色，B符合题意；
C．SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，所有阴离子的浓度都发生了变化，但Na+浓度不变，C不符合题意；
D．与SO32﹣、Br﹣反应中氯气得到电子，氯气作氧化剂，而只有氯气与水反应中Cl元素的化合价既升高又降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，氯气过量时溶液中含具有漂白性的HClO，以此解答该题．
13．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；④中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑤也说明符合特征（2）．故①③⑤能说明是否达到平衡状态．
故选A．
【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．
14．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4﹣＞Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+＞I2，故A正确；
B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；
C、①生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；
D、②反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误．
故选A．
【分析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；
氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；
三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，
氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，
还原剂的还原性大于还原产物的还原性．
15．【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，
A．元素X、W的简单阴离子分别为O2﹣、S2﹣，离子的电子层结构不同，A不符合题意；
B．X、W分别为O、S元素，二者形成的化合物二氧化硫、三氧化硫都是共价化合物，B不符合题意；
C．氢键影响熔沸点，而氢化物稳定性与共价键有关，与氢键无关，C不符合题意；
D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小为：r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），即r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W），D符合题意；
故答案为：D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素；在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素；W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题．
16．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：由图可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．
A．甲烷性质稳定，不能被高锰酸钾氧化，则甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．乙烯中含双键，则与溴水发生加成反应使其褪色，故B正确；
C．苯与溴水不反应，与液溴在催化作用下发生取代反应，故C错误；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，故D错误．
故选B．
【分析】由图可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇．
A．甲烷性质稳定，不能被高锰酸钾氧化；
B．乙烯中含双键；
C．苯与溴水不反应；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应．
17．【答案】（1）①
（2）②
（3）③
（4）同种物质
（5）④⑩
（6）⑦⑨
（7）
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；芳香烃；元素、核素；同位素及其应用
【解析】【解答】解：（1）131I 与132I 是碘元素的不同核素，互为同位素，故答案为：①；（2）C60与石墨都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，
故答案为：②；（3）CH3Cl 与CH3CH2Cl结构相似，分子组成上相差一个CH2原子团，互为同系物，故答案为：③；（4）⑧ 与 ，分子式和结构完全相同，属于同一种物质3﹣甲基己烷，
故答案为：同种物质；（5）硫酸氢钠和过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键，属于含共价键的离子化合物，
故答案为：④⑩；（6）过氧化氢中H与O、O与O之间形成共价键，CS2中C与S之间形成共价键，故答案为：⑦⑨；（7）二硫化碳是硫原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为 ，故答案为： ．
【分析】（1）同一种元素的不同核素之间互为同位素；（2）同种元素组成的不同单质互为同素异形体；（3）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物；（4）分子式和二者结构均相同，属于同一种物质；（5）硫酸氢钠和过氧化钠中既含有离子键，也含有共价键；（6）过氧化氢和CS2仅含共价键；（7）先判断化合物的类型，再根据书写规则书写形成过程．
18．【答案】（1）④⑦
（2）①②③⑦
（3）⑤⑥
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl晶体本身不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；②液态（纯）H2SO4 本身不能导电，但在水溶液中能导电，是电解质；③液态的醋酸不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；④Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑤纯蔗糖（C12H22O11）本身不能导电，在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑥纯酒精（C2H5OH）本身不导电，在在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑦熔化的KNO3能导电，是电解质；（1）能导电的是④⑦；
故答案为：④⑦；（2）属于电解质的是 ①②③⑦；
故答案为：①②③⑦； （3）属于非电解质的是 ⑤⑥；
故答案为：⑤⑥．
【分析】物质导电有两种原因，一是有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由离子的溶液能够导电；
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．
19．【答案】（1）中子数；同位素
（2）14：1
（3）5mol/L
【知识点】元素、核素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）① C与 N具有相同的中子数，13﹣6=14﹣7=7，故答案为：中子数；② N与 N质子数相同质量数不同，中子数不同为氮元素的同位素，故答案为：同位素；（2）同温同压下，相同质量的H2和N2中分子数目之比=气体物质的量之比= ： =14：1，故答案为：14；1；（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，溶质物质的量n= =1mol，所得溶液的物质的量浓度c= =5mol/L，故答案为：5mol/L．
【分析】（1）①原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数=质子数+中子数；②质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；（2）同温同压下气体物质的量之比等于其分子数之比；（3）将标况下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，溶质为HCl，溶质物质的量浓度c= ．
20．【答案】（1）16；
（2）③
（3）8；1：2
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）反应进行到t时，测的N2为13mol，NH3为6mol，由方程式可知，参加反应的氮气的物质的量为：6mol× =3mol，故氮气的起始物质的量为：13mol+3mol=16mol，即a=16；
nt（NH3）=6mol，则用氨气表示的平均反应速率为：v（NH3）= = mol L﹣1 min﹣1，根据反应速率与化学计量数成正比可知，v（H2）= v（NH3）= mol L﹣1 min﹣1，
故答案为：16； ；（2）①该反应为气体体积缩小的反应，反应过程中压强发生变化，当混合气体的压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①错误；②反应前后气体的体积和总质量不变，则混合气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故②错误；③该反应气体的总质量不变，气体总物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量发生变化，当平均摩尔质量不变时，表明该反应已经达到平衡状态，故③正确；④容器内N2，H2，NH3的浓度之比为1：3：2，无法判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故④错误；⑤单位时间内生成n mol NH3，同时生成N2，H2共2n mol，无法判断氮气、氢气的物质的量，则无法判断平衡状态，故⑤错误；
故答案为：③；（3）反应达平衡时，混合气体为： =32mol，其中NH3的物质的量为：32mol×25%=8mol；
利用差量法计算：
N2（g）+ 3H2（g） 2NH3（g） 物质的量减少△n
1mol 3mol 2mol 2mol
转化： 4mol 12mol 8mol 8mol
故原混合气体为：32mol+8mol=40mol，
由（1）知a=16mol，则b=40mol﹣16mol=24mol，
达到平衡时，N2和H2的转化率之比α（N2）：α（H2）= ： =1：2，
故答案为：1：2．
【分析】（1）根据生成氨气的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的氮气的物质的量，t时刻时氮气的物质的量与参加反应的氮气的物质的量之和为a的值；根据v= 计算出用氨气表示的反应速率，然后利用化学反应速率与化学计量数成正比计算出用氢气表示的反应速率；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；（3）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量；原混合气体的物质的量减去氮气的物质的量为氢气的物质的量，然后计算出达到平衡时N2和H2的转化率，最后计算出N2和H2的转化率之比．
21．【答案】（1）O=O；
（2）H2O
（3）；第三周期VIIA族
（4）次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O
【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：地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素，
综上所述：A为O、B为Na、C为Al、D为Cl、E为Ca，（1）氧气单质中两个O原子形成2对共价键，故结构式为O=O，Na的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为： ，故答案为：O=O； ；（2）由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl，故答案为：H2O；（3）E为Ca，有4个电子层，最外层电子数为2，失去最外层2个电子形成阳离子，离子结构示意图为： ，Cl的原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则位于第三周期VIIA族，故答案为： ；第三周期VIIA族；（4）钙、氯、氧可形成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca（ClO4）2，其中满足题设条件下的盐为Ca（ClO）2（次氯酸钙），由于在酸性环境中ClO﹣具有强氧化性，Cl﹣具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子反应为ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，
故答案为：次氯酸钙；ClO﹣+2H++Cl﹣═Cl2↑+H2O．
【分析】地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素，根据对应原子结构特点以及对应单质、化合物的性质解答该题即可．
22．【答案】（1）CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热
（2）加热；冷却
（3）乙醛、乙醇、水、乙酸等
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：乙醇乙挥发，在甲种水浴加热下，乙醇与空气在铜的催化下发生氧化还原反应生成乙醛，乙在冷却下用于收集乙醛，应反应不能充分进行，还可收集到乙醇、水等．（1）铜丝变黑是因为发生反应：2Cu+O2 2CuO；后来变红是因为发生反应：CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O，该反应是乙醇的催化氧化，铜在反应中做催化剂；
熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应时一个放热反应，
故答案为：CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；放热；（2）根据反应流程可知：在甲处用热水浴加热使乙醇挥发与空气中的氧气混合，有利于下一步反应；乙处作用为冷水浴，降低温度，使生成的乙醛冷凝成为液体，沉在试管的底部，
故答案为：加热；冷却；（3）乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇、乙醛和水的沸点高低不同，乙醛可部分被氧化生成乙酸，在试管a中能收集这些不同的物质，空气的成分主要是氮气和氧气，氧气参加反应后剩余的主要是氮气，故答案为：乙醛、乙醇、水、乙酸等．
【分析】乙醇乙挥发，在甲种水浴加热下，乙醇与空气在铜的催化下发生氧化还原反应生成乙醛，乙在冷却下用于收集乙醛，应反应不能充分进行，还可收集到乙醇、水等．（1）乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，属于加氧的氧化反应，方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应；（2）依据乙醇和乙醛的物理性质：二者都容易挥发．乙醇是反应物，应转化成乙醇蒸汽进入到硬质试管内参与反应；乙醛是产物，降低温度使其转化成液态，所以前者用热水浴，后者用冷水浴；（3）根据物质的沸点高低不同来确定获得的物质，结合空气的成分以及发生的反应确定剩余的气体成分．
23．【答案】Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2，AgNO3
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；生成的沉淀1只能为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体1，该气体是NH3，可知发生NO3﹣+Al+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3，说明原溶液中含Al3+，①试样溶液加入过量NaOH溶液后生成沉淀1为Mg（OH）2；气体1的生成是溶液中的铵根离子与氢氧根反应生成的：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；由于氨气是唯一的碱性气体，故检验的方法为：将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨气．
故答案为：Mg（OH）2；NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口，若试纸变蓝，则说明该气体为氨气；
②经过上述分析，雾霾中国一定含有的离子为NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；由于不能确定的阴离子有SO42﹣、Cl﹣，而检验SO42﹣用钡盐，检验Cl﹣用硝酸银，而由于Ag+既能与SO42﹣又能与Cl﹣反应，而Ba2+只与SO42﹣反应，故应先向溶液中加入Ba（NO3）2，若有白色沉淀生成，则说明溶液中有SO42﹣；然后取上层清液，加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，则溶液中含Cl﹣．
故答案为：NH4+、Mg2+、Al3+、NO3﹣；Ba（NO3）2，AgNO3．
【分析】试样溶液中加入过量NaOH并加热，生成的气体1，该气体1可能是NH3，则试样中含有NH4+；生成的沉淀1只能为Mg（OH）2，说明原溶液中含Mg2+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体1，该气体是NH3，可知发生NO3﹣+Al+OH﹣+H2O→NH3↑+[Al（OH）4]﹣，根据已知条件知，溶液2中含有NO3﹣，原溶液中含有NO3﹣；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，则沉淀2为Al（OH）3，说明原溶液中含Al3+，以此解答该题．
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