2016-2017学年山西重点中学协作体高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高三上·山西开学考）生活处处有化学．下列与化学有关的说法，不正确的是（ ）
A．油条用的膨松剂中含有一种对人体危害很大的铝元素
B．用米汤检验加碘食盐中的碘酸钾（KIO3）
C．甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等也是组成酒的有机物
D．医学上用氢氧化铝用作胃酸中和剂，其主要原因在于它对肠胃温和不刺激
2．（2016高三上·山西开学考）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高．一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸汽，其中电池的电解质是掺杂了Y2O3（Y为钇）的ZrO2 （Zr为为锆）晶体，它在高温下能传导O2﹣离子．若以丁烷（C4H10）代表汽油，总反应为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O．有关该电池说法错误的是（ ）
A．该电池负极的电极反应式为：2C4H10+26O2﹣﹣52e﹣=8CO2+10H2O
B．O2﹣向负极移动
C．该电池正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣
D．丁烷在放电时发生氧化反应
3．某同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在如图中，下列有关分析完全正确的是
（ ）
A B C D
a电极 阳极 阴极 阳极 阴极
d电极 正极 正极 负极 负极
Q离子 阳离子 阳离子 阴离子 阴离子
A．A B．B C．C D．D
4．（2016高三上·山西开学考）现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，得18gB、49gC、还有D生成．现将20gA和11gB反应，能生成0.25mol D，则D的相对分子质量为（ ）
A．424 B．212 C．116.6 D．106
5．（2016高三上·山西开学考）为了探索月球上是否有生命存在的痕迹，就要分析月球岩石中是否包藏有碳氢化合物（当然这仅仅是探索的第一步）．科学家用氘盐酸（DCl）和重水（D2O）溶液处理月球岩石样品，对收集的气体加以分析，结果只发现有一些气体状态的碳氘化合物．这个实验不能用普通盐酸，其理由是（ ）
A．普通盐酸的酸性太强
B．普通盐酸具有挥发性
C．普通盐酸和月球岩石中的碳化物无法反应
D．无法区别岩石中原来含有的是碳化物，还是碳氢化合物
6．（2015高二下·霍邱期中）有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaClO 下列各项排序正确的是（ ）
A．pH：②＞③＞④＞①
B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①
C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④
D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②
7．（2016高三上·山西开学考）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是S区元素
C．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d44s2
8．（2016高三上·山西开学考）有下列离子晶体空间结构示意图：●为阳离子，○为阴离子．以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为（ ）
A． B． C． D．
9．（2016高二上·绥化期中）将相同物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，生成物中物质的量最大的是（ ）
A．CH3Cl B．CH2Cl2 C．CCl4 D．HCl
10．（2016高三上·山西开学考）在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的反应热为（ ）
A．﹣488.3 kJ/mol B．+488.3 kJ/mol
C．﹣191 kJ/mol D．+191 kJ/mol
11．（2016高三上·山西开学考）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生．它的部分性质见如图，下列说法错误的是（ ）
A．右图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应
B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键
C．NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O
D．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）
12．（2016高三上·山西开学考）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中M为地壳中含量最高的金属元素．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径Z＜M
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱
D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
13．（2016高三上·山西开学考）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（ ）
A．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色
B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀，后沉淀又溶解
D．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色
14．（2016高三上·山西开学考）图是某有机物的球棍模型，下列关于该有机物的性质叙述中错误的是（ ）
A．能与NaOH发生反应，但不能与盐酸反应
B．能发生缩聚反应
C．能发生加成反应
D．能发生水解反应
15．（2016高三上·山西开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B．将XZ2通入W单质与水反应后的溶液中，一定只生成一种盐
C．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中一定有共价键可能有离子键
D．CaZ、CaM2、CaZ2等3种化合物中，阳离子和阴离子个数比均为1：2
二、分析题
16．（2016高三上·山西开学考）无机化合物A主要用于药物制造 在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况） 气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气 由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；物质A的熔点390℃，沸点430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸 酒精 在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750～800℃分解为化合物E和气体C
回答下列问题：
（1）A的化学式
（2）A与盐酸反应的化学方程式为
（3）A在750～800℃分解的方程式为 ，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是
（4）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁 遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理：
（5）工业制备单质D的流程图如下：
①步骤①中操作名称是
②试用平衡移动原理解释步骤②中减压的目的是
（6）写出D的重氢化合物与水反应的化学方程式为
17．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：
（1）写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子反应方程式： ；铜帽溶解完全后，需加热（至沸）将溶液中过量的H2O2除去．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2 后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2++4I﹣=2CuI（白色）↓+I2 2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ；
②某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点．再重复操作实验3次，记录数据如下：
实验编号 1 2 3 4
V（Na2S2O3）（mL） 28.32 25.31 25.30 25.32
计算电池铜帽中Cu的质量分数为 ，（结果保留四位有效数字）若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则所测定c （Cu2+）将会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成了沉淀．已知KSP[Cu （OH）2]=2.0×10﹣20（mol/L）3，计算沉淀生成后溶液中c（Cu2+）= mol/L；
（4）已知pH＞11 时Zn（OH）2 能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）．
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 1.8 8.8
Zn2+ 5.9 8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol L﹣1HNO3、1.0mol L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；② ；③过滤；④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．
三、计算题
18．（2016高三上·山西开学考）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成．现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g．回答下列问题：
（1）2.3g A中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少？
（2）通过计算确定该有机物的分子式；
（3）试写出该有机物可能的结构简式．
19．（2016高三上·山西开学考）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol L﹣1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式 、 ．
（2）写出AB段反应的离子方程式 ．B点的沉淀物的化学式为 ．
（3）原混合物中AlCl3的物质的量是 mol，NaOH的质量是 g．
（4）Q点加入的HCl溶液体积是 mL．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．油条用的膨松剂铝元素摄入过多能够引起老年痴呆，对人体危害很大，故A正确；
B．碘酸钾遇到淀粉不变蓝，故B错误；
C．高级醇、甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等也是组成酒的有机物，故C正确；
D．医学上用氢氧化铝用作胃酸中和剂，其主要原因在于它对肠胃温和不刺激，故D正确；
故选：B．
【分析】A．铝摄入过多能够引起老年痴呆；
B．碘单质遇到淀粉变蓝；
C．酒是多种化学成分的混合物，水和酒精是其主要成分，除此之外，还有各种有机物．这些有机物包括：高级醇、甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等；
D．氢氧化铝对肠胃温和不刺激，而且氢氧化铝是一种很弱的碱，中和胃酸的过程很缓和，不会对胃粘膜产生伤害．
2．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A、丁烷失电子发生氧化反应，电极反应为：C4H10﹣26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O，故A正确；
B、O2﹣定向移向负极，故B正确；
C、正极上通入空气，氧气得电子发生还原反应：O2﹣4e﹣=2O2﹣，故C错误；
D、丁烷在负极放电时发生氧化反应，故D正确；
故选C．
【分析】该燃料电池中，负极上丁烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2﹣﹣26e﹣=4CO2+5H2O，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2﹣4e﹣=2O2﹣，所以电池反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，由此分析解答．
3．【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】解：根据图知，该装置有外接电源，所以属于电解池，根据电子流向知，c是负极、d是正极、a是阴极、b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，则Q是阳离子、P是阴离子，故选B．
【分析】根据图知，该装置有外接电源，所以属于电解池，根据电子流向知，c是负极、d是正极、a是阴极、b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答．
4．【答案】D
【知识点】化学式及其计算
【解析】【解答】解：40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g﹣18g=22g，生成的C的质量为49g﹣40g=9g，根据质量守恒定律可知，生成的D的质量为40g+22g﹣9g=53g，
11gB完全反应需要A的质量为40g× =20g，小于22g，故22gA和11gB反应，B完全反应，故生成D的质量为53g× =26.5g，故D的摩尔质量为 =106g/mol，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，故D的相对分子质量为106，
故选D．
【分析】40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g﹣18g=22g，生成的C的质量为49g﹣40g=9g，根据质量守恒定律计算生成的D的质量，根据质量定比定律，计算22gA和11gB反应，哪种物质有剩余，根据不足量的物质利用质量定比关系计算生成D的质量，再根据M= 计算D的摩尔质量．
5．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：氘盐酸（DCl）与普通的盐酸都是氢元素与氯元素形成的化合物，已知同位素及其构成的化合物的化学性质基本相同，所以氘盐酸（DCl）与普通的盐酸化学性质基本相同，所以A、B、C项不正确，普通的盐酸中含有普通氢原子，无法区别岩石中原来含有的是含碳而不含普通氢的化合物，还是含碳和普通氢的化合物，故D正确；
故选D．
【分析】普通盐酸中含有普通氢原子会对岩石中氢原子的检验产生干扰，以此来解答．
6．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；
B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；
C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；
D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；
故选B．
【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答．
7．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】解：A．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故A错误；
B．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是P区元素，故B错误；
C．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故C正确；
D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故D错误；
故选：C；
【分析】A．根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；
B．根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；
C．S电子云轮廓图都是球形，但能层越大，球的半径越大；
D．根据电子排布式的书写方法来解答；
8．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】解：A、阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A错误；
B、有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，
则阳离子和阴离子的比值为 ：1=1：2，化学式为MN2，故B正确；
C、有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，
则阳离子和阴离子的比值为 ：1=3：8，化学式为M3N8，故C错误；
D、有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D错误；
故选B．
【分析】利用均摊法计算化学式，题中离子处于三种位置，晶胞中位于顶点的离子平均含有 个，面心的离子平均含有 ，体心的离子为晶胞所独有．
9．【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有几个氢原子，就生成几分子氯化氢，所以氯化氢的量最多．
故选：D．
【分析】甲烷第一步取代生成等量的HCl和一氯甲烷，在后续的取代中氯代甲烷总的物质的量不变，而HCl不断增多，因此其物质的量在生成物中最大．
10．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】解：25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）和CH3COOH（l）的燃烧热分别是285.8kJ mol﹣1、393.5kJ mol﹣1和870.3kJ mol﹣1，
则H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ mol﹣1①，
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1②，
CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣870.3kJ mol﹣1③，
由盖斯定律可知，①×2+②×2﹣③可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1），其反应热为2×（﹣285.8kJ mol﹣1）+2×（﹣393.5kJ mol﹣1）+870.3kJ mol﹣1=﹣488.3KJ mol﹣1，
故选A．
【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1）的反应热．
11．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；亚硝酸盐
【解析】【解答】解：A．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，亚硝酸钠和氯化铵的反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故A错误；
B．氢键导致物质的溶解度增大，肼和水分子之间能形成氢键，所以促进肼溶解，则肼极易溶于水，故B正确；
C．亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣ 价，转移电子数为 ，结合原子守恒配平方程式为NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，故C正确；
D．根据转化关系知，亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，氯化钠和KI不反应，所以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），故D正确；
故选A．
【分析】A．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；
B．氢键导致物质的溶解度增大；
C．亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣ 价；
D．亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色．
12．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：M为地壳中含量最高的金属元素，则M为Al，结合元素在周期表的位置可知，X为Si，Y为N，Z为O，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径Z＜M，故A正确；
B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，则Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；
D．O元素的原子结构中有2个电子层、最外层电子数为6，则Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族，故D正确；
故选B．
【分析】M为地壳中含量最高的金属元素，则M为Al，结合元素在周期表的位置可知，X为Si，Y为N，Z为O，
A．电子层越多，原子半径越大；
B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
D．O元素的原子结构中有2个电子层、最外层电子数为6．
13．【答案】A,B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】解：A、MnO2与浓盐酸反应需要加热才会生成Cl2，没有Cl2生成，所以C溶液无现象，故A正确；
B、醋酸酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，通入过量澄清石灰水变浑浊，故B正确；
C、生石灰溶于水反应放热生成NH3，NH3溶于水生成NH3 H2O，氢氧化铝不溶于弱碱，过量氨水与AlCl3溶液反应现象为产生白色沉淀，反应为AlCl3+3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，故C错误；
D、浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体通入石蕊试液，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，试液变红，但二氧化硫的漂白性具有选择性，不会使石蕊试液褪色，故D错误；
故选AB．
【分析】A、MnO2与浓盐酸反应需要加热才会生成Cl2，没有Cl2生成；
B、醋酸酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，通入过量澄清石灰水变浑浊；
C、生石灰溶于水反应放热生成NH3，NH3溶于水生成NH3 H2O，AlCl3与NH3 H2O生成Al（OH）3沉淀，NH3 H2O是弱碱，不会使沉淀溶解，所以只有白色沉淀生成；
D、浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体通入石蕊试液，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，试液变红，但二氧化硫的漂白性具有选择性，不会使石蕊试液褪色．
14．【答案】A,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：根据球棍模型可知该有机物为C6H5﹣CH2﹣CH（NH2）﹣COOH，含有羧基，具有酸性，可与碱发生中和反应，含氨基，具有碱性，可与酸发生反应，含有苯环，可发生加成反应，可发生缩聚反应生成高分子化合物，不能发生水解反应．
故选AD．
【分析】根据球棍模型可知该有机物为C6H5﹣CH2﹣CH（NH2）﹣COOH，含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有羧基，具有酸性，可与碱反应，为氨基酸，可发生缩聚反应生成高分子化合物，以此解答该题．
15．【答案】C
【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：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，如果Z是F元素，则X是Be元素，根据最外层电子数之和知，Y是O元素，如果Z是O元素，则X是C元素，根据最外层电子数之和知，Y是N元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g L﹣1，则该化合物的摩尔质量是17g/mol，该化合物是NH3，所以Y是N元素、Z是O元素、X是C元素、M是H元素，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数= （6+7+8+1）=11，则W是Na元素，
A．同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，即W＞X＞Y＞Z＞M，故A错误；
B．XZ2为CO2，W的单质为金属钠，钠与水反应生成氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应可能生成碳酸钠或碳酸氢钠，故B错误；
C．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物有：（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，所以四种元素形成的化合物中一定有共价键可能有离子键，故C正确；
D．CaZ2、CaM2、CaZ2分别为CaO、CaH2、CaO2，CaO中阳离子和阴离子个数比均为1：1，故D错误；
故选C．
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，如果Z是F元素，则X是Be元素，根据最外层电子数之和知，Y是O元素，如果Z是O元素，则X是C元素，根据最外层电子数之和知，Y是N元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g L﹣1，则该化合物的摩尔质量是17g/mol，该化合物是NH3，所以Y是N元素、Z是O元素、X是C元素、M是H元素，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数= （6+7+8+1）=11，则W是Na元素，再结合基本概念、物质结构分析解答．
16．【答案】（1）LiNH2
（2）LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl
（3）3LiNH2 Li3N+2NH3；制得的产物中含有杂质铁
（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；LiCl H2O（s） LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备
（6）LiD+H2O=LiOH+HD↑
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）根据上面的分析可知，A是LiNH2，故答案为：LiNH2；（2）根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl，反应方程式为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl，故答案为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）根据上面的分析可知，C为NH3，E应为Li3N，A在750～800℃分解为化合物E和气体C，反应方程式为：3LiNH2 Li3N+2NH3，制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色，故答案为：3LiNH2 Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险，
故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．（5）通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤①是要从LiCl溶液获得LiCl﹒H2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤．步骤②是要将LiCl﹒H2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热（200℃）生成无水LiCl，然后经步骤③电解熔融的LiCl制得金属Li，则：①步骤①中的操作已经有过滤、洗涤，还应有“蒸发浓缩、冷却结晶”，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；②LiCl﹒H2O晶体脱去结晶水生成无水LiCl的反应：LiCl﹒H2O（s） LiCl （s）+H2O（g），是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiCl﹒H2O（s） LiCl （s）+H2O（g），向正方向移动，有利于无水LiCl的制备．故答案为：LiCl H2O（s） LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备；（6）LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合，反应方程式为：LiD+H2O=LiOH+HD↑，故答案为：LiD+H2O=LiOH+HD↑．
【分析】在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量= =0.2mol，其质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为ⅡA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量= =85g/mol，D的相对分子质量=85﹣71=14，不符合题意，若D为ⅠA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量= =42.5g/mol，D的相对分子质量=42.5﹣35.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol×4﹣0.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，LiNH2中N原子与H原子数目之比为1：2，NH3中N原子与H原子数目之比为1：3，故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，据此答题．
17．【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）淀粉溶液；蓝色褪去；80.99%；偏大
（3）2×10﹣10
（4）滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531mol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量为0.002531mol× ×64g/mol=0.8099g，所以铜的质量分数为 ×100%=80.99%，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，则所测定c （Cu2+）将会偏大，
故答案为：80.99%；偏大；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，所以c（Cu2+）= = mol/L=2×10﹣10mol/L，
故答案为：2×10﹣10；（4）由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+；②滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧，制得氧化锌，
故答案为：滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全．
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，（1）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531Lmol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量，进而确定铜的质量分数，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，据此分析；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，根据c（Cu2+）= 进行计算；（4）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌．
18．【答案】（1）解：n（O2）= =0.125mol，m（O2）=0.125mol×32g/mol=4g，
根据质量守恒定律可得：m（有机物）+m（O2）=m（CO）+m（CO2）+m（H2O），
则：m（CO）=2.3g+4g﹣2.7g﹣2.2g=1.4g，
根据氧元素质量守恒可得2.3gA中O的质量等于产物中氧元素的总质量﹣氧气的质量，
为： + + ﹣4g=0.8g，
2.3gA中：n（C）= + =0.1mol，
n（H）=2n（H2O）=2× =0.3mol，
答：2.3g A中所含氢原子、碳原子的物质的量各是0.3mol、0.1mol；
（2）解：2.3gA中：n（C）= + =0.1mol，
n（H）=2× =0.3mol，
n（O）= =0.05mol，
所以2.3gA中C．H．O的原子个数比为0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，
则实验式为C2H6O，达到饱和，则分子式为C2H6O，
答：该有机物的分子式为C2H6O；
（3）解：分子式为C2H6O，对应的结构简式可能为CH3CH2OH、CH3OCH3，
答：有机物可能的结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3．
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【分析】燃烧后生成一氧化碳，说明氧气不足，完全反应，根据浓硫酸增重可知水的质量，根据碱石灰增重可知二氧化碳的质量，根据质量守恒定律可知一氧化碳的质量，进而求得2.3gA中C、H、O的原子个数比以及A的分子式，以此解答该题．
19．【答案】（1）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O
（2）AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓；Mg（OH）2和Al（OH）3
（3）0.02；5.20
（4）130
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，故答案为：H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）= =0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol×95g/mol=1.90g；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0.03﹣0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=0.02mol，由Na+离子和Cl﹣离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl﹣）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量为：0.13mol×40g/mol=5.20g故答案为：0.02；5.20；（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl），则V（HCl）= ═0.13L=130mL，故答案为：130．
【分析】向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3；B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子．镁离子全部反应生成氢氧化镁沉淀；（2）分析可知A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）= =0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol×95g/mol=1.90g；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0.03﹣0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=0.02mol，由Na+离子和Cl﹣离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl﹣）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）计算得到氢氧化钠物质的量计算得到氢氧化钠的质量；（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl）．
1 / 12016-2017学年山西重点中学协作体高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高三上·山西开学考）生活处处有化学．下列与化学有关的说法，不正确的是（ ）
A．油条用的膨松剂中含有一种对人体危害很大的铝元素
B．用米汤检验加碘食盐中的碘酸钾（KIO3）
C．甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等也是组成酒的有机物
D．医学上用氢氧化铝用作胃酸中和剂，其主要原因在于它对肠胃温和不刺激
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．油条用的膨松剂铝元素摄入过多能够引起老年痴呆，对人体危害很大，故A正确；
B．碘酸钾遇到淀粉不变蓝，故B错误；
C．高级醇、甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等也是组成酒的有机物，故C正确；
D．医学上用氢氧化铝用作胃酸中和剂，其主要原因在于它对肠胃温和不刺激，故D正确；
故选：B．
【分析】A．铝摄入过多能够引起老年痴呆；
B．碘单质遇到淀粉变蓝；
C．酒是多种化学成分的混合物，水和酒精是其主要成分，除此之外，还有各种有机物．这些有机物包括：高级醇、甲醇、多元醇、醛类、羧酸、酯类、酸类等；
D．氢氧化铝对肠胃温和不刺激，而且氢氧化铝是一种很弱的碱，中和胃酸的过程很缓和，不会对胃粘膜产生伤害．
2．（2016高三上·山西开学考）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高．一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸汽，其中电池的电解质是掺杂了Y2O3（Y为钇）的ZrO2 （Zr为为锆）晶体，它在高温下能传导O2﹣离子．若以丁烷（C4H10）代表汽油，总反应为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O．有关该电池说法错误的是（ ）
A．该电池负极的电极反应式为：2C4H10+26O2﹣﹣52e﹣=8CO2+10H2O
B．O2﹣向负极移动
C．该电池正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣
D．丁烷在放电时发生氧化反应
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A、丁烷失电子发生氧化反应，电极反应为：C4H10﹣26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O，故A正确；
B、O2﹣定向移向负极，故B正确；
C、正极上通入空气，氧气得电子发生还原反应：O2﹣4e﹣=2O2﹣，故C错误；
D、丁烷在负极放电时发生氧化反应，故D正确；
故选C．
【分析】该燃料电池中，负极上丁烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2﹣﹣26e﹣=4CO2+5H2O，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为O2﹣4e﹣=2O2﹣，所以电池反应式为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，由此分析解答．
3．某同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在如图中，下列有关分析完全正确的是
（ ）
A B C D
a电极 阳极 阴极 阳极 阴极
d电极 正极 正极 负极 负极
Q离子 阳离子 阳离子 阴离子 阴离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】解：根据图知，该装置有外接电源，所以属于电解池，根据电子流向知，c是负极、d是正极、a是阴极、b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，则Q是阳离子、P是阴离子，故选B．
【分析】根据图知，该装置有外接电源，所以属于电解池，根据电子流向知，c是负极、d是正极、a是阴极、b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答．
4．（2016高三上·山西开学考）现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，得18gB、49gC、还有D生成．现将20gA和11gB反应，能生成0.25mol D，则D的相对分子质量为（ ）
A．424 B．212 C．116.6 D．106
【答案】D
【知识点】化学式及其计算
【解析】【解答】解：40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g﹣18g=22g，生成的C的质量为49g﹣40g=9g，根据质量守恒定律可知，生成的D的质量为40g+22g﹣9g=53g，
11gB完全反应需要A的质量为40g× =20g，小于22g，故22gA和11gB反应，B完全反应，故生成D的质量为53g× =26.5g，故D的摩尔质量为 =106g/mol，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，故D的相对分子质量为106，
故选D．
【分析】40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g﹣18g=22g，生成的C的质量为49g﹣40g=9g，根据质量守恒定律计算生成的D的质量，根据质量定比定律，计算22gA和11gB反应，哪种物质有剩余，根据不足量的物质利用质量定比关系计算生成D的质量，再根据M= 计算D的摩尔质量．
5．（2016高三上·山西开学考）为了探索月球上是否有生命存在的痕迹，就要分析月球岩石中是否包藏有碳氢化合物（当然这仅仅是探索的第一步）．科学家用氘盐酸（DCl）和重水（D2O）溶液处理月球岩石样品，对收集的气体加以分析，结果只发现有一些气体状态的碳氘化合物．这个实验不能用普通盐酸，其理由是（ ）
A．普通盐酸的酸性太强
B．普通盐酸具有挥发性
C．普通盐酸和月球岩石中的碳化物无法反应
D．无法区别岩石中原来含有的是碳化物，还是碳氢化合物
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：氘盐酸（DCl）与普通的盐酸都是氢元素与氯元素形成的化合物，已知同位素及其构成的化合物的化学性质基本相同，所以氘盐酸（DCl）与普通的盐酸化学性质基本相同，所以A、B、C项不正确，普通的盐酸中含有普通氢原子，无法区别岩石中原来含有的是含碳而不含普通氢的化合物，还是含碳和普通氢的化合物，故D正确；
故选D．
【分析】普通盐酸中含有普通氢原子会对岩石中氢原子的检验产生干扰，以此来解答．
6．（2015高二下·霍邱期中）有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaClO 下列各项排序正确的是（ ）
A．pH：②＞③＞④＞①
B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①
C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④
D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；
B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；
C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c（H+）大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；
D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；
故选B．
【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答．
7．（2016高三上·山西开学考）下列各项叙述中，正确的是（ ）
A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是S区元素
C．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】解：A．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故A错误；
B．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是P区元素，故B错误；
C．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故C正确；
D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故D错误；
故选：C；
【分析】A．根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；
B．根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；
C．S电子云轮廓图都是球形，但能层越大，球的半径越大；
D．根据电子排布式的书写方法来解答；
8．（2016高三上·山西开学考）有下列离子晶体空间结构示意图：●为阳离子，○为阴离子．以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】解：A、阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A错误；
B、有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，
则阳离子和阴离子的比值为 ：1=1：2，化学式为MN2，故B正确；
C、有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，
则阳离子和阴离子的比值为 ：1=3：8，化学式为M3N8，故C错误；
D、有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子数目为 ，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D错误；
故选B．
【分析】利用均摊法计算化学式，题中离子处于三种位置，晶胞中位于顶点的离子平均含有 个，面心的离子平均含有 ，体心的离子为晶胞所独有．
9．（2016高二上·绥化期中）将相同物质的量的甲烷和氯气混合后，在漫射光的照射下充分反应，生成物中物质的量最大的是（ ）
A．CH3Cl B．CH2Cl2 C．CCl4 D．HCl
【答案】D
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】甲烷在发生取代反应时，除了生成有机物之外，还有氯化氢生成，且有几个氢原子，就生成几分子氯化氢，所以氯化氢的量最多．
故选：D．
【分析】甲烷第一步取代生成等量的HCl和一氯甲烷，在后续的取代中氯代甲烷总的物质的量不变，而HCl不断增多，因此其物质的量在生成物中最大．
10．（2016高三上·山西开学考）在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的反应热为（ ）
A．﹣488.3 kJ/mol B．+488.3 kJ/mol
C．﹣191 kJ/mol D．+191 kJ/mol
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】解：25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）和CH3COOH（l）的燃烧热分别是285.8kJ mol﹣1、393.5kJ mol﹣1和870.3kJ mol﹣1，
则H2（g）+ O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ mol﹣1①，
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ mol﹣1②，
CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣870.3kJ mol﹣1③，
由盖斯定律可知，①×2+②×2﹣③可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1），其反应热为2×（﹣285.8kJ mol﹣1）+2×（﹣393.5kJ mol﹣1）+870.3kJ mol﹣1=﹣488.3KJ mol﹣1，
故选A．
【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1）的反应热．
11．（2016高三上·山西开学考）亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生．它的部分性质见如图，下列说法错误的是（ ）
A．右图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应
B．N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键
C．NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O
D．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；亚硝酸盐
【解析】【解答】解：A．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，亚硝酸钠和氯化铵的反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故A错误；
B．氢键导致物质的溶解度增大，肼和水分子之间能形成氢键，所以促进肼溶解，则肼极易溶于水，故B正确；
C．亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣ 价，转移电子数为 ，结合原子守恒配平方程式为NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，故C正确；
D．根据转化关系知，亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，氯化钠和KI不反应，所以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），故D正确；
故选A．
【分析】A．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；
B．氢键导致物质的溶解度增大；
C．亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、﹣2价变为﹣ 价；
D．亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色．
12．（2016高三上·山西开学考）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中M为地壳中含量最高的金属元素．下列说法不正确的是（ ）
A．原子半径Z＜M
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱
D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：M为地壳中含量最高的金属元素，则M为Al，结合元素在周期表的位置可知，X为Si，Y为N，Z为O，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径Z＜M，故A正确；
B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，则Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强，故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C正确；
D．O元素的原子结构中有2个电子层、最外层电子数为6，则Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族，故D正确；
故选B．
【分析】M为地壳中含量最高的金属元素，则M为Al，结合元素在周期表的位置可知，X为Si，Y为N，Z为O，
A．电子层越多，原子半径越大；
B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
D．O元素的原子结构中有2个电子层、最外层电子数为6．
13．（2016高三上·山西开学考）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是（ ）
A．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色
B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀，后沉淀又溶解
D．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色
【答案】A,B
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】解：A、MnO2与浓盐酸反应需要加热才会生成Cl2，没有Cl2生成，所以C溶液无现象，故A正确；
B、醋酸酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，通入过量澄清石灰水变浑浊，故B正确；
C、生石灰溶于水反应放热生成NH3，NH3溶于水生成NH3 H2O，氢氧化铝不溶于弱碱，过量氨水与AlCl3溶液反应现象为产生白色沉淀，反应为AlCl3+3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，故C错误；
D、浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体通入石蕊试液，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，试液变红，但二氧化硫的漂白性具有选择性，不会使石蕊试液褪色，故D错误；
故选AB．
【分析】A、MnO2与浓盐酸反应需要加热才会生成Cl2，没有Cl2生成；
B、醋酸酸性强于碳酸，醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，通入过量澄清石灰水变浑浊；
C、生石灰溶于水反应放热生成NH3，NH3溶于水生成NH3 H2O，AlCl3与NH3 H2O生成Al（OH）3沉淀，NH3 H2O是弱碱，不会使沉淀溶解，所以只有白色沉淀生成；
D、浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体通入石蕊试液，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，试液变红，但二氧化硫的漂白性具有选择性，不会使石蕊试液褪色．
14．（2016高三上·山西开学考）图是某有机物的球棍模型，下列关于该有机物的性质叙述中错误的是（ ）
A．能与NaOH发生反应，但不能与盐酸反应
B．能发生缩聚反应
C．能发生加成反应
D．能发生水解反应
【答案】A,D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：根据球棍模型可知该有机物为C6H5﹣CH2﹣CH（NH2）﹣COOH，含有羧基，具有酸性，可与碱发生中和反应，含氨基，具有碱性，可与酸发生反应，含有苯环，可发生加成反应，可发生缩聚反应生成高分子化合物，不能发生水解反应．
故选AD．
【分析】根据球棍模型可知该有机物为C6H5﹣CH2﹣CH（NH2）﹣COOH，含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有羧基，具有酸性，可与碱反应，为氨基酸，可发生缩聚反应生成高分子化合物，以此解答该题．
15．（2016高三上·山西开学考）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B．将XZ2通入W单质与水反应后的溶液中，一定只生成一种盐
C．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中一定有共价键可能有离子键
D．CaZ、CaM2、CaZ2等3种化合物中，阳离子和阴离子个数比均为1：2
【答案】C
【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：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，如果Z是F元素，则X是Be元素，根据最外层电子数之和知，Y是O元素，如果Z是O元素，则X是C元素，根据最外层电子数之和知，Y是N元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g L﹣1，则该化合物的摩尔质量是17g/mol，该化合物是NH3，所以Y是N元素、Z是O元素、X是C元素、M是H元素，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数= （6+7+8+1）=11，则W是Na元素，
A．同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，即W＞X＞Y＞Z＞M，故A错误；
B．XZ2为CO2，W的单质为金属钠，钠与水反应生成氢氧化钠，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应可能生成碳酸钠或碳酸氢钠，故B错误；
C．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物有：（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，所以四种元素形成的化合物中一定有共价键可能有离子键，故C正确；
D．CaZ2、CaM2、CaZ2分别为CaO、CaH2、CaO2，CaO中阳离子和阴离子个数比均为1：1，故D错误；
故选C．
【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，如果Z是F元素，则X是Be元素，根据最外层电子数之和知，Y是O元素，如果Z是O元素，则X是C元素，根据最外层电子数之和知，Y是N元素；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g L﹣1，则该化合物的摩尔质量是17g/mol，该化合物是NH3，所以Y是N元素、Z是O元素、X是C元素、M是H元素，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半，则W的质子数= （6+7+8+1）=11，则W是Na元素，再结合基本概念、物质结构分析解答．
二、分析题
16．（2016高三上·山西开学考）无机化合物A主要用于药物制造 在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况） 气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气 由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备，纯净的A物质为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；物质A的熔点390℃，沸点430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸 酒精 在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750～800℃分解为化合物E和气体C
回答下列问题：
（1）A的化学式
（2）A与盐酸反应的化学方程式为
（3）A在750～800℃分解的方程式为 ，制得的粗品往往是灰色的，其可能的原因是
（4）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁 遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理：
（5）工业制备单质D的流程图如下：
①步骤①中操作名称是
②试用平衡移动原理解释步骤②中减压的目的是
（6）写出D的重氢化合物与水反应的化学方程式为
【答案】（1）LiNH2
（2）LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl
（3）3LiNH2 Li3N+2NH3；制得的产物中含有杂质铁
（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；LiCl H2O（s） LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备
（6）LiD+H2O=LiOH+HD↑
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：（1）根据上面的分析可知，A是LiNH2，故答案为：LiNH2；（2）根据化合物A（LiNH2）遇水强烈水解，能生成LiOH和NH3，所以其与盐酸反应生成LiCl、NH4Cl，反应方程式为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl，故答案为：LiNH2+2HCl=LiCl+NH4Cl；（3）根据上面的分析可知，C为NH3，E应为Li3N，A在750～800℃分解为化合物E和气体C，反应方程式为：3LiNH2 Li3N+2NH3，制得的产物中含有杂质铁，使粗品往往是灰色，故答案为：3LiNH2 Li3N+2NH3 ；制得的产物中含有杂质铁；（4）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险，
故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．（5）通过工业制备单质Li的流程图可知：步骤①是要从LiCl溶液获得LiCl﹒H2O晶体，所以，其操作应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤．步骤②是要将LiCl﹒H2O晶体在减压、干燥的氯化氢气氛中加热（200℃）生成无水LiCl，然后经步骤③电解熔融的LiCl制得金属Li，则：①步骤①中的操作已经有过滤、洗涤，还应有“蒸发浓缩、冷却结晶”，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；②LiCl﹒H2O晶体脱去结晶水生成无水LiCl的反应：LiCl﹒H2O（s） LiCl （s）+H2O（g），是一个扩大气体体积的反应，所以减小压强，有利于平衡LiCl﹒H2O（s） LiCl （s）+H2O（g），向正方向移动，有利于无水LiCl的制备．故答案为：LiCl H2O（s） LiCl（s）+H2O（g），减小压强，有利于平衡向正方向移动，有利于无水LiCl的制备；（6）LiD中阳离子与水电离的氢氧根离子结合，而阳离子与水电离的氢离子结合，反应方程式为：LiD+H2O=LiOH+HD↑，故答案为：LiD+H2O=LiOH+HD↑．
【分析】在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C （标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量= =0.2mol，其质量=0.2mol×17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，5.35gNH4Cl为0.1mol，若D为ⅡA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=0.05mol，其摩尔质量= =85g/mol，D的相对分子质量=85﹣71=14，不符合题意，若D为ⅠA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=0.1mol，其摩尔质量= =42.5g/mol，D的相对分子质量=42.5﹣35.5=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为 0.1mol，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则2.3gA中含有N原子为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，含有H原子为0.2mol×4﹣0.4mol=0.2mol，可推知A是LiNH2，LiNH2中N原子与H原子数目之比为1：2，NH3中N原子与H原子数目之比为1：3，故化合物E含有Li、N元素，应为Li3N，据此答题．
17．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：
（1）写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子反应方程式： ；铜帽溶解完全后，需加热（至沸）将溶液中过量的H2O2除去．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2 后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2++4I﹣=2CuI（白色）↓+I2 2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ；
②某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点．再重复操作实验3次，记录数据如下：
实验编号 1 2 3 4
V（Na2S2O3）（mL） 28.32 25.31 25.30 25.32
计算电池铜帽中Cu的质量分数为 ，（结果保留四位有效数字）若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则所测定c （Cu2+）将会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成了沉淀．已知KSP[Cu （OH）2]=2.0×10﹣20（mol/L）3，计算沉淀生成后溶液中c（Cu2+）= mol/L；
（4）已知pH＞11 时Zn（OH）2 能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）．
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 1.8 8.8
Zn2+ 5.9 8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol L﹣1HNO3、1.0mol L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；② ；③过滤；④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．
【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）淀粉溶液；蓝色褪去；80.99%；偏大
（3）2×10﹣10
（4）滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531mol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量为0.002531mol× ×64g/mol=0.8099g，所以铜的质量分数为 ×100%=80.99%，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，则所测定c （Cu2+）将会偏大，
故答案为：80.99%；偏大；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，所以c（Cu2+）= = mol/L=2×10﹣10mol/L，
故答案为：2×10﹣10；（4）由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+；②滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧，制得氧化锌，
故答案为：滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全．
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，（1）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531Lmol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量，进而确定铜的质量分数，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，据此分析；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，根据c（Cu2+）= 进行计算；（4）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌．
三、计算题
18．（2016高三上·山西开学考）有机物A由碳、氢、氧三种元素组成．现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g．回答下列问题：
（1）2.3g A中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少？
（2）通过计算确定该有机物的分子式；
（3）试写出该有机物可能的结构简式．
【答案】（1）解：n（O2）= =0.125mol，m（O2）=0.125mol×32g/mol=4g，
根据质量守恒定律可得：m（有机物）+m（O2）=m（CO）+m（CO2）+m（H2O），
则：m（CO）=2.3g+4g﹣2.7g﹣2.2g=1.4g，
根据氧元素质量守恒可得2.3gA中O的质量等于产物中氧元素的总质量﹣氧气的质量，
为： + + ﹣4g=0.8g，
2.3gA中：n（C）= + =0.1mol，
n（H）=2n（H2O）=2× =0.3mol，
答：2.3g A中所含氢原子、碳原子的物质的量各是0.3mol、0.1mol；
（2）解：2.3gA中：n（C）= + =0.1mol，
n（H）=2× =0.3mol，
n（O）= =0.05mol，
所以2.3gA中C．H．O的原子个数比为0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，
则实验式为C2H6O，达到饱和，则分子式为C2H6O，
答：该有机物的分子式为C2H6O；
（3）解：分子式为C2H6O，对应的结构简式可能为CH3CH2OH、CH3OCH3，
答：有机物可能的结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3．
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【分析】燃烧后生成一氧化碳，说明氧气不足，完全反应，根据浓硫酸增重可知水的质量，根据碱石灰增重可知二氧化碳的质量，根据质量守恒定律可知一氧化碳的质量，进而求得2.3gA中C、H、O的原子个数比以及A的分子式，以此解答该题．
19．（2016高三上·山西开学考）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol L﹣1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式 、 ．
（2）写出AB段反应的离子方程式 ．B点的沉淀物的化学式为 ．
（3）原混合物中AlCl3的物质的量是 mol，NaOH的质量是 g．
（4）Q点加入的HCl溶液体积是 mL．
【答案】（1）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O
（2）AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓；Mg（OH）2和Al（OH）3
（3）0.02；5.20
（4）130
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（2）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，故答案为：H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）= =0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol×95g/mol=1.90g；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0.03﹣0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=0.02mol，由Na+离子和Cl﹣离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl﹣）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量为：0.13mol×40g/mol=5.20g故答案为：0.02；5.20；（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl），则V（HCl）= ═0.13L=130mL，故答案为：130．
【分析】向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3；B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子．镁离子全部反应生成氢氧化镁沉淀；（2）分析可知A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）= =0.02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0.02mol，氯化镁的质量为：0.02mol×95g/mol=1.90g；A﹣B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0.03﹣0.01）L=0.02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=0.02mol，由Na+离子和Cl﹣离子守恒得，原混合物中n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl﹣）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）计算得到氢氧化钠物质的量计算得到氢氧化钠的质量；（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl）．
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