安徽省合肥市巢湖市无为中学2017-2018学年高二上学期化学开学考试试卷
一、选择题
1．（2017高二上·巢湖开学考）有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用．下列有关硅的说法中，不正确的是（ ）
A．高纯度的硅广泛用于制作计算机
B．硅可由二氧化硅还原制得
C．低温时，硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应
D．自然界中硅的储量丰富，自然界中存在大量的单质硅
2．（2017高二上·巢湖开学考）以下关于硫及其化合物说法错误的是（ ）
A．硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态
B．检查病人胃病所用的钡餐，既可以用BaSO4，也可以用BaCO3
C．浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性
D．SO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应酸
3．（2017高二上·巢湖开学考）下列反应一定属于放热反应的是（ ）
A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B．能量变化如图所示的反应
C．化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应
D．不需要加热就能发生的反应
4．（2017高二上·巢湖开学考）下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
D．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀
5．（2016高一下·淮阴期中）用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火．其原因是（ ）
①幕布的着火点升高
②幕布的质量增加
③氯化铵分解吸收热量，降低了温度
④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气．
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
6．（2017高二上·巢湖开学考）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．氯原子的结构示意图：
B．作为相对原子质量测定标准的碳核素：614C
C．氯化镁的电子式：
D．甲烷的结构式：CH4
7．（2017高二上·巢湖开学考）在2L的密闭容器中，发生如下反应：3A+B 2C （A、B、C均为气体），若最初加入的A、B都是4mol，10s内用A表示的平均反应速率为0.12mol/（L s），则10s后容器中的B的物质的量是（ ）
A．2.8 mol B．1.6 mol C．3.2 mol D．3.6 mol
8．（2017高二上·巢湖开学考）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．用水润湿的pH试纸来测量溶液的pH
B．实验需要480mL 2.0mol L﹣1的氢氧化钠溶液．配制该溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作
C．用溴水，淀粉、KI溶液比较Br2与I2的氧化性强弱，所需玻璃仪器主要有：试管、胶头滴管
D．向溶液中滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO42﹣
9．（2017高二上·巢湖开学考）据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（ ）
A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大
C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O
D．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子
10．（2017高二上·巢湖开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．4 g氦气中含有的分子数和原子数均为NA
B．标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NA
C．1 L 0.1 mol L﹣1乙醇溶液中含有的氧原子数为0.1NA
D．1 mol Cl2完全反应转移的电子数一定是2NA
11．（2017高二上·巢湖开学考）下列表达中，正确的是（ ）
A．饱和氯水中可大量共存Na+、CO32﹣、SO32﹣
B．溶液中可大量共存Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣
C．向稀硝酸中加入过量的铁粉：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
D．AlCl3溶液和过量浓氨水混合：Al3++4NH3 H2O=Al（OH）4﹣+4NH4+
12．（2017高二上·巢湖开学考）只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，不能区别的下列溶液（浓度均为0.1mol/L）（ ）
A．NaAlO2和稀盐酸 B．NaHCO3和Ca（OH）2
C．NaOH和Al2（SO4）3 D．HCl和Na2CO3
13．（2017高二上·巢湖开学考）过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧．下列有关说法不正确的是（ ）
A．Na2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂
B．1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA
C．过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出强氧化性
D．过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠
14．（2017高二上·巢湖开学考）在一定温度下，固定体积的密闭容器内，反应：2HI（g） H2（g）+I2（g） 达到平衡状态的标志是（ ）
①I2的体积分数不再变化；
②生成1mol H2同时消耗1mol I2；
③容器内压强不再变化；
④生成2mol HI同时消耗1mol H2；
⑤气体的密度不再变化；
⑥混合气体的平均式量不再变化．
A．①②③④⑤ B．①②③⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①②
15．（2017高二上·巢湖开学考）反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，当有6mol e﹣发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．3：1
16．（2017高二上·巢湖开学考）a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，则被还原的HNO3的物质的量一定是（ ）
A．（b﹣2a） mol B． mol
C． mol D．2a mol
二、非选择题
17．（2017高二上·巢湖开学考）A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．
（1）C离子的结构示意图为 ．D在周期表中 位置．
（2）A、D两元素形成的化合物属 （填“离子”或“共价”）化合物．
（3）写出E的电子式： ．
（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A反应的化学方程式： ．
18．（2017高二上·巢湖开学考）A、B、C、D四种物质之间有图所示的转化关系．
已知，A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体．
请回答下列问题：
①写出A和C的化学式：A ，C ．
②B→C观察到的现象是 ．
③C→D的化学反应方程式是 ，该反应的氧化剂是 ，还原剂是 ．
④在图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是 ，其中，D表现出强 （填“氧化性”或“还原性”）．
19．（2017高二上·巢湖开学考）O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：
（1）等质量的O2和O3所含分子个数比为 ，原子个数比为 ，分子的物质的量之比为 ．
（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为 ，原子个数比为 ，质量比为 ．
（3）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积约是 （用含NA的式子表示）．
20．（2017高二上·巢湖开学考）盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：
（1）工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是： ．不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因是 ．
（2）在一定体积的10mol L﹣1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积 （填“大于”、“等于”或“小于”）180mL．
（3）若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为 ．
（4）将8g Fe2O3投入到150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，充分反应后，收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为 ．
21．（2017高二上·巢湖开学考）化学是以实验为基础的．利用已学知识对下列实验进行分析并填空：
Ⅰ．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．
甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置完成同主族元素C、Si非金属性强弱比较的实验研究；
乙同学设计了如图2装置实验来验证卤族元素性质的递变规律（夹持装置已略去）．A、B、C三个胶头滴管分别是氯酸钾溶液、NaBr溶液、淀粉KI溶液．已知常温下浓盐酸与氯酸钾溶液能反应生成氯气．
（1）甲同学设计实验所涉及的离子方程为： 、 ．
（2）乙同学具体操作如下：
①先挤压胶头滴管A，使少量溶液滴入烧瓶内；
②挤压胶头滴管B，使稍过量溶液滴入烧瓶内，充分反应．写出该操作中主要离子方程式为 ．
③再挤压胶头滴管C，使少量溶液滴入烧瓶内，可观察到 ；
（3）根据甲乙同学的实验可得到的结论是：
（4）II．
实验 目的
实验
实验 结论
结论： FeCl3在实验中的作用为：
反应 方程式
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．硅位于金属和非金属元素分界线处，是重要的半导体材料，广泛应用于计算机、太阳能电池，故A不符合题意；
B．二氧化硅被C还原得到粗硅，所以硅可以用二氧化硅还原制得，故B不符合题意；
C．硅和水、空气、酸不反应，但与HF反应生成四氟化硅和氢气，故C不符合题意；
D．硅属于亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，主要以硅酸盐和二氧化硅形式存在，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据硅在自然界中的存在、硅的化学性质和用途进行分析即可.
2．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态，故A不符合题意；
B、检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，硫酸钡难溶于水和酸，碳酸钡溶于盐酸钡离子是重金属离子使人中毒，不可以用BaCO3，故B符合题意；
C、浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，易被浓硫酸氧化，浓硫酸不可用来干燥H2S气体，故C不符合题意；
D、二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物和水反应生成对应酸，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A.根据硫元素在自然界中的存在进行判断；
B.碳酸钡可溶于盐酸，不能用于钡餐；
C.浓硫酸与硫化氢能发生氧化还原反应；
D.二氧化硫和三氧化硫都属于酸性氧化物，属于酸酐.
3．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铵盐和碱的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B、根据图示可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故反应吸热，故B不符合题意；
C、断键吸收的能量小于成键放出的能量的反应为放热反应，故C符合题意；
D、反应吸放热与反应是否需要加热无关，即需要加热的反应不一定是吸热反应，不需要加热的反应不一定是放热反应，故D不符合题意．
故答案为：C.
【分析】放热反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，据此判断即可.
4．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故A错误；
B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；
C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3，故C正确；
D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀，故D错误．
故选C．
【分析】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3；
B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；
C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3；
D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀；
5．【答案】B
【知识点】铵盐
【解析】【解答】解：①物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故①错误；②幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故②错误；③氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故③正确．④氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故④正确．故选B．
【分析】可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点．氯化铵固体受热易分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气．起到防火的作用
6．【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯原子的核外电子数为17，最外层电子数为7，其原子结构示意图为： ，故A不符合题意；
B．作为相对原子质量测定标准的碳核素不是614C，应该为612C，故B不符合题意；
C．氯化镁为离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为 ，故C符合题意；
D．CH4为甲烷的分子式，甲烷分子为正四面体结构，分子中含有4个C﹣H键，其结构式为 ，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.氯原子最外层有7个电子；
B.6个质子、6个中子的碳原子是相对原子质量的测量标准原子；
C.根据离子化合物的电子式书写进行判断；
D.CH4是甲烷的分子式.
7．【答案】C
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】10s内A的物质的量的变化量△n（A）=0.12mol/（L s）×10s×2L=2.4mol，根据方程式3A+B 2C，可知△n（B）= △n（A）= ×2.4mol=0.8mol，故10s后容器中B的物质的量为4mol﹣0.8mol=3.2mol，
故答案为：C．
【分析】根据A的反应速率计算A的变化物质的量，然后根据化学方程式计算B的变化量即可.
8．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．pH试纸不能事先湿润，防止误差，故A不符合题意；
B．用500mL容量瓶配制溶液，应称量40.0g氢氧化钠固体，故B不符合题意；
C．溴的氧化性大于碘，可用胶头滴管向盛有淀粉、KI溶液的试管中滴加溴水，检验是否变蓝，故C符合题意；
D．不能排除SO32﹣的干扰，应先加入盐酸，如无现象，然后再加入氯化钡，故D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】A.根据pH试纸的使用方法进行判断；
B.根据溶液体积为500mL进行计算溶质的量质量；
C.根据卤素单质的置换反应进行判断；
D.酸性溶液中的硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子.
9．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故不符合题意；
B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B不符合题意；
C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C不符合题意；
D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1mol
CH3OH转移6mol电子，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据原电池原理和电解池原理分析电极反应式和总反应方程式即可.
10．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、氦气为单原子分子，一个氦原子即一个氦分子，故4g氦气中含有的氦原子和氦分子个数均为N= =NA，故A符合题意；
B、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B不符合题意；
C、乙醇溶液中，除了乙醇中含氧原子，水中也含氧原子，故此溶液中含有的氧原子的个数大于0.1NA个，故C不符合题意；
D、氯元素的价态有：+7、+5、+3、+1、0、﹣1价等，由于不确定氯气反应后变为几价，故1mol氯气反应后转移的电子不能确定，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.氦气是单原子分子；
B.标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算气；
C.乙醇溶液中的水也含有氧元素；
D.氯气可发生自身氧化还原反应.
11．【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、饱和氯水中含氯气可以氧化亚硫酸根离子，碳酸根离子和盐酸能反应，所以A不符合题意；
B、碳酸氢根离子和氢氧根离子能反应不共存，故B不符合题意；
C、向稀硝酸中加入过量的铁粉反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C符合题意；
D、AlCl3溶液和过量浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.根据氧化还原反应判断能否大量共存；
B.氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水；
C.过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子；
D.氢氧化铝不溶于弱碱氨水.
12．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A．向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故A不符合题意；
B．无论将NaHCO3滴加到Ca（OH）2中还是将Ca（OH）2溶液滴到NaHCO3中都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B符合题意；
C．将Al2（SO4）3溶液滴加到NaOH溶液中先没有现象，后生成沉淀，将NaOH滴到Al2（SO4）3溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者现象不同，可鉴别，故C不符合题意；
D．Na2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴能够鉴别的物质之间因用量的多少不同而现象不同，据此判断即可.
13．【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故A符合题意；
B．过氧化钠电子式为： ，1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA，故B不符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，铝、碳具有还原性，过氧化钠氧化铝、碳表现强氧化性，故C不符合题意；
D．过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠Na2O2+SO2=Na2SO4，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.根据化合价变花盘短氧化剂和还原剂；
B.过氧化钠中的阴离子是过氧根离子；
C.过氧化钠中的氧原子化合价降低表现氧化性；
D.过氧化钠具有强氧化性.
14．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①I2的体积分数不再变化，表明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故①符合题意；
②生成1mol H2同时消耗1mol I2，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明该反应达到平衡状态，故②符合题意；
③该反应过程中压强为定值，不能根据容器内压强判断平衡状态，故③不符合题意；
④生成2mol HI同时消耗1mol H2，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故④不符合题意；
⑤反应过程中密度为定值，不能根据气体的密度判断平衡状态，故⑤不符合题意；
⑥气体总质量、气体总物质的量始终不变，则混合气体的平均式量为定值，不能根据混合气体的平均式量判断平衡状态，故⑥不符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据可逆反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等，各组分的百分含量不变，据此进行判断即可.
15．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图 ，
所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，
由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，
所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，
故答案为：C．
【分析】反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据化合价变化分析氧化剂和还原剂的判断，然后得出起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比.
16．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】因a molCu与含b molHNO3的溶液恰好完全反应，则生成amolCu（NO3）2中的2amol硝酸根离子没有被还原，由氮原子守恒可知，被还原的HNO3的物质的量为bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，
故答案为：A．
【分析】跟铜反应的硝酸中生成硝酸铜的硝酸起到酸的作用，剩余部分起到氧化剂的作用，据此计算被还原的硝酸的物质的量即可.
17．【答案】（1）；第三周期第ⅥA族
（2）共价
（3）
（4）C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：依据分析可知：A为碳，B为氧，C为钠，D为硫，
（1）C为钠，钠最外层失去1个电子变成钠离子，钠离子的离子结构示意图为： ，D为S，S处于第三周期第ⅥA族，
故答案为： ；第三周期第ⅥA族；
（2）C、S两元素形成的化合物为二硫化碳，属于共价化合物，
故答案为：共价；
（3）E为过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根构成离子键，过氧根之间形成非极性共价键，故其电子式为： ，
故答案为： ；
（4）S的最高价氧化物的水化物为硫酸，浓硫酸与C反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O．
【分析】淡黄色固体为Na2O2，则B为O，C为Na；A原子的最外层上有4个电子，则A为C；元素核外电子层依次为K、L、M、N、O、P、Q，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，因D有M电子层，则L层必定为8电子，故M层为6电子，D元素为S，据此解答即可.
18．【答案】N2；NO2；无色气体变为红棕色；3NO2↑+H2O=2HNO3+NO；NO2；NO2；Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；氧化性
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体，由转化关系可知，C为NO2，故A为N2，B为NO，D为HNO3，
①由上述分析可知，A为N2，C为NO2，故答案为：N2；NO2；
②B→C是NO与氧气反应生成NO2，观察到的现象是：无色气体变为红棕色，
故答案为：无色气体变为红棕色；
③C→D的化学反应方程式是：3NO2↑+H2O=2HNO3+NO，反应中NO2所含N元素化合价既升高又降低，NO2既是氧化剂又是还原剂，
故答案为：3NO2↑+H2O=2HNO3+NO；NO2；NO2；
④图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；氧化性．
【分析】A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体，由转化关系可知，C为NO2，故A为N2，B为NO，D为HNO3，据此解答即可.
19．【答案】（1）3：2；1：1；3：2
（2）1：1；2：3；2：3
（3）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）假设O2和O3的质量均为48g，
则O2的物质的量为 =1.5mol，
O3的物质的量为 =1mol，
故O2和O3所含分子个数比为1.5mol：1mol=3：2；
O2和O3均由O原子构成，则氧原子质量相等，含有O原子数目相等，即原子个数比为1：1，
O2和O3分子的物质的量之比为1.5mol：1mol=3：2，
故答案为：3：2；1：1；3：2；
（2）温同压下，气体摩尔体积相同，根据N= 知，等体积的O2和O3所含分子个数比是1：1，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以原子个数之比是2：3，根据m= M知，其质量之比等于其摩尔质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3；
故答案为：1：1；2：3；2：3；
（3）根据其组分都为氧气相同，所以其质量与分子数成正比，ag氧气含有的分子数为：b个，质量与分子数的比列式为：ag：b个=cg：x个，
x= 个；
cg该混合气体含有的物质的量为：n= =mol其体积为：V=n×Vm = mol×Vm = L．
故答案为： L．
【分析】（1）根据氧气和臭氧的摩尔质量计算等质量的两种气体的物质的量，然后计算原子数、分子数之比等；
（2）等温等压下，等体积的O2和O3的物质的量相等；
（3）根据质量与分子数成正比进行计算.
20．【答案】（1）2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境
（2）大于
（3）3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）2mol/L
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）加热条件下，Cu和氧气反应生成CuO，反应方程式为：2Cu+O2 2CuO，CuO和稀硫酸反应方程式为CuO+H2SO4 CuSO4+H2O，浓硫酸和铜反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，
故答案为：2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境；
（2）在加热条件下，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积大于180mL，
故答案为：大于；
（3）在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO，所以离子反应方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）该过程中发生的反应为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4，原子守恒得 n（NaOH）=n（Na2SO4）=n（H2SO4），则c（H2SO4）= = =2 mol L﹣1，
故答案为：2mol/L．
【分析】（1）铜与氧气反应生成氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜；铜与浓硫酸反应生成污染空气的二氧化硫；
（2）铜与稀硫酸不反应；
（3）硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性；
（4）根据钠元素守恒计算硫酸溶液的浓度即可.
21．【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
（2）Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2；溶液由橙黄色变为蓝色
（3）同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱
（4）探究温度对H2O2分解反应速率的影响；温度越高，化学反应速率越快；催化剂；2H2O2 2H2O+O2↑
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）根据实验装置图可知，甲同学利用强酸制弱的原理比较酸性的强弱，利用元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素的非金属性超强，判断同主族元素非金属性强弱，能用该实验装置完成的应该是碳元素和硅元素的比较，所以该实验是用碳酸制硅酸，装置A和B是用强酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，C中装硅酸钠溶液，将生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣，
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣；
（2）②根据实验装置图及题中提供的试剂可知，乙同学利用单质的氧化性越强，元素的非金属性越强的原理比较氯、溴、碘的非金属性，具体操作为先用氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，形成氯水，再向溶液中滴加溴化钠溶液，生成溴，溶液出现橙黄色，反应的离子方程式为2Br﹣+Cl2 Br2+2Cl﹣；
故答案为：2Br﹣+Cl2 Br2+2Cl﹣；
③再滴入淀粉碘化钾溶液，溴能氧化碘离子生成碘，溶液由橙黄色变为蓝色，
故答案为：溶液由橙黄色变为蓝色；
（3）根据（1）可知，碳的非金属性强于硅，（2）可知，氯的非金属性强于溴，溴的非金属性强于碘，所以结论是同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱，
故答案为：同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱；
Ⅱ．比较三个实验装置图可知，三个装置中的温度不同，根据对比实验的原理可其实验目的是探究温度对双氧水分解反应的速率的影响，温度越高，反应速率越快，双氧水越易分解．双氧水在氯化铁作催化剂的条件下发生分解生成氧气和水，反应的方程式为2H2O2 2H2O+O2↑，
故答案为：
实验目的：探究温度对H2O2分解反应速率的影响
温度越高，化学反应速率越快 催化剂
2H2O2 2H2O+O2↑
【分析】Ⅰ．（1）A中发生的是强酸与碳酸钙的反应，B中发生的是硅酸钠与碳酸的反应；
（2）根据氯气与溴离子的反应书写离子方程式；根据生成碘，碘与淀粉反应变蓝色进行回答；
（3）根据元素周期律进行回答；
根据温度、催化剂对反应速率的影响进行分析即可.
1 / 1安徽省合肥市巢湖市无为中学2017-2018学年高二上学期化学开学考试试卷
一、选择题
1．（2017高二上·巢湖开学考）有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用．下列有关硅的说法中，不正确的是（ ）
A．高纯度的硅广泛用于制作计算机
B．硅可由二氧化硅还原制得
C．低温时，硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应
D．自然界中硅的储量丰富，自然界中存在大量的单质硅
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．硅位于金属和非金属元素分界线处，是重要的半导体材料，广泛应用于计算机、太阳能电池，故A不符合题意；
B．二氧化硅被C还原得到粗硅，所以硅可以用二氧化硅还原制得，故B不符合题意；
C．硅和水、空气、酸不反应，但与HF反应生成四氟化硅和氢气，故C不符合题意；
D．硅属于亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，主要以硅酸盐和二氧化硅形式存在，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据硅在自然界中的存在、硅的化学性质和用途进行分析即可.
2．（2017高二上·巢湖开学考）以下关于硫及其化合物说法错误的是（ ）
A．硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态
B．检查病人胃病所用的钡餐，既可以用BaSO4，也可以用BaCO3
C．浓硫酸不可用来干燥H2S气体，因其具有强氧化性
D．SO2、SO3都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应酸
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态，故A不符合题意；
B、检查病人胃病所用的钡餐只能用硫酸钡，硫酸钡难溶于水和酸，碳酸钡溶于盐酸钡离子是重金属离子使人中毒，不可以用BaCO3，故B符合题意；
C、浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，易被浓硫酸氧化，浓硫酸不可用来干燥H2S气体，故C不符合题意；
D、二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物和水反应生成对应酸，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A.根据硫元素在自然界中的存在进行判断；
B.碳酸钡可溶于盐酸，不能用于钡餐；
C.浓硫酸与硫化氢能发生氧化还原反应；
D.二氧化硫和三氧化硫都属于酸性氧化物，属于酸酐.
3．（2017高二上·巢湖开学考）下列反应一定属于放热反应的是（ ）
A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应
B．能量变化如图所示的反应
C．化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应
D．不需要加热就能发生的反应
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铵盐和碱的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B、根据图示可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故反应吸热，故B不符合题意；
C、断键吸收的能量小于成键放出的能量的反应为放热反应，故C符合题意；
D、反应吸放热与反应是否需要加热无关，即需要加热的反应不一定是吸热反应，不需要加热的反应不一定是放热反应，故D不符合题意．
故答案为：C.
【分析】放热反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，据此判断即可.
4．（2017高二上·巢湖开学考）下列有关铁及其化合物的说法中正确的是（ ）
A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4
B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
D．Fe3+与KSCN溶液产生红色沉淀
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，故A错误；
B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；
C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3，故C正确；
D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀，故D错误．
故选C．
【分析】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3；
B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；
C、铁粉把FeCl3还原成FeCl2，从而除去FeCl3；
D、Fe3+与KSCN产生血红色溶液，不是沉淀；
5．（2016高一下·淮阴期中）用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火．其原因是（ ）
①幕布的着火点升高
②幕布的质量增加
③氯化铵分解吸收热量，降低了温度
④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气．
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】B
【知识点】铵盐
【解析】【解答】解：①物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故①错误；②幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故②错误；③氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，故③正确．④氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故④正确．故选B．
【分析】可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点．氯化铵固体受热易分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气．起到防火的作用
6．（2017高二上·巢湖开学考）下列化学用语书写正确的是（ ）
A．氯原子的结构示意图：
B．作为相对原子质量测定标准的碳核素：614C
C．氯化镁的电子式：
D．甲烷的结构式：CH4
【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯原子的核外电子数为17，最外层电子数为7，其原子结构示意图为： ，故A不符合题意；
B．作为相对原子质量测定标准的碳核素不是614C，应该为612C，故B不符合题意；
C．氯化镁为离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化镁的电子式为 ，故C符合题意；
D．CH4为甲烷的分子式，甲烷分子为正四面体结构，分子中含有4个C﹣H键，其结构式为 ，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.氯原子最外层有7个电子；
B.6个质子、6个中子的碳原子是相对原子质量的测量标准原子；
C.根据离子化合物的电子式书写进行判断；
D.CH4是甲烷的分子式.
7．（2017高二上·巢湖开学考）在2L的密闭容器中，发生如下反应：3A+B 2C （A、B、C均为气体），若最初加入的A、B都是4mol，10s内用A表示的平均反应速率为0.12mol/（L s），则10s后容器中的B的物质的量是（ ）
A．2.8 mol B．1.6 mol C．3.2 mol D．3.6 mol
【答案】C
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】10s内A的物质的量的变化量△n（A）=0.12mol/（L s）×10s×2L=2.4mol，根据方程式3A+B 2C，可知△n（B）= △n（A）= ×2.4mol=0.8mol，故10s后容器中B的物质的量为4mol﹣0.8mol=3.2mol，
故答案为：C．
【分析】根据A的反应速率计算A的变化物质的量，然后根据化学方程式计算B的变化量即可.
8．（2017高二上·巢湖开学考）下列有关实验的叙述正确的是（ ）
A．用水润湿的pH试纸来测量溶液的pH
B．实验需要480mL 2.0mol L﹣1的氢氧化钠溶液．配制该溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作
C．用溴水，淀粉、KI溶液比较Br2与I2的氧化性强弱，所需玻璃仪器主要有：试管、胶头滴管
D．向溶液中滴加硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明溶液中一定有SO42﹣
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．pH试纸不能事先湿润，防止误差，故A不符合题意；
B．用500mL容量瓶配制溶液，应称量40.0g氢氧化钠固体，故B不符合题意；
C．溴的氧化性大于碘，可用胶头滴管向盛有淀粉、KI溶液的试管中滴加溴水，检验是否变蓝，故C符合题意；
D．不能排除SO32﹣的干扰，应先加入盐酸，如无现象，然后再加入氯化钡，故D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】A.根据pH试纸的使用方法进行判断；
B.根据溶液体积为500mL进行计算溶质的量质量；
C.根据卤素单质的置换反应进行判断；
D.酸性溶液中的硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子.
9．（2017高二上·巢湖开学考）据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（ ）
A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大
C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O
D．充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故不符合题意；
B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B不符合题意；
C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C不符合题意；
D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣ 2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1mol
CH3OH转移6mol电子，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据原电池原理和电解池原理分析电极反应式和总反应方程式即可.
10．（2017高二上·巢湖开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．4 g氦气中含有的分子数和原子数均为NA
B．标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NA
C．1 L 0.1 mol L﹣1乙醇溶液中含有的氧原子数为0.1NA
D．1 mol Cl2完全反应转移的电子数一定是2NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、氦气为单原子分子，一个氦原子即一个氦分子，故4g氦气中含有的氦原子和氦分子个数均为N= =NA，故A符合题意；
B、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B不符合题意；
C、乙醇溶液中，除了乙醇中含氧原子，水中也含氧原子，故此溶液中含有的氧原子的个数大于0.1NA个，故C不符合题意；
D、氯元素的价态有：+7、+5、+3、+1、0、﹣1价等，由于不确定氯气反应后变为几价，故1mol氯气反应后转移的电子不能确定，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.氦气是单原子分子；
B.标准状况下四氯化碳是液体，不能利用气体摩尔体积计算气；
C.乙醇溶液中的水也含有氧元素；
D.氯气可发生自身氧化还原反应.
11．（2017高二上·巢湖开学考）下列表达中，正确的是（ ）
A．饱和氯水中可大量共存Na+、CO32﹣、SO32﹣
B．溶液中可大量共存Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣
C．向稀硝酸中加入过量的铁粉：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
D．AlCl3溶液和过量浓氨水混合：Al3++4NH3 H2O=Al（OH）4﹣+4NH4+
【答案】C
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、饱和氯水中含氯气可以氧化亚硫酸根离子，碳酸根离子和盐酸能反应，所以A不符合题意；
B、碳酸氢根离子和氢氧根离子能反应不共存，故B不符合题意；
C、向稀硝酸中加入过量的铁粉反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C符合题意；
D、AlCl3溶液和过量浓氨水混合生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】A.根据氧化还原反应判断能否大量共存；
B.氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水；
C.过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子；
D.氢氧化铝不溶于弱碱氨水.
12．（2017高二上·巢湖开学考）只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，不能区别的下列溶液（浓度均为0.1mol/L）（ ）
A．NaAlO2和稀盐酸 B．NaHCO3和Ca（OH）2
C．NaOH和Al2（SO4）3 D．HCl和Na2CO3
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A．向NaAlO2溶液加盐酸，先有沉淀后沉淀消失，而向盐酸中加NaAlO2溶液，先没有沉淀后生成沉淀，现象不同，能鉴别，故A不符合题意；
B．无论将NaHCO3滴加到Ca（OH）2中还是将Ca（OH）2溶液滴到NaHCO3中都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B符合题意；
C．将Al2（SO4）3溶液滴加到NaOH溶液中先没有现象，后生成沉淀，将NaOH滴到Al2（SO4）3溶液中先生成沉淀后沉淀消失，二者现象不同，可鉴别，故C不符合题意；
D．Na2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴能够鉴别的物质之间因用量的多少不同而现象不同，据此判断即可.
13．（2017高二上·巢湖开学考）过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧．下列有关说法不正确的是（ ）
A．Na2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂
B．1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA
C．过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出强氧化性
D．过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠
【答案】A
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故A符合题意；
B．过氧化钠电子式为： ，1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA，故B不符合题意；
C．过氧化钠具有强氧化性，铝、碳具有还原性，过氧化钠氧化铝、碳表现强氧化性，故C不符合题意；
D．过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠Na2O2+SO2=Na2SO4，故D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】A.根据化合价变花盘短氧化剂和还原剂；
B.过氧化钠中的阴离子是过氧根离子；
C.过氧化钠中的氧原子化合价降低表现氧化性；
D.过氧化钠具有强氧化性.
14．（2017高二上·巢湖开学考）在一定温度下，固定体积的密闭容器内，反应：2HI（g） H2（g）+I2（g） 达到平衡状态的标志是（ ）
①I2的体积分数不再变化；
②生成1mol H2同时消耗1mol I2；
③容器内压强不再变化；
④生成2mol HI同时消耗1mol H2；
⑤气体的密度不再变化；
⑥混合气体的平均式量不再变化．
A．①②③④⑤ B．①②③⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①②
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①I2的体积分数不再变化，表明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故①符合题意；
②生成1mol H2同时消耗1mol I2，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明该反应达到平衡状态，故②符合题意；
③该反应过程中压强为定值，不能根据容器内压强判断平衡状态，故③不符合题意；
④生成2mol HI同时消耗1mol H2，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故④不符合题意；
⑤反应过程中密度为定值，不能根据气体的密度判断平衡状态，故⑤不符合题意；
⑥气体总质量、气体总物质的量始终不变，则混合气体的平均式量为定值，不能根据混合气体的平均式量判断平衡状态，故⑥不符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据可逆反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等，各组分的百分含量不变，据此进行判断即可.
15．（2017高二上·巢湖开学考）反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，当有6mol e﹣发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．3：1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图 ，
所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，
由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，
所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，
故答案为：C．
【分析】反应中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据化合价变化分析氧化剂和还原剂的判断，然后得出起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比.
16．（2017高二上·巢湖开学考）a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，则被还原的HNO3的物质的量一定是（ ）
A．（b﹣2a） mol B． mol
C． mol D．2a mol
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】因a molCu与含b molHNO3的溶液恰好完全反应，则生成amolCu（NO3）2中的2amol硝酸根离子没有被还原，由氮原子守恒可知，被还原的HNO3的物质的量为bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，
故答案为：A．
【分析】跟铜反应的硝酸中生成硝酸铜的硝酸起到酸的作用，剩余部分起到氧化剂的作用，据此计算被还原的硝酸的物质的量即可.
二、非选择题
17．（2017高二上·巢湖开学考）A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．
（1）C离子的结构示意图为 ．D在周期表中 位置．
（2）A、D两元素形成的化合物属 （填“离子”或“共价”）化合物．
（3）写出E的电子式： ．
（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A反应的化学方程式： ．
【答案】（1）；第三周期第ⅥA族
（2）共价
（3）
（4）C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：依据分析可知：A为碳，B为氧，C为钠，D为硫，
（1）C为钠，钠最外层失去1个电子变成钠离子，钠离子的离子结构示意图为： ，D为S，S处于第三周期第ⅥA族，
故答案为： ；第三周期第ⅥA族；
（2）C、S两元素形成的化合物为二硫化碳，属于共价化合物，
故答案为：共价；
（3）E为过氧化钠，过氧化钠中钠离子与过氧根构成离子键，过氧根之间形成非极性共价键，故其电子式为： ，
故答案为： ；
（4）S的最高价氧化物的水化物为硫酸，浓硫酸与C反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O．
【分析】淡黄色固体为Na2O2，则B为O，C为Na；A原子的最外层上有4个电子，则A为C；元素核外电子层依次为K、L、M、N、O、P、Q，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，因D有M电子层，则L层必定为8电子，故M层为6电子，D元素为S，据此解答即可.
18．（2017高二上·巢湖开学考）A、B、C、D四种物质之间有图所示的转化关系．
已知，A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体．
请回答下列问题：
①写出A和C的化学式：A ，C ．
②B→C观察到的现象是 ．
③C→D的化学反应方程式是 ，该反应的氧化剂是 ，还原剂是 ．
④在图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是 ，其中，D表现出强 （填“氧化性”或“还原性”）．
【答案】N2；NO2；无色气体变为红棕色；3NO2↑+H2O=2HNO3+NO；NO2；NO2；Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；氧化性
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体，由转化关系可知，C为NO2，故A为N2，B为NO，D为HNO3，
①由上述分析可知，A为N2，C为NO2，故答案为：N2；NO2；
②B→C是NO与氧气反应生成NO2，观察到的现象是：无色气体变为红棕色，
故答案为：无色气体变为红棕色；
③C→D的化学反应方程式是：3NO2↑+H2O=2HNO3+NO，反应中NO2所含N元素化合价既升高又降低，NO2既是氧化剂又是还原剂，
故答案为：3NO2↑+H2O=2HNO3+NO；NO2；NO2；
④图示D→C的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；氧化性．
【分析】A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体，由转化关系可知，C为NO2，故A为N2，B为NO，D为HNO3，据此解答即可.
19．（2017高二上·巢湖开学考）O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：
（1）等质量的O2和O3所含分子个数比为 ，原子个数比为 ，分子的物质的量之比为 ．
（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为 ，原子个数比为 ，质量比为 ．
（3）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积约是 （用含NA的式子表示）．
【答案】（1）3：2；1：1；3：2
（2）1：1；2：3；2：3
（3）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：（1）假设O2和O3的质量均为48g，
则O2的物质的量为 =1.5mol，
O3的物质的量为 =1mol，
故O2和O3所含分子个数比为1.5mol：1mol=3：2；
O2和O3均由O原子构成，则氧原子质量相等，含有O原子数目相等，即原子个数比为1：1，
O2和O3分子的物质的量之比为1.5mol：1mol=3：2，
故答案为：3：2；1：1；3：2；
（2）温同压下，气体摩尔体积相同，根据N= 知，等体积的O2和O3所含分子个数比是1：1，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以原子个数之比是2：3，根据m= M知，其质量之比等于其摩尔质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3；
故答案为：1：1；2：3；2：3；
（3）根据其组分都为氧气相同，所以其质量与分子数成正比，ag氧气含有的分子数为：b个，质量与分子数的比列式为：ag：b个=cg：x个，
x= 个；
cg该混合气体含有的物质的量为：n= =mol其体积为：V=n×Vm = mol×Vm = L．
故答案为： L．
【分析】（1）根据氧气和臭氧的摩尔质量计算等质量的两种气体的物质的量，然后计算原子数、分子数之比等；
（2）等温等压下，等体积的O2和O3的物质的量相等；
（3）根据质量与分子数成正比进行计算.
20．（2017高二上·巢湖开学考）盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：
（1）工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是： ．不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因是 ．
（2）在一定体积的10mol L﹣1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积 （填“大于”、“等于”或“小于”）180mL．
（3）若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为 ．
（4）将8g Fe2O3投入到150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，充分反应后，收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为 ．
【答案】（1）2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境
（2）大于
（3）3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）2mol/L
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）加热条件下，Cu和氧气反应生成CuO，反应方程式为：2Cu+O2 2CuO，CuO和稀硫酸反应方程式为CuO+H2SO4 CuSO4+H2O，浓硫酸和铜反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，
故答案为：2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境；
（2）在加热条件下，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积大于180mL，
故答案为：大于；
（3）在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO，所以离子反应方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）该过程中发生的反应为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4，原子守恒得 n（NaOH）=n（Na2SO4）=n（H2SO4），则c（H2SO4）= = =2 mol L﹣1，
故答案为：2mol/L．
【分析】（1）铜与氧气反应生成氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜；铜与浓硫酸反应生成污染空气的二氧化硫；
（2）铜与稀硫酸不反应；
（3）硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性；
（4）根据钠元素守恒计算硫酸溶液的浓度即可.
21．（2017高二上·巢湖开学考）化学是以实验为基础的．利用已学知识对下列实验进行分析并填空：
Ⅰ．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．
甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置完成同主族元素C、Si非金属性强弱比较的实验研究；
乙同学设计了如图2装置实验来验证卤族元素性质的递变规律（夹持装置已略去）．A、B、C三个胶头滴管分别是氯酸钾溶液、NaBr溶液、淀粉KI溶液．已知常温下浓盐酸与氯酸钾溶液能反应生成氯气．
（1）甲同学设计实验所涉及的离子方程为： 、 ．
（2）乙同学具体操作如下：
①先挤压胶头滴管A，使少量溶液滴入烧瓶内；
②挤压胶头滴管B，使稍过量溶液滴入烧瓶内，充分反应．写出该操作中主要离子方程式为 ．
③再挤压胶头滴管C，使少量溶液滴入烧瓶内，可观察到 ；
（3）根据甲乙同学的实验可得到的结论是：
（4）II．
实验 目的
实验
实验 结论
结论： FeCl3在实验中的作用为：
反应 方程式
【答案】（1）CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
（2）Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2；溶液由橙黄色变为蓝色
（3）同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱
（4）探究温度对H2O2分解反应速率的影响；温度越高，化学反应速率越快；催化剂；2H2O2 2H2O+O2↑
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）根据实验装置图可知，甲同学利用强酸制弱的原理比较酸性的强弱，利用元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素的非金属性超强，判断同主族元素非金属性强弱，能用该实验装置完成的应该是碳元素和硅元素的比较，所以该实验是用碳酸制硅酸，装置A和B是用强酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，C中装硅酸钠溶液，将生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣，
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣；
（2）②根据实验装置图及题中提供的试剂可知，乙同学利用单质的氧化性越强，元素的非金属性越强的原理比较氯、溴、碘的非金属性，具体操作为先用氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，形成氯水，再向溶液中滴加溴化钠溶液，生成溴，溶液出现橙黄色，反应的离子方程式为2Br﹣+Cl2 Br2+2Cl﹣；
故答案为：2Br﹣+Cl2 Br2+2Cl﹣；
③再滴入淀粉碘化钾溶液，溴能氧化碘离子生成碘，溶液由橙黄色变为蓝色，
故答案为：溶液由橙黄色变为蓝色；
（3）根据（1）可知，碳的非金属性强于硅，（2）可知，氯的非金属性强于溴，溴的非金属性强于碘，所以结论是同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱，
故答案为：同一主族元素，从上到下，元素的非金属性减弱；
Ⅱ．比较三个实验装置图可知，三个装置中的温度不同，根据对比实验的原理可其实验目的是探究温度对双氧水分解反应的速率的影响，温度越高，反应速率越快，双氧水越易分解．双氧水在氯化铁作催化剂的条件下发生分解生成氧气和水，反应的方程式为2H2O2 2H2O+O2↑，
故答案为：
实验目的：探究温度对H2O2分解反应速率的影响
温度越高，化学反应速率越快 催化剂
2H2O2 2H2O+O2↑
【分析】Ⅰ．（1）A中发生的是强酸与碳酸钙的反应，B中发生的是硅酸钠与碳酸的反应；
（2）根据氯气与溴离子的反应书写离子方程式；根据生成碘，碘与淀粉反应变蓝色进行回答；
（3）根据元素周期律进行回答；
根据温度、催化剂对反应速率的影响进行分析即可.
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