广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017-2018学年高二上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·钦州港开学考）下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（ ）
A．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
B．燃烧反应必须有氧气作氧化剂
C．2Fe+3Cl2=2FeCl3， Fe+S FeS 由此可以判断氧化性：Cl2>S
D．Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子 ，因此还原性Al>Mg
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，故A不符合题意；
B. 燃烧反应不一定有氧气参与，比如氯气在氢气在燃烧，镁条也可以在二氧化碳中燃烧，故B不符合题意；
C.非金属单质与多价态金属单质反应时，氧化性强的生成高价态产物，已知2Fe+3Cl2=2FeCl3； Fe+S FeS 由此可以判断氧化性：Cl2＞S，故C符合题意；
D.还原性与失电子能力有关，与失电子多少无关，所以不能根据金属单质失电子多少判断还原性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A，有单质参加的反应，不一定存在元素化合价的变化。谨记氧化还原反应的实质。
B，燃烧反应不一定有氧气参与。
C，与变价金属反应反应生成化合物中金属价态越高，非金属的氧化性越强。
D，还原性与失电子多少无关。
2．（2018高二上·钦州港开学考）只含C、H、O三种元素的有机物，在空气中燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比是1：2，在这类有机物中（ ）
A．相对分子质量最小的化合物分子式是CH2O
B．相对分子质量最小的化合物分子式是C2H2O
C．含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是16的整数倍
D．含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是18的整数倍
【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n．
由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故A、B不符合题意；
由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故D符合题意；
故答案为D．
【分析】只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n，据此分析判断．
3．（2018高二上·钦州港开学考）下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ +2OH- +2HCO3- = CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
C．少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+ CO32-
D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全： Ba2+ + 2OH- +2H+ + SO4 2- = BaSO4↓+ 2H2O
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A符合题意；
B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故B不符合题意；
C.少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3-，故C不符合题意；
D.向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全的离子反应为Ba2++2OH-+H++NH4++SO42-═BaSO4↓+NH3．H2O+H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A，发生氧化还原反应，遵循电子和电荷守恒。
B，注意是少量小苏打，HCO3-前的系数为1.
C，向苯酚钠中通入CO2，无论CO2的量是多少，只能生产HCO3-，生产酸性比苯酚弱的HCO3-。
D，至SO42-刚好沉淀完全，反应生成硫酸钡，水，一水合氨。
4．（2018高二上·钦州港开学考）下列关于容量瓶及其使用方法的叙述正确的是（ ）。
①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 ②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液 ③容量瓶可以用来加热 ④容量瓶不能用长期贮存配制好的溶液 ⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液
A．①③ B．①②④⑤
C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；
故答案为：C.
【分析】本题考查容量瓶的使用。
选择容量瓶遵循的两大原则：相匹配和大而近原则；容量瓶有温度、容积和刻度线，刻度线只有一条；使用容量瓶前要先检查是否漏液，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用来贮存配制好的溶液。
5．（2018高二上·钦州港开学考）向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液中一定含有SO42-
B．溶液中一定含有Ag+
C．溶液中一定含有SO32-
D．溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种
【答案】D
【知识点】常见离子的检验；氯离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A，如果含有SO42-，会与加入的BaCl2生成BaSO4沉淀；
B，如果含有Ag+，加入BaCl2，可能生成AgCl沉淀；
C，如溶液中含有SO32-，能被硝酸氧化为SO42-，加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀；
D，AgCl和BaSO4沉淀都不溶于硝酸，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种。
故答案为：D。
【分析】
考虑加入的物质BaCl2，能产生Ba2+和Cl-两种离子，加入硝酸后沉淀都不溶解不消失，沉淀可能为AgCl、BaSO4中的一种或两种，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种。
6．（2016高一下·伊春期中）下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A．能生成碱的金属元素都在ⅠA族
B．原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期ⅣA族
C．稀有气体元素原子的最外层电子数均为8
D．第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6
【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A、因ⅡA族的金属元素也能生成碱，如氢氧化镁，氢氧化钙，故A错误；
B、原子序数为14的原子为硅，有三个电子层，每一层的电子数分别为2、8、4，所以位于元素周期表的第3周期ⅣA族，故B正确；
C、因氦原子的最外层电子数为2，故C错误；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，故D错误；
故选：B．
【分析】A、根据ⅡA族的金属元素也能生成碱；
B、根据元素原子结构示意图确定位置；
C、根据氦原子的最外层电子数为2；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同．
7．（2018高二上·钦州港开学考）下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（ ）
A．Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系
B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强
C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；硫化氢；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A选项，加入硫酸钠溶液，产生胶体沉淀是由于聚沉。故A不符合题意。
B选项，H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，是由于产生了硫化铜难溶物，与酸性强弱无关。B不符合题意。
C选项，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，是因为I2被Cl2从KI中置换出来，Cl2+2KI=I2+2KCl，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Cl2的氧化性强于I2，C选项符合题意。
D选项，滴有酚酞的Na2CO3溶液显色，是由于碳酸根水解，呈碱性。加入氯化钡后，碳酸根与钡离子产生沉底。水解终止，溶液褪色。故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查化学实验的相关现象。
A，胶体中加入电解质溶质，胶体会产生聚沉，胶体是种稳定的物质。
B，根据CuS不溶于H2SO4，不符合强酸制弱酸的原理。
C，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
D，根据Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3和NaCl，使的CO32-的水解逆向移动，碱性减弱，溶液褪色。
8．（2018高二上·钦州港开学考）将Cu与CuO的混合物20.8g加入到50mL 18.4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解(产生气体全部逸出)，冷却后将溶液稀释至1000mL，测得c(H+)=0.84mol/L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0mol/L的NaOH溶液的体积为：（ ）
A．100mL B．160mL C．240mL D．307mL
【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】反应剩余硫酸的物质的量为：
×0.84mol/L×1L=0.42mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：
Cu+ 2H2SO4(浓)
CuSO4+ SO2↑+2H2O
1 2 1
x 2x x
CuO+ H2SO4═CuSO4+H2O
1 1
y y
所以，2x+y=18.4mol/L×0.05L-0.42mol=0.5mol，64g/mol x+80g/mol y=20.8g，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，n(SO2)=0.2mol，1000 mL溶液中SO42-的总量为18.4mol/L×0.05L-0.2mol=0.72mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故需要n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积= =0.24L=240mL，
故答案为：C。
【分析】由题意可知，Cu与CuO的混合物与硫酸反应硫酸有剩余，溶液中氢离子来源于剩余的硫酸，则n剩余（H2SO4）=0.5n（H+），设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，表示出二者反应消耗的硫酸及生成的二氧化硫，根据二者质量与消耗的硫酸列方程计算，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫原子守恒可得n（Na2SO4）=n原来（H2SO4）-n（SO2），据此计算解答．
9．（2018高二上·钦州港开学考）酸和醇可以发生酯化反应，生成酯类物质，下列酸和醇能生成相对分子质量为90的酯的是（ ）
A．CH3C18OOH与C2H518OH B．CH3C18O18OH与C2H518OH
C．CH3CO18OH与C2H518OH D．CH3CO18OH 与C2H5OH
【答案】C
【知识点】酯化反应
【解析】【解答】A．CH3C18OOH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为92，故A不选；
B．CH3C18O18OH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为92，故B不选；
C．CH3CO18OH与C2H518OH反应生成CH3CO18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为90，故C选；
D．CH3CO18OH 与C2H5OH反应生成CH3COOC2H5，生成的酯的相对分子质量为88，故D不选．
故选C．
【分析】酯化反应的实质可用示踪原子法确定：CH3COOH与C2H518OH→CH3CO18OC2H5+H2O，以此确定生成的酯的相对分子质量
10．（2018高二上·钦州港开学考）下图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是（ ）
X Y
Z W
A．Z的原子序数可能是X的两倍
B．单质的活泼性可能是Y＜Z
C．X、Z的最高价氧化物对应水化物可能均为强酸
D．分别由Y、W形成的单质可能都是原子晶体
【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8。
A．如果X是O元素，则Z为S元素，O元素原子序数是8，S元素原子序数的16，所以Z的原子序数可能是X的两倍，故A不符合题意；
B.如果Y是Ne元素，Z为S元素，稀有气体元素性质较稳定，所以单质的活泼性可能是Y＜Z，故B不符合题意；
C.X和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸，如果X是碳元素，则Z为Si元素，碳酸、硅酸都是弱酸，如果X是N元素，则Z为P元素，硝酸为强酸，但磷酸为中强酸，O和F元素没有最高价含氧酸，故C符合题意；
D.金刚石和硅都是原子晶体，且碳和硅属于同一主族，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
根据这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8，据此求解。
11．（2016高一下·汕头期末）下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（ ）
①在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题
②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料
③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放
④发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统
⑤使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾．
A．①②③④ B．①②⑤ C．①②④⑤ D．③④⑤
【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：①火力发电会消耗很多燃煤，会产生大量二氧化硫和二氧化碳，引起空气污染，发展核电，能减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题，可减少酸雨和温室效应，起到保护和改善自然环境的作用，故①正确；②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可降解塑料在微生物作用下分解生成二氧化碳，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，可减少白色污染，起到保护和改善自然环境的作用，故②正确；③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放对保护环境有着极其重要作用，有利于节能减排和改善环境，故③正确；④太阳能、风能是清洁能源，推广使用太阳能、风能，可减少化石能源的使用，有利于节能减排、改善环境质量，故④正确；⑤有的垃圾含有重金属离子，填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染水体和土壤，不利于节能减排、改善环境质量，故⑤错误；
故选A．
【分析】①火力发电会产生大量二氧化硫和二氧化碳；②塑料制品造成严重的白色污染，故应推行限塑令，控制塑料制品的使用，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料；③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放，能够减少污染物的排放；④推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，减少传统能源的使用，有利于改善环境；⑤使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源．
12．（2018高二上·钦州港开学考）化学物质丰富多彩，下列有关物质的说法正确的是（ ）
A．漂白粉、盐酸、碘酒和液氯都属于混合物
B．向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体
C．熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，所以都属于电解质
D．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.漂白粉、盐酸、碘酒都属于混合物，液氯是氯气分子构成的，属于纯净物，A不符合题意；
B.向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，B不符合题意；
C.熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，其中氯化钠属于电解质，盐酸是混合物，铜是金属，均既不是电解质，也不是非电解质，电解质与非电解质都必须是化合物，C不符合题意；
D.蛋白质形成的分散系是胶体，则一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路，这是胶体的丁达尔现象，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A．不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净；
B．氢氧化铁胶体制备是向沸水中滴入饱和的氯化铁溶液，加热至红褐色得到氢氧化铁胶体；
C．水溶液中或熔融状态下都能导电的化合物为电解质；
D．胶体具有丁达尔效应；
13．（2016高一下·温州期中）下列说法正确的是（ ）
A．甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子取代后，可以形成两种不同结构的有机物
B．乙烯完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：2
C．苯中碳碳键的键长均相等，证明苯中不存在单双键交替的结构
D．金属钠与乙醇反应时，金属钠在乙醇表面四处游动
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．甲烷是正四面体结构，甲烷分子中两个H原子被取代后生成的二氯甲烷是四面体结构，则二氯甲烷只有一种结构，不存在同分异构体，故A错误；
B．乙烯分子中C、H原子个数之比为1：2，根据原子守恒判断生成二氧化碳和水的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．碳碳双键和碳碳单键键长不等，苯中碳碳键的键长均相等，则证明苯中不存在单双键交替的结构，故C正确；
D．钠密度大于乙醇而小于水，所以金属钠与乙醇反应时，金属钠沉在乙醇底部，故D错误；
故选C．
【分析】A．甲烷是正四面体结构，甲烷分子中两个H原子被取代后生成的二氯甲烷是四面体结构，二氯甲烷只有一种结构；
B．根据原子守恒判断生成二氧化碳和水的物质的量之比；
C．碳碳双键和碳碳单键键长不等；
D．钠密度大于乙醇而小于水．
14．（2018高二上·钦州港开学考）在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、氧原子个数相等时，气体的物质的量之比为：n(O2)：n(O3)=3：2，根据PV=nRT，可以得出其压强之比为3：2，故A不符合题意；
B、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，故B不符合题意；
C、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故分子个数不相等，故C不符合题意；
D、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT对各选项进行判断．
二、多选题
15．（2018高二上·钦州港开学考）下列叙述中正确的是（ ）
A．卤素单质与水反应均可用X2＋H2O=HXO＋HX表示
B．从F2到I2，卤素单质的颜色随着相对分子质量的增大而加深
C．熔、沸点：Li>Na>K
D．还原性：K>Na>Li，故K可以从NaCl溶液中置换出金属钠
【答案】B,C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；碱金属的性质
【解析】【解答】A．氟气与水反应方程式：2F
2+2H
2O=4HF+O
2，不符合X
2+H
2O═HXO+HX，故A不符合题意；
B.卤族元素单质随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故B符合题意；
C.碱金属元素从Li到Cs，熔、沸点逐渐降低，即Li＞Na＞K＞Cs，故C符合题意；
D.虽然单质的还原性顺序为：K＞Na＞Li，但K不能置换出NaCl溶液中的钠，而是先和水反应，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．氟气与水反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2；
B．从F2到I2，卤素单质的颜色逐渐加深；
C．对于碱金属来说，从上到下，单质的熔沸点逐渐降低；
D．钾性质活泼，与盐溶液反应先于水发生反应．
三、实验题
16．（2018高二上·钦州港开学考）我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为37%的浓盐酸（密度为1.19 g/cm3）配制成250mL 0.1mol·L－1的盐酸溶液。
（1）在如图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是 （填右图相应仪器的序号）；
除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 ，其作用按使用的先后顺序分别是 和 。
（2）根据计算，下列量程或规格中，本实验量筒应使用的是 ；容量瓶应使用 。（在横线上填写相应的序号，否则无分，下同）
A、10mL
B、100mL
C、250mL
D、500mL
（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________________。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 ~ 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（4）若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，此时应该________________
A．直接转移到细口试剂瓶中
B．再用胶头滴管加水，重新定容
C．将此溶液倒掉，重新配制
D．直接贮存于容量瓶中
（5）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值(即0.1 mol/L)如何。（a、偏高；b、偏低；c、无影响，在下列横线上填相应序号）
①容量瓶中有少量蒸馏水
②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中
③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中
④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度
【答案】（1）C；玻璃棒；搅拌；引流
（2）A；C
（3）A；E
（4）A
（5）c；a；b；a
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】
(1)配制成250mL 0.1mol L-1的盐酸溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容。用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；在图所示仪器中用不到的是：分液漏斗；还缺少的是：玻璃棒；在浓盐酸稀释时用玻璃棒搅拌，转移液体时用玻璃棒引流。
故答案为：C；玻璃棒；搅拌；引流；
(2)质量分数为37%的浓盐酸(密度为1.19g/cm3)盐酸的物质的量浓度c= =12.1mol/L，设需要浓盐酸体积V，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：V×12.1mol/L=0.1mol/L×250mL，解得V=2.1mL；所以需要选择10mL量筒量取；配制250mL溶液，应选择250mL容量瓶；
故答案为：A；C；
(3)A、容量瓶使用时，应先检查是否漏水，然后用蒸馏水洗涤干净即可，故A正确；
B、容量瓶洗净后不能用所配制溶液润洗，否则影响配制的溶液的浓度，故B错误；
C、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解，故C错误；
D、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中稀释，应该在烧杯中稀释，故D错误；
E、摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转，故E正确；
故答案为：AE；
(4)若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，是因为部分溶液沾到瓶塞上，属于正常操作，溶液浓度准确，此时应该直接转移到细口试剂瓶中；
故答案为：A；
(5)①容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故答案为：c；
②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：a；
③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，将配制好的溶液稀释，溶液浓度偏低，故答案为：b；
④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：a；
故答案为：c；a；b；a。
【分析】（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（2）先计算出所需的浓盐酸的体积，再根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，据此选择；
（3）A、容量瓶使用前要先检查是否漏液；
B、容量瓶不能润洗；
C、容量瓶不能用来溶解固体；
D、容量瓶不能用来稀释溶液；
E、定容完成后应摇匀，摇匀时盖好瓶盖，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次．
（4）定容摇匀后静置，发现凹液面低于线是正常的，不用采取任何措施；
（5）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；
四、综合题
17．（2018高二上·钦州港开学考）Ⅰ、单质硅由于其成熟的生产工艺， 丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等，在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势。
（1）写出上述制备硅的化学反应方程式 。
（2）二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是 。
（3）盐X的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体。写出此反应的离子反应方程式 。
（4）Ⅱ、某盐A有3种元素组成，易溶于水。将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O。将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F。请回答下列问题：
写出A的化学式： ； B的电子式： 。
（5）写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：① ；② 。
（6）D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式 。
（7）判断盐F的可能成分 ；设计实验方案确定F的成分 。
【答案】（1）SiO2+ 4Na + 2CO2= 2Na2CO3+ Si
（2）二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体
（3）3CO32-+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）NH4NO2；
（5）2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；NO2—+H2O+Cl2=NO3-+2Cl-+2H+
（6）NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O
（7）化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；硅和二氧化硅；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】
（1）SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si ；
（2）二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体
（3）3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）NH4NO2；B的电子式：；
（5） ①2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
②NO2—+H2O+Cl2=NO3—+2Cl—+2H+；
（6） NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
（7）
化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；
若无沉淀，则只有NH4NO3。
【分析】（1）在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成碳酸钠，方程式为：SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si；
（2）二氧化硅为原子晶体，固态，具有较高的熔沸点，硬度大，二氧化碳为分子晶体，气态，具有较低的熔沸点，因此二者的物理性质相差很大；
（3）碳酸根与铝离子能够在溶液中发生双水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：
3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）. ①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，E为NO2，说明A是亚硝酸盐；将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F ，证明为铵盐；结合A有三种元素组成，易溶于水，将A加热分解，则A为NH4NO2；加热，生成既不助燃也不能使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B为氮气。据此回答问题。
A的化学式为NH4NO2，B为N2，电子式为；
（5）①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，反应方程式为：2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
②NH4NO2与Cl2反应的方程式为：NO2—+ H2O +Cl2=NO3—+2 Cl—+2H+；
（6）NO和NO2对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的NO和NO2混合气体，方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
（7）溶液浓缩后得到无色晶体F，则F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；可设计实验确定F的成分：取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。
五、解答题
18．（2018高二上·钦州港开学考）某亚硝酸钠生产厂采用硝酸为原料，其生产原理是NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O。工艺流程如下
（1）分解塔中填有大量的瓷环，其目的是： 。
（2）按一定计量比在反应塔中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1∶1，则分解塔中发生反应的化学方程式为： 。试从产物产率的角度分析该反应中硝酸的浓度不宜过大或过小的原因是 ，若硝酸浓度过高，吸收塔中可能发生的副反应化学方程式为 。
（3）通入一定量的N2的目的是： 。
（4）吸收塔中尾气如何再利用： 。
【答案】（1）增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率
（2）2HNO3＋2SO2＋H2O＝NO＋NO2＋2H2SO4；硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O
（3）稀释气体，提高吸收率
（4）通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收
【知识点】亚硝酸盐；制备实验方案的设计
【解析】【解答】根据工艺流程可知：将SO
2通入7～10mol/L的HNO
3溶液中后，有H
2SO
4生成，可知SO
2在反应中做还原剂被氧化，HNO
3被还原为NO与NO
2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO
2的混合气体中通入氮气后在吸收塔中被7～10mol/L的氢氧化钠溶液吸收，通入的氮气可以使NO和NO
2混合气体被稀释，能被氢氧化钠充分吸收，发生反应：NO+NO
2+2NaOH═2NaNO
2+H
2O，得到主产物NaNO
2；如果硝酸的浓度控制得当，得到的NO和NO
2比例是1：1，则将会被氢氧化钠溶液完全吸收，但如果硝酸的浓度过高，则会导致所得的混合气体中NO
2的含量过高而过量，此时会在尾气中会有过量的NO
2，而如果硝酸的浓度偏低，则会导致所得的混合气体中NO的含量过高而过量，所得的尾气中会有NO，但无论是哪种情况，都可以通入适量的O
2，再进入吸收塔，循环吸收来进行尾气处理。
(1)分解塔中填有大量的瓷环，其目的是增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率，
故答案为：增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率。
(2)HNO3被还原后生成的NO与NO2物质的量之比恰好是1：1，即2molHNO3被还原时氮元素得4mol电子，能将2molSO2氧化为2molH2SO4，故化学方程式为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多，还可能发生NO2与氢氧化钠的反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。
故答案为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；
(3)通入一定量的N2可以稀释气体，提高气体的吸收率，
故答案为：稀释气体，提高吸收率。
(4)吸收塔中尾气的成分主要是NO和NO2，故可以通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收，
故答案为：通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收。
【分析】
（2）根据HNO3被还原后生成的NO与NO2物质的量之比恰好是1：1可知，氮元素得4mol电子，能将2molSO2氧化为2molH2SO4，据此写出反应；根据浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，据此分析；根据当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多来分析；
（3）根据通入一定量的N2的目的来分析；
（4）根据吸收塔中尾气的成分主要是NO和NO2来分析．
六、填空题
19．（2018高二上·钦州港开学考）
（1）配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，其结果 。（填“偏大”、“偏小”、或“不变”）
（2）从石油中分离出汽油、煤油和柴油等，所采用的方法是 。（填“干馏”或“分馏”）
（3）除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是 。（填“NaOH溶液”或“饱和NaHCO3溶液”）
（4）如图是实验室制取氨气的装置，回答下列问题：
①收集氨气的方法是 排空气法。
②验证氨气是否收集满的方法是 。
【答案】（1）偏小
（2）分馏
（3）饱和NaHCO3溶液
（4）向下；用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满
【知识点】除杂；常见气体的检验；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液；石油的分馏
【解析】【解答】(1)配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，
故答案为：偏小；
(2)根据石油中各组分的沸点不同从石油中分离出汽油、煤油和柴油等的操作为石油的分馏，
故答案为：分馏；
(3)CO2和HCl均为酸性气体，均能与NaOH溶液反应，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl能与饱和NaHCO3溶液生成CO2，故除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是饱和NaHCO3溶液，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；
(4)①氨气的密度比空气的小，故采用向下排空气法，
故答案为：向下；
②氨气是唯一的碱性气体，故只要能证明有碱性气体逸出，则氨气已集满，故方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满，
故答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满。
【分析】
（1）溶液体积偏大，则浓度偏小。
（2）根据沸点分离物质叫分馏。
（3）除杂质遵循不与原物质反应和不产生新物质的原则。
（4）①收集气体有两种方法：排水集气法和排空气集气法；氨气能与溶于水，只能用排空气法；氨气的密度比空气的小，采用向下排空气法。
②氨气是唯一的碱性气体，碱性气体用湿润的红色石蕊试纸检验。
20．（2018高二上·钦州港开学考）现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素．
A B C D E F G H I J
原子半径（10﹣10m） 0.74 1.60 1.52 1.10[ 0.99 1.86 0.75 0.82 0.102 0.037
最高或最低 化合价
＋2 ＋1 ＋5[ ＋7 ＋1 ＋5 ＋3 ＋6 ＋1
﹣2
﹣3 ﹣1
﹣3
﹣2
回答下列问题：
（1）D的元素名称是 ，H的元素符号是 ，B在元素周期表中的位置是 （周期、族）
（2）在以上元素形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是 ．化合物F2A2的电子式是： ，构成该物质的化学键类型为
（3）用电子式表示A的简单氢化物的形成过程如下： ；G的氢化物的结构式为
（4）一定条件下，IA2气体与足量的A单质充分反应生成20 g气态化合物，放出24.6 kJ热量，写出其热化学方程式
（5）用J元素的单质与A元素的单质可以制成电池，电池中装有KOH浓溶液，用多孔的惰性电极甲和乙浸入KOH溶液，在甲极通入J的单质，乙极通入A的单质，则甲极的电极反应式为：
【答案】（1）磷；B；第三周期第ⅡA族
（2）HClO4；；离子键、非极性键
（3）；
（4）2SO2 （g）＋O2（g） 2SO3（g）；；△H=﹣196.8 kJ/mol
（5）H2﹣2e﹣＋2OH﹣═2H2O
【知识点】化学键；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；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】从图表数据可知，+1价的C、F，一定是碱金属Li和Na，而原子半径F＞C，故C应为IA族第二周期的Li，F为三周期的Na元素，J为H元素；D和G最高正价均为+5，负价一致，故为VA族元素，因原子半径D＞G，故D为第三周期第VA族的P元素，G为N元素；从化合价可推出E属于卤素，由于短周期F元素无正价，故E为氯元素，位于第VIIA族第三周期；H最高正价+3价，无负价，只能是IIIA族元素，而原子半径H＞F，故H只能是位于第二周期第IIIA族的B元素；A和I的最低负价都为-2价，I最高正价为+6价，则A应为第二周期的O元素，I为第三周期的S元素。
(1)由以上分析可知，D为P元素，F为B元素，B为Mg元素，位于第三周期ⅡA族，
故答案为：磷；B；第三周期 第ⅡA族；
(2)以上元素中，非金属性最强的元素为Cl元素，对应的最高价氧化物的水化物的为HClO4，酸性最强，化合物F2A2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，
故答案为：HClO4； ；离子键、非极性键；
(3)A的简单氢化物为H2O，用电子式表示的形成过程为 ，G的氢化物为NH3，其结构式为 ，
故答案为： ； ；
(4)IA2气体与足量的A单质充分反应为2SO2+O2 2SO3，n(SO3)= =0.25mol，生成2molSO3放出的热量为：24.6kJ×8=196.8 kJ，反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol，
故答案为：2SO2 (g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol。
(5)碱性氢氧燃料电池中，负极发生氧化反应，氢气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，
故答案为：H2-2e-+2OH-═2H2O。
【分析】
（1）根据元素的化合价和原子半径分析出相关元素。
（2）元素形成的最高价氧化物的水化物，元素周期表从左到右酸性逐渐增强，从上到下酸性逐渐减弱。
（3）考查用电子式表示物质的形成过程。
（4）热化学方程式书写注意状态和焓变的计算。
（5）碱性氢氧燃料电池中，负极发生氧化反应，氢气得电子生成氢氧根离子。
1 / 1广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017-2018学年高二上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·钦州港开学考）下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（ ）
A．有单质参加的反应一定是氧化还原反应
B．燃烧反应必须有氧气作氧化剂
C．2Fe+3Cl2=2FeCl3， Fe+S FeS 由此可以判断氧化性：Cl2>S
D．Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子 ，因此还原性Al>Mg
2．（2018高二上·钦州港开学考）只含C、H、O三种元素的有机物，在空气中燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比是1：2，在这类有机物中（ ）
A．相对分子质量最小的化合物分子式是CH2O
B．相对分子质量最小的化合物分子式是C2H2O
C．含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是16的整数倍
D．含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是18的整数倍
3．（2018高二上·钦州港开学考）下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ +2OH- +2HCO3- = CaCO3↓+ CO32- + 2H2O
C．少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+ CO32-
D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全： Ba2+ + 2OH- +2H+ + SO4 2- = BaSO4↓+ 2H2O
4．（2018高二上·钦州港开学考）下列关于容量瓶及其使用方法的叙述正确的是（ ）。
①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 ②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液 ③容量瓶可以用来加热 ④容量瓶不能用长期贮存配制好的溶液 ⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液
A．①③ B．①②④⑤
C．①②④ D．①②③④
5．（2018高二上·钦州港开学考）向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液中一定含有SO42-
B．溶液中一定含有Ag+
C．溶液中一定含有SO32-
D．溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种
6．（2016高一下·伊春期中）下列关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A．能生成碱的金属元素都在ⅠA族
B．原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期ⅣA族
C．稀有气体元素原子的最外层电子数均为8
D．第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6
7．（2018高二上·钦州港开学考）下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（ ）
A．Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系
B．H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强
C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性
8．（2018高二上·钦州港开学考）将Cu与CuO的混合物20.8g加入到50mL 18.4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解(产生气体全部逸出)，冷却后将溶液稀释至1000mL，测得c(H+)=0.84mol/L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0mol/L的NaOH溶液的体积为：（ ）
A．100mL B．160mL C．240mL D．307mL
9．（2018高二上·钦州港开学考）酸和醇可以发生酯化反应，生成酯类物质，下列酸和醇能生成相对分子质量为90的酯的是（ ）
A．CH3C18OOH与C2H518OH B．CH3C18O18OH与C2H518OH
C．CH3CO18OH与C2H518OH D．CH3CO18OH 与C2H5OH
10．（2018高二上·钦州港开学考）下图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是（ ）
X Y
Z W
A．Z的原子序数可能是X的两倍
B．单质的活泼性可能是Y＜Z
C．X、Z的最高价氧化物对应水化物可能均为强酸
D．分别由Y、W形成的单质可能都是原子晶体
11．（2016高一下·汕头期末）下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（ ）
①在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题
②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料
③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放
④发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统
⑤使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾．
A．①②③④ B．①②⑤ C．①②④⑤ D．③④⑤
12．（2018高二上·钦州港开学考）化学物质丰富多彩，下列有关物质的说法正确的是（ ）
A．漂白粉、盐酸、碘酒和液氯都属于混合物
B．向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，可制备Fe(OH)3胶体
C．熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，所以都属于电解质
D．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路
13．（2016高一下·温州期中）下列说法正确的是（ ）
A．甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子取代后，可以形成两种不同结构的有机物
B．乙烯完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：2
C．苯中碳碳键的键长均相等，证明苯中不存在单双键交替的结构
D．金属钠与乙醇反应时，金属钠在乙醇表面四处游动
14．（2018高二上·钦州港开学考）在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A．两种气体的压强相等
B．O2比O3的质量小
C．两种气体的分子数目相等
D．两种气体的氧原子数目相等
二、多选题
15．（2018高二上·钦州港开学考）下列叙述中正确的是（ ）
A．卤素单质与水反应均可用X2＋H2O=HXO＋HX表示
B．从F2到I2，卤素单质的颜色随着相对分子质量的增大而加深
C．熔、沸点：Li>Na>K
D．还原性：K>Na>Li，故K可以从NaCl溶液中置换出金属钠
三、实验题
16．（2018高二上·钦州港开学考）我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为37%的浓盐酸（密度为1.19 g/cm3）配制成250mL 0.1mol·L－1的盐酸溶液。
（1）在如图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是 （填右图相应仪器的序号）；
除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 ，其作用按使用的先后顺序分别是 和 。
（2）根据计算，下列量程或规格中，本实验量筒应使用的是 ；容量瓶应使用 。（在横线上填写相应的序号，否则无分，下同）
A、10mL
B、100mL
C、250mL
D、500mL
（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_________________。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用配好的稀HCl溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1 ~ 2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀
（4）若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，此时应该________________
A．直接转移到细口试剂瓶中
B．再用胶头滴管加水，重新定容
C．将此溶液倒掉，重新配制
D．直接贮存于容量瓶中
（5）假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，试判断所配制的溶液浓度相比于要求的值(即0.1 mol/L)如何。（a、偏高；b、偏低；c、无影响，在下列横线上填相应序号）
①容量瓶中有少量蒸馏水
②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中
③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中
④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度
四、综合题
17．（2018高二上·钦州港开学考）Ⅰ、单质硅由于其成熟的生产工艺， 丰富的生产原料及优异的性能被广泛用于电子行业及太阳能电池的生产等，在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成一种盐X，这相比起现有的生产工艺具有节约能耗的优势。
（1）写出上述制备硅的化学反应方程式 。
（2）二氧化硅与二氧化碳物理性质差别很大，原因是 。
（3）盐X的溶液能与Al2(SO4)3溶液反应生成一种白色沉淀和气体。写出此反应的离子反应方程式 。
（4）Ⅱ、某盐A有3种元素组成，易溶于水。将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O。将A溶于水，进行下列实验：①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F。请回答下列问题：
写出A的化学式： ； B的电子式： 。
（5）写出上述实验①、②所发生的离子反应方程式：① ；② 。
（6）D、E对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的D、E混合气体，写出其化学反应方程式 。
（7）判断盐F的可能成分 ；设计实验方案确定F的成分 。
五、解答题
18．（2018高二上·钦州港开学考）某亚硝酸钠生产厂采用硝酸为原料，其生产原理是NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O。工艺流程如下
（1）分解塔中填有大量的瓷环，其目的是： 。
（2）按一定计量比在反应塔中通SO2和喷入硝酸，若反应后生成的NO与NO2物质的量之比恰好1∶1，则分解塔中发生反应的化学方程式为： 。试从产物产率的角度分析该反应中硝酸的浓度不宜过大或过小的原因是 ，若硝酸浓度过高，吸收塔中可能发生的副反应化学方程式为 。
（3）通入一定量的N2的目的是： 。
（4）吸收塔中尾气如何再利用： 。
六、填空题
19．（2018高二上·钦州港开学考）
（1）配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，其结果 。（填“偏大”、“偏小”、或“不变”）
（2）从石油中分离出汽油、煤油和柴油等，所采用的方法是 。（填“干馏”或“分馏”）
（3）除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是 。（填“NaOH溶液”或“饱和NaHCO3溶液”）
（4）如图是实验室制取氨气的装置，回答下列问题：
①收集氨气的方法是 排空气法。
②验证氨气是否收集满的方法是 。
20．（2018高二上·钦州港开学考）现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素．
A B C D E F G H I J
原子半径（10﹣10m） 0.74 1.60 1.52 1.10[ 0.99 1.86 0.75 0.82 0.102 0.037
最高或最低 化合价
＋2 ＋1 ＋5[ ＋7 ＋1 ＋5 ＋3 ＋6 ＋1
﹣2
﹣3 ﹣1
﹣3
﹣2
回答下列问题：
（1）D的元素名称是 ，H的元素符号是 ，B在元素周期表中的位置是 （周期、族）
（2）在以上元素形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是 ．化合物F2A2的电子式是： ，构成该物质的化学键类型为
（3）用电子式表示A的简单氢化物的形成过程如下： ；G的氢化物的结构式为
（4）一定条件下，IA2气体与足量的A单质充分反应生成20 g气态化合物，放出24.6 kJ热量，写出其热化学方程式
（5）用J元素的单质与A元素的单质可以制成电池，电池中装有KOH浓溶液，用多孔的惰性电极甲和乙浸入KOH溶液，在甲极通入J的单质，乙极通入A的单质，则甲极的电极反应式为：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如3O2=2O3，故A不符合题意；
B. 燃烧反应不一定有氧气参与，比如氯气在氢气在燃烧，镁条也可以在二氧化碳中燃烧，故B不符合题意；
C.非金属单质与多价态金属单质反应时，氧化性强的生成高价态产物，已知2Fe+3Cl2=2FeCl3； Fe+S FeS 由此可以判断氧化性：Cl2＞S，故C符合题意；
D.还原性与失电子能力有关，与失电子多少无关，所以不能根据金属单质失电子多少判断还原性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A，有单质参加的反应，不一定存在元素化合价的变化。谨记氧化还原反应的实质。
B，燃烧反应不一定有氧气参与。
C，与变价金属反应反应生成化合物中金属价态越高，非金属的氧化性越强。
D，还原性与失电子多少无关。
2．【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n．
由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故A、B不符合题意；
由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故D符合题意；
故答案为D．
【分析】只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n，据此分析判断．
3．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A符合题意；
B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故B不符合题意；
C.少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3-，故C不符合题意；
D.向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全的离子反应为Ba2++2OH-+H++NH4++SO42-═BaSO4↓+NH3．H2O+H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A，发生氧化还原反应，遵循电子和电荷守恒。
B，注意是少量小苏打，HCO3-前的系数为1.
C，向苯酚钠中通入CO2，无论CO2的量是多少，只能生产HCO3-，生产酸性比苯酚弱的HCO3-。
D，至SO42-刚好沉淀完全，反应生成硫酸钡，水，一水合氨。
4．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；
故答案为：C.
【分析】本题考查容量瓶的使用。
选择容量瓶遵循的两大原则：相匹配和大而近原则；容量瓶有温度、容积和刻度线，刻度线只有一条；使用容量瓶前要先检查是否漏液，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，不能用来贮存配制好的溶液。
5．【答案】D
【知识点】常见离子的检验；氯离子的检验；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A，如果含有SO42-，会与加入的BaCl2生成BaSO4沉淀；
B，如果含有Ag+，加入BaCl2，可能生成AgCl沉淀；
C，如溶液中含有SO32-，能被硝酸氧化为SO42-，加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀；
D，AgCl和BaSO4沉淀都不溶于硝酸，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种。
故答案为：D。
【分析】
考虑加入的物质BaCl2，能产生Ba2+和Cl-两种离子，加入硝酸后沉淀都不溶解不消失，沉淀可能为AgCl、BaSO4中的一种或两种，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种。
6．【答案】B
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A、因ⅡA族的金属元素也能生成碱，如氢氧化镁，氢氧化钙，故A错误；
B、原子序数为14的原子为硅，有三个电子层，每一层的电子数分别为2、8、4，所以位于元素周期表的第3周期ⅣA族，故B正确；
C、因氦原子的最外层电子数为2，故C错误；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，故D错误；
故选：B．
【分析】A、根据ⅡA族的金属元素也能生成碱；
B、根据元素原子结构示意图确定位置；
C、根据氦原子的最外层电子数为2；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同．
7．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；硫化氢；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A选项，加入硫酸钠溶液，产生胶体沉淀是由于聚沉。故A不符合题意。
B选项，H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，是由于产生了硫化铜难溶物，与酸性强弱无关。B不符合题意。
C选项，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，是因为I2被Cl2从KI中置换出来，Cl2+2KI=I2+2KCl，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Cl2的氧化性强于I2，C选项符合题意。
D选项，滴有酚酞的Na2CO3溶液显色，是由于碳酸根水解，呈碱性。加入氯化钡后，碳酸根与钡离子产生沉底。水解终止，溶液褪色。故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查化学实验的相关现象。
A，胶体中加入电解质溶质，胶体会产生聚沉，胶体是种稳定的物质。
B，根据CuS不溶于H2SO4，不符合强酸制弱酸的原理。
C，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
D，根据Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3和NaCl，使的CO32-的水解逆向移动，碱性减弱，溶液褪色。
8．【答案】C
【知识点】有关混合物反应的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】反应剩余硫酸的物质的量为：
×0.84mol/L×1L=0.42mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：
Cu+ 2H2SO4(浓)
CuSO4+ SO2↑+2H2O
1 2 1
x 2x x
CuO+ H2SO4═CuSO4+H2O
1 1
y y
所以，2x+y=18.4mol/L×0.05L-0.42mol=0.5mol，64g/mol x+80g/mol y=20.8g，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，n(SO2)=0.2mol，1000 mL溶液中SO42-的总量为18.4mol/L×0.05L-0.2mol=0.72mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故需要n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积= =0.24L=240mL，
故答案为：C。
【分析】由题意可知，Cu与CuO的混合物与硫酸反应硫酸有剩余，溶液中氢离子来源于剩余的硫酸，则n剩余（H2SO4）=0.5n（H+），设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，表示出二者反应消耗的硫酸及生成的二氧化硫，根据二者质量与消耗的硫酸列方程计算，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫原子守恒可得n（Na2SO4）=n原来（H2SO4）-n（SO2），据此计算解答．
9．【答案】C
【知识点】酯化反应
【解析】【解答】A．CH3C18OOH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为92，故A不选；
B．CH3C18O18OH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为92，故B不选；
C．CH3CO18OH与C2H518OH反应生成CH3CO18OC2H5，生成的酯的相对分子质量为90，故C选；
D．CH3CO18OH 与C2H5OH反应生成CH3COOC2H5，生成的酯的相对分子质量为88，故D不选．
故选C．
【分析】酯化反应的实质可用示踪原子法确定：CH3COOH与C2H518OH→CH3CO18OC2H5+H2O，以此确定生成的酯的相对分子质量
10．【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；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8。
A．如果X是O元素，则Z为S元素，O元素原子序数是8，S元素原子序数的16，所以Z的原子序数可能是X的两倍，故A不符合题意；
B.如果Y是Ne元素，Z为S元素，稀有气体元素性质较稳定，所以单质的活泼性可能是Y＜Z，故B不符合题意；
C.X和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸，如果X是碳元素，则Z为Si元素，碳酸、硅酸都是弱酸，如果X是N元素，则Z为P元素，硝酸为强酸，但磷酸为中强酸，O和F元素没有最高价含氧酸，故C符合题意；
D.金刚石和硅都是原子晶体，且碳和硅属于同一主族，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
根据这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8，据此求解。
11．【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：①火力发电会消耗很多燃煤，会产生大量二氧化硫和二氧化碳，引起空气污染，发展核电，能减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题，可减少酸雨和温室效应，起到保护和改善自然环境的作用，故①正确；②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可降解塑料在微生物作用下分解生成二氧化碳，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，可减少白色污染，起到保护和改善自然环境的作用，故②正确；③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放对保护环境有着极其重要作用，有利于节能减排和改善环境，故③正确；④太阳能、风能是清洁能源，推广使用太阳能、风能，可减少化石能源的使用，有利于节能减排、改善环境质量，故④正确；⑤有的垃圾含有重金属离子，填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染水体和土壤，不利于节能减排、改善环境质量，故⑤错误；
故选A．
【分析】①火力发电会产生大量二氧化硫和二氧化碳；②塑料制品造成严重的白色污染，故应推行限塑令，控制塑料制品的使用，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料；③加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放，能够减少污染物的排放；④推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，减少传统能源的使用，有利于改善环境；⑤使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染土壤和水资源．
12．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.漂白粉、盐酸、碘酒都属于混合物，液氯是氯气分子构成的，属于纯净物，A不符合题意；
B.向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，B不符合题意；
C.熔融氯化钠，盐酸和铜都能导电，其中氯化钠属于电解质，盐酸是混合物，铜是金属，均既不是电解质，也不是非电解质，电解质与非电解质都必须是化合物，C不符合题意；
D.蛋白质形成的分散系是胶体，则一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路，这是胶体的丁达尔现象，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A．不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净；
B．氢氧化铁胶体制备是向沸水中滴入饱和的氯化铁溶液，加热至红褐色得到氢氧化铁胶体；
C．水溶液中或熔融状态下都能导电的化合物为电解质；
D．胶体具有丁达尔效应；
13．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．甲烷是正四面体结构，甲烷分子中两个H原子被取代后生成的二氯甲烷是四面体结构，则二氯甲烷只有一种结构，不存在同分异构体，故A错误；
B．乙烯分子中C、H原子个数之比为1：2，根据原子守恒判断生成二氧化碳和水的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．碳碳双键和碳碳单键键长不等，苯中碳碳键的键长均相等，则证明苯中不存在单双键交替的结构，故C正确；
D．钠密度大于乙醇而小于水，所以金属钠与乙醇反应时，金属钠沉在乙醇底部，故D错误；
故选C．
【分析】A．甲烷是正四面体结构，甲烷分子中两个H原子被取代后生成的二氯甲烷是四面体结构，二氯甲烷只有一种结构；
B．根据原子守恒判断生成二氧化碳和水的物质的量之比；
C．碳碳双键和碳碳单键键长不等；
D．钠密度大于乙醇而小于水．
14．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、氧原子个数相等时，气体的物质的量之比为：n(O2)：n(O3)=3：2，根据PV=nRT，可以得出其压强之比为3：2，故A不符合题意；
B、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，故B不符合题意；
C、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故分子个数不相等，故C不符合题意；
D、相同体积相同密度时，量容器中的气体的质量相等，都是由氧元素组成，故氧原子的个数相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT对各选项进行判断．
15．【答案】B,C
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；碱金属的性质
【解析】【解答】A．氟气与水反应方程式：2F
2+2H
2O=4HF+O
2，不符合X
2+H
2O═HXO+HX，故A不符合题意；
B.卤族元素单质随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故B符合题意；
C.碱金属元素从Li到Cs，熔、沸点逐渐降低，即Li＞Na＞K＞Cs，故C符合题意；
D.虽然单质的还原性顺序为：K＞Na＞Li，但K不能置换出NaCl溶液中的钠，而是先和水反应，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．氟气与水反应方程式：2F2+2H2O=4HF+O2；
B．从F2到I2，卤素单质的颜色逐渐加深；
C．对于碱金属来说，从上到下，单质的熔沸点逐渐降低；
D．钾性质活泼，与盐溶液反应先于水发生反应．
16．【答案】（1）C；玻璃棒；搅拌；引流
（2）A；C
（3）A；E
（4）A
（5）c；a；b；a
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】
(1)配制成250mL 0.1mol L-1的盐酸溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容。用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；在图所示仪器中用不到的是：分液漏斗；还缺少的是：玻璃棒；在浓盐酸稀释时用玻璃棒搅拌，转移液体时用玻璃棒引流。
故答案为：C；玻璃棒；搅拌；引流；
(2)质量分数为37%的浓盐酸(密度为1.19g/cm3)盐酸的物质的量浓度c= =12.1mol/L，设需要浓盐酸体积V，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：V×12.1mol/L=0.1mol/L×250mL，解得V=2.1mL；所以需要选择10mL量筒量取；配制250mL溶液，应选择250mL容量瓶；
故答案为：A；C；
(3)A、容量瓶使用时，应先检查是否漏水，然后用蒸馏水洗涤干净即可，故A正确；
B、容量瓶洗净后不能用所配制溶液润洗，否则影响配制的溶液的浓度，故B错误；
C、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解，故C错误；
D、容量瓶只能用来配制溶液，不能在容量瓶中稀释，应该在烧杯中稀释，故D错误；
E、摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转，故E正确；
故答案为：AE；
(4)若定容后摇匀静置，发现凹液面低于刻度线，是因为部分溶液沾到瓶塞上，属于正常操作，溶液浓度准确，此时应该直接转移到细口试剂瓶中；
故答案为：A；
(5)①容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故答案为：c；
②稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：a；
③配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，将配制好的溶液稀释，溶液浓度偏低，故答案为：b；
④若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故答案为：a；
故答案为：c；a；b；a。
【分析】（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
（2）先计算出所需的浓盐酸的体积，再根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；容量瓶只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，据此选择；
（3）A、容量瓶使用前要先检查是否漏液；
B、容量瓶不能润洗；
C、容量瓶不能用来溶解固体；
D、容量瓶不能用来稀释溶液；
E、定容完成后应摇匀，摇匀时盖好瓶盖，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次．
（4）定容摇匀后静置，发现凹液面低于线是正常的，不用采取任何措施；
（5）根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；
17．【答案】（1）SiO2+ 4Na + 2CO2= 2Na2CO3+ Si
（2）二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体
（3）3CO32-+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）NH4NO2；
（5）2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；NO2—+H2O+Cl2=NO3-+2Cl-+2H+
（6）NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O
（7）化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；硅和二氧化硅；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】
（1）SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si ；
（2）二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体
（3）3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑
（4）NH4NO2；B的电子式：；
（5） ①2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
②NO2—+H2O+Cl2=NO3—+2Cl—+2H+；
（6） NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
（7）
化合物F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；
若无沉淀，则只有NH4NO3。
【分析】（1）在二氧化碳氛围中通过利用金属钠来还原二氧化硅可在较低的温度条件下得到硅，同时生成碳酸钠，方程式为：SiO2 + 4Na + 2CO2 = 2Na2CO3 + Si；
（2）二氧化硅为原子晶体，固态，具有较高的熔沸点，硬度大，二氧化碳为分子晶体，气态，具有较低的熔沸点，因此二者的物理性质相差很大；
（3）碳酸根与铝离子能够在溶液中发生双水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：
3CO32—+2Al3++3H2O= 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）. ①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，E为NO2，说明A是亚硝酸盐；将A加热，生成既不助燃，也不使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O；②当通入足量Cl2时，无明显现象，但将所得溶液浓缩后即可得到无色晶体盐F ，证明为铵盐；结合A有三种元素组成，易溶于水，将A加热分解，则A为NH4NO2；加热，生成既不助燃也不能使湿润的红色或蓝色石蕊试纸变色的气体B和H2O，则B为氮气。据此回答问题。
A的化学式为NH4NO2，B为N2，电子式为；
（5）①酸性条件下与H2S作用生成淡黄色沉淀C，则C为单质硫，同时放出无色气体D，D在空气中转变为红棕色气体E，则D为NO，反应方程式为：2NO2—+2H++H2S=S↓+2NO↑+2H2O；
②NH4NO2与Cl2反应的方程式为：NO2—+ H2O +Cl2=NO3—+2 Cl—+2H+；
（6）NO和NO2对环境有危害，可用NaOH溶液来吸收等物质的量的NO和NO2混合气体，方程式为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；
（7）溶液浓缩后得到无色晶体F，则F可能为NH4NO3或NH4Cl或NH4NO3和NH4Cl的混合物；可设计实验确定F的成分：取mg F，加入足量的硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生沉淀，则含有NH4Cl，再通过产生沉淀的质量与m之间的关系可确定是否含有NH4NO3；若无沉淀，则只有NH4NO3。
18．【答案】（1）增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率
（2）2HNO3＋2SO2＋H2O＝NO＋NO2＋2H2SO4；硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O
（3）稀释气体，提高吸收率
（4）通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收
【知识点】亚硝酸盐；制备实验方案的设计
【解析】【解答】根据工艺流程可知：将SO
2通入7～10mol/L的HNO
3溶液中后，有H
2SO
4生成，可知SO
2在反应中做还原剂被氧化，HNO
3被还原为NO与NO
2；将生成的混合物冷却后，向NO与NO
2的混合气体中通入氮气后在吸收塔中被7～10mol/L的氢氧化钠溶液吸收，通入的氮气可以使NO和NO
2混合气体被稀释，能被氢氧化钠充分吸收，发生反应：NO+NO
2+2NaOH═2NaNO
2+H
2O，得到主产物NaNO
2；如果硝酸的浓度控制得当，得到的NO和NO
2比例是1：1，则将会被氢氧化钠溶液完全吸收，但如果硝酸的浓度过高，则会导致所得的混合气体中NO
2的含量过高而过量，此时会在尾气中会有过量的NO
2，而如果硝酸的浓度偏低，则会导致所得的混合气体中NO的含量过高而过量，所得的尾气中会有NO，但无论是哪种情况，都可以通入适量的O
2，再进入吸收塔，循环吸收来进行尾气处理。
(1)分解塔中填有大量的瓷环，其目的是增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率，
故答案为：增大接触面，使两者充分接触反应，提高原料利用率。
(2)HNO3被还原后生成的NO与NO2物质的量之比恰好是1：1，即2molHNO3被还原时氮元素得4mol电子，能将2molSO2氧化为2molH2SO4，故化学方程式为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，故当硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多，还可能发生NO2与氢氧化钠的反应：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。
故答案为：2HNO3+2SO2+H2O═NO+NO2+2H2SO4；硝酸浓度过大，主要还原生成NO2，导致亚硝酸钠产率降低；若硝酸浓度过低，分解塔中出来的主要是NO，亚硝酸钠产率也低；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；
(3)通入一定量的N2可以稀释气体，提高气体的吸收率，
故答案为：稀释气体，提高吸收率。
(4)吸收塔中尾气的成分主要是NO和NO2，故可以通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收，
故答案为：通入适量的O2，再进入吸收塔，循环吸收。
【分析】
（2）根据HNO3被还原后生成的NO与NO2物质的量之比恰好是1：1可知，氮元素得4mol电子，能将2molSO2氧化为2molH2SO4，据此写出反应；根据浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，据此分析；根据当硝酸过浓时，生成的二氧化氮过多来分析；
（3）根据通入一定量的N2的目的来分析；
（4）根据吸收塔中尾气的成分主要是NO和NO2来分析．
19．【答案】（1）偏小
（2）分馏
（3）饱和NaHCO3溶液
（4）向下；用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满
【知识点】除杂；常见气体的检验；气体的收集；配制一定物质的量浓度的溶液；石油的分馏
【解析】【解答】(1)配制0.5mol/L的NaOH溶液，定容时向容量瓶中加蒸馏水超过刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，
故答案为：偏小；
(2)根据石油中各组分的沸点不同从石油中分离出汽油、煤油和柴油等的操作为石油的分馏，
故答案为：分馏；
(3)CO2和HCl均为酸性气体，均能与NaOH溶液反应，而CO2与饱和NaHCO3溶液不反应，而HCl能与饱和NaHCO3溶液生成CO2，故除去二氧化碳气体中的氯化氢杂质，选用的试剂是饱和NaHCO3溶液，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；
(4)①氨气的密度比空气的小，故采用向下排空气法，
故答案为：向下；
②氨气是唯一的碱性气体，故只要能证明有碱性气体逸出，则氨气已集满，故方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满，
故答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近塞棉花的试管口，若试纸变蓝色，说明收集满。
【分析】
（1）溶液体积偏大，则浓度偏小。
（2）根据沸点分离物质叫分馏。
（3）除杂质遵循不与原物质反应和不产生新物质的原则。
（4）①收集气体有两种方法：排水集气法和排空气集气法；氨气能与溶于水，只能用排空气法；氨气的密度比空气的小，采用向下排空气法。
②氨气是唯一的碱性气体，碱性气体用湿润的红色石蕊试纸检验。
20．【答案】（1）磷；B；第三周期第ⅡA族
（2）HClO4；；离子键、非极性键
（3）；
（4）2SO2 （g）＋O2（g） 2SO3（g）；；△H=﹣196.8 kJ/mol
（5）H2﹣2e﹣＋2OH﹣═2H2O
【知识点】化学键；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；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】从图表数据可知，+1价的C、F，一定是碱金属Li和Na，而原子半径F＞C，故C应为IA族第二周期的Li，F为三周期的Na元素，J为H元素；D和G最高正价均为+5，负价一致，故为VA族元素，因原子半径D＞G，故D为第三周期第VA族的P元素，G为N元素；从化合价可推出E属于卤素，由于短周期F元素无正价，故E为氯元素，位于第VIIA族第三周期；H最高正价+3价，无负价，只能是IIIA族元素，而原子半径H＞F，故H只能是位于第二周期第IIIA族的B元素；A和I的最低负价都为-2价，I最高正价为+6价，则A应为第二周期的O元素，I为第三周期的S元素。
(1)由以上分析可知，D为P元素，F为B元素，B为Mg元素，位于第三周期ⅡA族，
故答案为：磷；B；第三周期 第ⅡA族；
(2)以上元素中，非金属性最强的元素为Cl元素，对应的最高价氧化物的水化物的为HClO4，酸性最强，化合物F2A2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，
故答案为：HClO4； ；离子键、非极性键；
(3)A的简单氢化物为H2O，用电子式表示的形成过程为 ，G的氢化物为NH3，其结构式为 ，
故答案为： ； ；
(4)IA2气体与足量的A单质充分反应为2SO2+O2 2SO3，n(SO3)= =0.25mol，生成2molSO3放出的热量为：24.6kJ×8=196.8 kJ，反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol，
故答案为：2SO2 (g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=-196.8 kJ/mol。
(5)碱性氢氧燃料电池中，负极发生氧化反应，氢气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，
故答案为：H2-2e-+2OH-═2H2O。
【分析】
（1）根据元素的化合价和原子半径分析出相关元素。
（2）元素形成的最高价氧化物的水化物，元素周期表从左到右酸性逐渐增强，从上到下酸性逐渐减弱。
（3）考查用电子式表示物质的形成过程。
（4）热化学方程式书写注意状态和焓变的计算。
（5）碱性氢氧燃料电池中，负极发生氧化反应，氢气得电子生成氢氧根离子。
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