1、2016-2017学年河南省洛阳市回民中学高二（上）开学化学试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1下列分子中存在键的是（）AH2BCl2CN2DHCl2下列离子方程式的书写正确的是（）ASO2使酸性KMnO4褪色：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+BFe（OH）2与HNO3溶液的反应：Fe（OH）2+2H+=Fe2+2H2OC足量NaOH与磷酸二氢铵反应：OH+NH4+=NH3H2OD将SO2通入BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3+2H+3溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（）A是否是大量分子或离子的集合体B是否能通过滤纸C分
2、散质粒子直径的大小D是否均一、透明、稳定4键能为破坏1mol化学键所需要吸收的能量或形成1mol化学键所放出的能量已知HH的键能为436kJ/mol，HCl的键能为432kJ/mol，氢气与氯气反应时放出热量据此判断，下列说法不正确的是（）AH2分子比H原子更稳定B可求出ClCl 的键能为428 kJ/molC1mol氢气与1mol氯气所含的总能量比2mol HCl所含的总能量高D理论上利用此反应制取盐酸的同时，可依据原电池原理获取电能5下列说法错误的是（）A硅是良好的半导体材料B氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D硬铝、青铜和不锈钢都属于合金6下列说法正确的是
3、（）A乙烯和聚乙烯均能使溴水褪色B甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色C乙酸和乙酸乙酯均能发生取代反应D葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体7下列用于解释实验事实的化学方程式正确的是（）AAl2（SO4）3溶液滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al3+3OH=Al（OH）3B纯碱溶液使酚酞变红：CO32+2H2OH2CO3+2OHC乙酸清除水垢后的化学反应原理：2H+CO32=CO2+H2ODFeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+Fe=3Fe2+8已知氢化钾（KH）属于离子化合物，KH跟水反应可以放出氢气下列说法中正确的是（）AKH的水溶液呈碱性BKH
4、中氢离子可以被还原为氢气CKH是一种强氧化剂DKH中的氢离子是裸露的质子9为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（）酸的浓度和体积 碱的浓度和体积 比热容 反应后溶液的质量 生成水的物质的量 反应前后温度的变化 操作所需时间ABCD全部10如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测
5、T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性11将一小块Na投入到FeCl3溶液中，可以观察到的现象是（）A生成白色沉淀、有气体产生B生成红褐色沉淀、有气体产生C生成红褐色沉淀D生成黑色沉淀、有气体产生12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）ApH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NAB1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD80g NH4NO3晶体中含有NH4+小于个NA13实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时
6、滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O314如图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（）CO、O2（2：1）NH3、O2（8：1）NO2、O2（4：1）N2、H2（1：3）ABCD二、解答题15用A、B、C、D、E和F表示含有10个电子的微粒（离子或分子），请回答：（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，A离子是（2）C是由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性，其分子式是（3）D是由两种元素组成的三
7、原子分子，电子式是（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，写出该过程的离子方程式（5）E+FC+D写出该方程式16表为元素周期表的一部分，针对表中的九种元素，请回答有关问题：AAAAAAA0234（1）的元素符号是（2）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子结构示意图为（3）这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是（填化学式，下同），碱性最强的是，显两性的是（4）将元素与氢元素组成的最简单有机物和的单质按1：1混合后的气体在光照条件下放置一段时间，最多能得到产物（5）用电子式表示和两元素形成化合物的过程为17随着科学技术的进步，硫及其化合物的研究越来越深人（1）共生工程可以
8、促进化学工业的发展，并改善环境下列有关环境问题的说法错误的是（填序号字母）a空气中SO2浓度过高会加重呼吸系统和心脑血管疾病bSO2、NOx、CO2的大量排放都会造成酸雨c氮的氧化物和碳氢化合物大量排放可能引发光化学烟雾d“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”都能改善空气质量发电厂产生的SO2尾气中的可直接用氨水吸收，变废为宝若用15L 2.0molL1氨水充分吸收4480L含10%的SO2硫酸尾气（气体体积已折算成标准状况）充分反应后吸收液中的溶质为利用发电厂产生的SO2制成以水为电解质的SO2质子交换膜燃料电池，该电池电动势为1.06V电池工作时负极反应式为（2）将发电厂产生的SO2通人
9、含有Na2S、Na2CO3的废液中可制得Na2S2O35H2O，通人SO2过程中的现象是：通了一段时间后，产生气体并析出沉淀，沉淀量逐渐增多；沉淀量逐渐减少并形成清液；停止通SO2，过滤后母液经蒸发浓缩，冷却得Na2S2O35H2O晶体（提示：）上述过程中析出沉淀时发生的氧化还原反应的化学方程式为：调节废液中Na2S和Na2CO3的物质的量之比为，时可以恰好完全反应生成Na2S2O35H2O18某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色（1）提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？（2）猜想：甲同学认为氧化性：F
10、e3+Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含（填化学式，下同）所致乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含所致（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液请你在表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象选用试剂（填序号）实验现象方案1方案2（4）结论氧化性：Br2Fe3+故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为（5）实验后的思考
11、根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为19某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：配制FeCl2溶液取部分变质的氯化亚铁固体含有难溶性杂质Fe（OH）2Cl，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉实验探究Fe3+与Fe2+相互转化实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去写出Fe（OH）2Cl与盐酸反应的离子方程式（2）请用离
12、子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因（3）实验2的现象与预测不同，为探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄步骤2：将黄色溶液分为三份：试管1 取2mL黄色溶液溶液变红试管2 取3mL黄色溶液溶液变蓝试管3 取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝（比试管2中溶液颜色深）试管2中滴加K3Fe（CN）6检验的离子是黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl 和综合上述实验现象，得出的实验结论是20绿矾（FeSO47H2O）硫酸法生产一种稀有金属产品过程中产出的副产品，产品外观为淡绿色或淡黄绿色结晶固体加入适量可调节碱性水中的
13、pH，与水中悬浮物有机结合，并加速沉淀，主要应用于水质净化和工业废水处理，同时具有杀菌作用（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为（填、=“）40%“（2）实际生产用20%发烟硫酸配制稀硫酸，若用SO3nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=（保留两位小数）（3）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2+完全氧化，推测晶
14、体的化学式为（4）硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL 2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：10NO3+3Cu2S+16H+=6Cu2+10NO+3SO42+8H2O8NO3+3CuS+8H+=3Cu2+3SO42+8NO+4H2O剩余的稀硝酸恰好与V mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应已知：NO3+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2OV值范围21有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序
15、数依次增大，其核电荷数总和为38Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的；W元素原子最外层电子比同周期Z元素多5个电子；W和Y不属同一主族（1）写出元素符号：X，Y，Z，W（2）Z、W两元素最高价氧化物对应水化物反应的方程式是（3）把Z的单质（片状）放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是，反应的化学方程式是22随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示根据判断出的元素回答问题：（1）f 在元素周期表的位置是；g的离子结构示意图为（2）在z、d、e、f 四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化
16、物对应的水化物的酸性较强的是：（3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因（5）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：23A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质E、F均为气体，且F为红棕色有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）请回答下列问题：（1）B的电子式为，E的化学式为（2）写出实验室制备Y化学反应方程式为（3）Y和F在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，这是一个具有实际意义的反应，可消除F对环境的污染，该反应的化学方程式为
17、2016-2017学年河南省洛阳市回民中学高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1下列分子中存在键的是（）AH2BCl2CN2DHCl【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】非金属元素之间易形成共价键，共价单键为键，共价双键中含有一个键一个键，共价三键中含有一个键两个键，根据物质中所含共价键类型判断【解答】解：AH2分子中H原子之间以共价单键相结合，所以只含键，故A错误；BCl2分子中Cl原子之间以共价单键相结合，所以只含键，故B错误；CN2的结构式为NN，所以含有键和键，故C正确；DHCl分子中氯原子和H原子以共价单键相结合，所以只含键
18、，故D错误；故选：C2下列离子方程式的书写正确的是（）ASO2使酸性KMnO4褪色：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+BFe（OH）2与HNO3溶液的反应：Fe（OH）2+2H+=Fe2+2H2OC足量NaOH与磷酸二氢铵反应：OH+NH4+=NH3H2OD将SO2通入BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+=BaSO3+2H+【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化成硫酸；B稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；C氢氧化钠足量，磷酸二氢根离子也参与反应；D二氧化硫与氯化钡溶液不发生反应【解答】解：ASO2使酸性KMnO4褪色，二者
19、发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故A正确；BFe（OH）2与HNO3溶液反应生成硝酸铁、NO气体和水，反应的离子方程式为：3Fe（OH）2+NO3+10H+=3Fe3+8H2O+NO，故B错误；C足量NaOH与磷酸二氢铵反应生成磷酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：3OH+H2PO3+NH4+=NH3H2O+2H2O+PO33，故C错误；D将SO2通入BaCl2溶液中，二者不反应，无法书写离子方程式，故D错误；故选A3溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（）A是否是大量分子或离子的集合体B是否能通过滤纸C分散质粒子直径
20、的大小D是否均一、透明、稳定【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】溶液、胶体、浊液三种分散系的分散剂都是液体，分散质都是固体，按照分散质粒子的直径大小来区分【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小故A、B、D错，C对故选C4键能为破坏1mol化学键所需要吸收的能量或形成1mol化学键所放出的能量已知HH的键能为436kJ/mol，HCl的键能为432kJ/mol，氢气与氯气反应时放出热量据此判断，下列说法不
21、正确的是（）AH2分子比H原子更稳定B可求出ClCl 的键能为428 kJ/molC1mol氢气与1mol氯气所含的总能量比2mol HCl所含的总能量高D理论上利用此反应制取盐酸的同时，可依据原电池原理获取电能【考点】化学反应中能量转化的原因【分析】A、断开化学键要吸收能量；B、反应热H=断键吸收的能量成键放出的能量；C、反应放热；D、放热的氧化还原反应可以设计成原电池【解答】解：A、断开化学键要吸收能量，故将氢气分子中的化学键断开后能量要升高，而能量越高物质越不稳定，故氢气分子比H原子更稳定，故A正确；B、反应热H=断键吸收的能量成键放出的能量，由于反应热H数值未知，故ClCl 的键能无法
22、求算，故B错误；C、反应放热，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、由于放热的氧化还原反应可以设计成原电池，而此反应属于氧化还原反应，且反应放热，故可以通过原电池来实将化学能转化为电能，且生成HCl，故D正确故选B5下列说法错误的是（）A硅是良好的半导体材料B氨气与硝酸合成氮肥属于人工固氮C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体D硬铝、青铜和不锈钢都属于合金【考点】硅和二氧化硅；氨的化学性质；生活中常见合金的组成【分析】A、硅是半导体；B、固氮应为氮气生成化合物；C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质；D、依据青铜、硬铝、不锈钢的成分和合金的概念分析判断【解答】解：A、硅是半
23、导体，所以硅是良好的半导体材料，故A正确；B、固氮应为氮气生成化合物，所以氨气与硝酸合成氮肥不属于人工固氮，故B错误；C、金刚石、石墨和富勒烯是碳元素形成的不同种单质，互称为同素异形体，故C正确；D、青铜是铜锡合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金、不锈钢是铁铬、镍合金，故D正确；故选B6下列说法正确的是（）A乙烯和聚乙烯均能使溴水褪色B甲烷、苯和油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色C乙酸和乙酸乙酯均能发生取代反应D葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素分子式相同，均互为同分异构体【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】A聚乙烯中不含不饱和键；B甲烷、苯均与高锰酸钾溶液不反应；C乙酸的酯化反应、
24、乙酸乙酯的水解均属于取代反应；D淀粉与纤维素的分子式为（C6H10O5）n，但n不同【解答】解：A聚乙烯中不含不饱和键，不与溴水反应，而乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，故A错误；B甲烷、苯均与高锰酸钾溶液不反应，而油脂中含不饱和键的酯类物质能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；C乙酸的酯化反应、乙酸乙酯的水解均属于取代反应，即乙酸、乙酸乙酯均可发生取代反应，故C正确；D淀粉与纤维素的分子式为（C6H10O5）n，但n不同，二者不互为同分异构体，但葡萄糖与果糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D错误；故选C7下列用于解释实验事实的化学方程式正确的是（）AAl2（SO4）3溶液滴加氨水产生
25、白色胶状沉淀：Al3+3OH=Al（OH）3B纯碱溶液使酚酞变红：CO32+2H2OH2CO3+2OHC乙酸清除水垢后的化学反应原理：2H+CO32=CO2+H2ODFeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+Fe=3Fe2+【考点】离子方程式的书写【分析】A氨水中的一水合氨是弱碱，一水合氨不能拆开，离子方程式中应该保留分子式；B碳酸根离子的水解分步进行，离子方程式应该分步书写，主要写出第一步的水解即可；C乙酸和碳酸钙都不能拆开，应该保留化学式；D氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，铁离子转化成亚铁离子【解答】解：A一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O
26、=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B纯碱是强碱弱酸的盐，盐水解是分步进行的，主要以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32+2H2OHCO3+OH，故B错误；C乙酸是弱酸，碳酸钙为难溶物，二者应该写化学式，清除水垢后的化学反应原理为：2CH3COOH+CO32=CO2+H2O+2CH3COO，故C错误；DFeCl3溶液中加入足量铁粉，溶液由黄色变成浅绿色：2Fe3+Fe=3Fe2+，符合反应事实，离子方程式拆写也符合原则，故D正确；故选D8已知氢化钾（KH）属于离子化合物，KH跟水反应可以放出氢气下列说法中正确的是（）AKH的水溶液呈碱性BKH中氢离子可以被还原为氢气CKH是一种强氧化剂
27、DKH中的氢离子是裸露的质子【考点】氧化还原反应【分析】由信息可知，发生KH+H2O=KOH+H2，KH中H元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：A发生KH+H2O=KOH+H2，KOH溶液显碱性，故A正确；BKH中氢离子为1价，化合价升高，被氧化成氢气，故B错误；CKH中H失去电子，则KH做还原剂，故C错误；DKH中的氢离子核外有2个电子，故D错误；故选A9为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（）酸的浓度和体积 碱的浓度和体积 比热容 反应后溶液的质量 生成水的物质的量 反应前后温度的变化 操作所需时间ABCD全部【考点】中和热的测定【分析】根据中和热的
28、计算公式H=来确定实验中需要的数据【解答】解：由反应热的计算公式H=可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量，故选A10如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍下列说法正确的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半
29、导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性OSP，故H2OH2SH3P，故A错误；B、S元素在自然界中存在游
30、离态单质，常在火山口附近，故B错误；C、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C错误；D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D正确，故选D11将一小块Na投入到FeCl3溶液中，可以观察到的现象是（）A生成白色沉淀、有气体产生B生成红褐色沉淀、有气体产生C生成红褐色沉淀D生成黑色沉淀、有气体产生【考点】钠的化学性质【分析】钠投入到盐溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，接着NaOH与盐发生复分解反应，据此解答【解答】解：钠投入到FeCl3溶液中，钠先
31、与水反应生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2，接着NaOH与FeCl3反应生成NaCl和Fe（OH）3沉淀，即FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3+3NaCl，所以现象有气体产生同时生成Fe（OH）3红褐色的沉淀，故选：B12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）ApH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NAB1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD80g NH4NO3晶体中含有NH4+小于个NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、溶液体积不明确；B、
32、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；C、铜只能与浓硫酸反应；D、1molNH4NO3晶体中含1molNH4+【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1 mol Na2O和Na2O2混合物中含2mol钠离子和1mol阴离子，即3NA个，与Na2O和Na2O2所占的比例无关，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，当硫酸变稀后反应即停止，故生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故C错误；D、80gNH4NO3的物质的量为1mol，而1molNH4NO3晶体中含1molNH4+即NA个，故D错误故选B13实验室将NaClO
33、3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O3【考点】氧化还原反应的计算【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素
34、的化合价为x，由电子守恒可知，2（5x）=1（64），解得x=+4，A、Cl2中，Cl元素的化合价为0，故A错误；B、Cl2O中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；C、ClO2中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故C正确；D、Cl2O3中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误；故选C14如图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（）CO、O2（2：1）NH3、O2（8：1）NO2、O2（4：1）N2、H2（1：3
35、）ABCD【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】烧杯中水进入集气瓶的原因是存在压强差，当气体能与液体反应或溶于液体时，造成瓶内部压强变小，从而使烧杯中的水进入集气瓶【解答】解：一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误；氨气极易溶于水，氧气不溶，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；二氧化氮和氧气4：1混合与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故错误故选：B二、解答题15用
36、A、B、C、D、E和F表示含有10个电子的微粒（离子或分子），请回答：（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，A离子是Na+（2）C是由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性，其分子式是NH3（3）D是由两种元素组成的三原子分子，电子式是（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，写出该过程的离子方程式Al3+3OH=Al（OH）3Al（OH）3+OH=AlO2+H2O（5）E+FC+D写出该方程式NH4+OH=NH3+H2O【考点】原子结构与元素的性质；离子方程式的书写【分析】含有10个电子的微粒有：CH4、NH3、H2O、HF、NH4+、OH、H3O+、O2、F、Na+
37、、Mg2+、Al3+等，根据各离子的组成和性质解答该题【解答】解：含有10个电子的微粒有：CH4、NH3、H2O、HF、NH4+、OH、H3O+、O2、F、Na+、Mg2+、Al3+等，则（1）A离子为单核离子且A原子在所在周期中原子半径最大，则A为Na元素，A离子是Na+，故答案为：Na+；（2）由两种元素组成的分子，其水溶液呈碱性的物质是NH3，故答案为：NH3；（3）由两种元素组成的三原子分子为H2O，其电子式为，故答案为：；（4）向B中加入F先出现白色沉淀继续加入F沉淀溶解，则B为Al3+，F为OH，反应的离子方程式分别有：Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2
38、+H2O，故答案为：Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2+H2O；（5）由以上分析可知E为NH4+，F为OH，C为NH3，D为H2O，反应的离子方程式为NH4+OH=NH3+H2O，故答案为：NH4+OH=NH3+H2O16表为元素周期表的一部分，针对表中的九种元素，请回答有关问题：AAAAAAA0234（1）的元素符号是Br（2）在这些元素中，化学性质最不活泼的原子结构示意图为（3）这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4（填化学式，下同），碱性最强的是KOH，显两性的是Al（OH）3（4）将元素与氢元素组成的最简单有机物和的单质按1：1混合后的
39、气体在光照条件下放置一段时间，最多能得到HCl产物（5）用电子式表示和两元素形成化合物的过程为【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】（1）由元素在周期表的位置可知，为C、为F、为Na、为Mg、为Al、为Cl、为Ar、为K、为Br，（2）稀有气体Ar化学性质稳定，核外电子数为18，各层电子数为2、8、8；（3）从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，从上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，F没有含氧酸，故高氯酸的酸性最强，所以失电子能力最强的是K，对应的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物；（4）甲烷与氯气按1：1混合，光照条件下，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有
40、CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，无论生成哪种有机物都有氯化氢生成，每步反应中生成的卤代甲烷与HCl都是1：1；（5）氯化镁属于离子化合物，用电子式表示其形成过程，左侧为Mg、Cl原子电子式，右侧为氯化镁电子式，中间用“”连接【解答】解：由元素在周期表的位置可知，为C、为F、为Na、为Mg、为Al、为Cl、为Ar、为K、为Br，（1）的元素符号是Br，故答案为：Br；（2）稀有气体Ar化学性质稳定，核外电子数为18，各层电子数为2、8、8，原子结构示意图为：，故答案为：；（3）根据元素周期律：周期表中从左到右失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强，从
41、上到下失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，元素非金属性逐渐减弱，F没有含氧酸，上述元素F除外中Cl的非金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该酸为HClO4，K的金属性最强，则KOH的碱性最强，Al（OH）3为两性氢氧化物，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3； （4）甲烷与氯气按1：1混合，光照条件下，由于氯气不足，可发生多步取代反应，生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，每步反应中生成的卤代甲烷与HCl都是1：1，故产物中HCl最多，故答案为：HCl；（5）氯化镁属于离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：17随着科学技术的进步，
42、硫及其化合物的研究越来越深人（1）共生工程可以促进化学工业的发展，并改善环境下列有关环境问题的说法错误的是b（填序号字母）a空气中SO2浓度过高会加重呼吸系统和心脑血管疾病bSO2、NOx、CO2的大量排放都会造成酸雨c氮的氧化物和碳氢化合物大量排放可能引发光化学烟雾d“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”都能改善空气质量发电厂产生的SO2尾气中的可直接用氨水吸收，变废为宝若用15L 2.0molL1氨水充分吸收4480L含10%的SO2硫酸尾气（气体体积已折算成标准状况）充分反应后吸收液中的溶质为（NH4）2SO3和NH4HSO3利用发电厂产生的SO2制成以水为电解质的SO2质子交换膜燃料
43、电池，该电池电动势为1.06V电池工作时负极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+（2）将发电厂产生的SO2通人含有Na2S、Na2CO3的废液中可制得Na2S2O35H2O，通人SO2过程中的现象是：通了一段时间后，产生气体并析出沉淀，沉淀量逐渐增多；沉淀量逐渐减少并形成清液；停止通SO2，过滤后母液经蒸发浓缩，冷却得Na2S2O35H2O晶体（提示：）上述过程中析出沉淀时发生的氧化还原反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O调节废液中Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1，时可以恰好完全反应生成Na2S2O35H2O【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学方程式的
44、有关计算【分析】（1）aSO2有毒，对人体危害主要是刺激人和呼吸道和眼睛；b依据酸雨成因解答；c依据光化学烟雾成因解答；d“静电除尘”、“燃煤固硫”、“低碳经济”，能够减轻环境污染，减少空气污染物排放；分别计算氨气、二氧化硫的物质的量，依据方程式：SO2少量，反应为：H2O+SO2+2NH3=（NH4）2SO3；SO2过量，H2O+SO2+NH3=NH4HSO3，分析判断；二氧化硫具有还原性，在原电池负极发生氧化反应生成硫酸根离子；（2）SO2具有氧化性和还原性，遇到2价S，SO2体现氧化性，反应方程式：Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，生成Na
45、2S2O3的反应方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O3+CO2，调节物质的量之比为2：1时，恰好完全生成Na2S2O35H2O【解答】解：（1）a、SO2对人体危害主要是刺激人和呼吸道和眼睛，当空气中SO2浓度达一定程度时，可引起和加重呼吸系统和心血管疾病，故a正确；b、CO2不会引起酸雨，故b错误；c、氮的氧化物和碳氢化合物大量排放引起光化学烟雾的原因，故c正确；d、静电除尘是除去空气中悬浮颗粒，燃煤固硫是减少SO2的排放，减少酸雨，低碳经济是减少CO2的排放，减缓温室效应，这些都是改善空气质量，故d正确；故选：b；NH3的物质的量152mol=30mol，SO2的物质
46、的量448010%/22.4mol=20mol，发生反应方程式：H2O+SO2+2NH3=（NH4）2SO3，SO2过量，H2O+SO2+NH3=NH4HSO3，NH3不足，所以溶质是（NH4）2SO3、NH4HSO3；故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；以题意SO2质子交换膜的燃料电池，说明SO2在负极上失电子，且产生H+，所以电极反应式：SO2+2H2O2e=4H+SO42；故答案为：SO2+2H2O2e=4H+SO42；（2）SO2具有氧化性和还原性，遇到2价S，SO2体现氧化性，反应方程式：Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S，2H2S+SO2=3S+2H2O，生成
47、Na2S2O3的反应方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O3+CO2，调节物质的量之比为2：1时，恰好完全生成Na2S2O35H2O；故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；2：118某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色（1）提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？（2）猜想：甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Br2（填化学式，下同）所致乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含Fe3+
48、所致（3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的供选用的试剂：a、酚酞试液 b、CCl4 c、无水酒精 d、KSCN溶液请你在表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到得现象选用试剂（填序号）实验现象方案1方案2（4）结论氧化性：Br2Fe3+故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br（5）实验后的思考根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+在100mLFeBr2溶液中通入2.24LCl2（标准状况），溶液中有
49、的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为1mol/L【考点】性质实验方案的设计；氯、溴、碘的性质实验【分析】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2 Fe2+Br22Fe3+2Br，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的即可得出甲同学、乙同学的结论；（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+Br2，则会发生反应：2 Fe2+Br22 Fe3+2Br，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路第一，溶液中不存在Br2，然
50、后选择合适试剂检验不存在Br2第二，溶液中存在Fe3+，选择合适试剂检验存在Fe3+，即可确定乙同学观点正确；（4）由氧化性Br2Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入12滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+；（5）还原性强的离子先被氧化；根据电子守恒进行计算【解答】解：（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的因此中甲同学认为氧
51、化性：Fe3+Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；中乙同学认为氧化性：Fe3+Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+Br2，则会发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验方案一：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色则证明方案一正确；方案二：证明溶液中存在Fe3
52、+根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案二正确，方案一、方案二都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：选用试剂（填序号）实验现象方案1b下层（CCl4层）无色方案2d溶液变为血红色（4）根据结论：氧化性：Fe3+Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br确定出反应物和生成物后Fe2+Br2Fe3+Br，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，B
53、r前计量数为2，故离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br，故答案为：2Fe2+Br22Fe3+2Br；（5）FeBr2在溶液中电离出Fe2+、Br，Cl2通入FeBr2溶液中，既能氧化Fe2+，又能氧化Br，发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl、2Br+Cl2Br2+2Cl根据反应2Fe2+Br22Fe3+2Br，还原剂是Fe2+，还原产物是Br，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即得还原性：Fe2+Br，因此Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br，故答案为：Fe2+；2.24LCl2（标准状况）的物质的量是0.1mol，得到0.2mol设溴化亚铁的物质的量是xmol，氯气首先氧化亚
54、铁离子，然后氧化溴离子，则根据电子得失守恒可知0.2=x1+2x1，解得：x=0.1，因此溴化亚铁的浓度是0.1mol0.1L=1mol/L，故答案为：1mol/L19某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：配制FeCl2溶液取部分变质的氯化亚铁固体含有难溶性杂质Fe（OH）2Cl，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉实验探究Fe3+与Fe2+相互转化实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去写出Fe（OH）2Cl与盐酸反应的离子方程式Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3+Cl+
55、2H2O（2）请用离子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+（3）实验2的现象与预测不同，为探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄步骤2：将黄色溶液分为三份：试管1 取2mL黄色溶液溶液变红试管2 取3mL黄色溶液溶液变蓝试管3 取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝（比试管2中溶液颜色深）试管2中滴加K3Fe（CN）6检验的离子是Fe2+黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl 和Fe3+、Fe2+、I2综合上述实验现象，得出的实验结论是Fe3+与I的反应为可逆反应【考点】铁及其化合
56、物的性质实验【分析】（1）Fe（OH）2Cl和盐酸反应生成盐和水；（2）氯气具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子；（3）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀； 碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘；铁离子能使硫氰化钾溶液呈红色，亚铁离子能和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀【解答】解：（1）Fe（OH）2Cl和盐酸反应生成盐和水，离子反应方程式为：Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3+Cl+2H2O，故答案为：Fe（OH）2Cl+2H+=Fe3+Cl+2H2O；（2）氯气具有强氧化性，能被还原性的亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，离子反应方程式
57、为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，故答案为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+；（3）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，这是亚铁离子的特征反应，所以试管2中滴加K3Fe（CN）6检验的离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； 试管1说明溶液中含有铁离子，试管2说明溶液中含有亚铁离子，铁离子和碘离子反应生成亚铁离子和碘单质，导致溶液中还含有碘单质，所以黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl 和Fe3+、Fe2+、I2，故答案为：Fe3+、Fe2+、I2；碘化钾溶液和少量的氯化铁溶液反应，溶液中存在铁离子和亚铁离子，说明Fe3+与I的反应为可逆反应，故答案为：Fe3+与I的反应为可逆反应
58、20绿矾（FeSO47H2O）硫酸法生产一种稀有金属产品过程中产出的副产品，产品外观为淡绿色或淡黄绿色结晶固体加入适量可调节碱性水中的pH，与水中悬浮物有机结合，并加速沉淀，主要应用于水质净化和工业废水处理，同时具有杀菌作用（1）98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为7.14molL1（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为（填、=“）40%“（2）实际生产用20%发烟硫酸配制稀硫酸，若用SO3nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=0.77（保留两位小数）（3）绿矾在空气中容易被
59、部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2+完全氧化，推测晶体的化学式为FeSO4Fe2（SO4）310H2O（4）硫酸亚铁铵（NH4）2SO4FeSO46H2O（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL 2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：10NO3+3Cu2S+16H+=6Cu2+10NO+3SO42+8H2O8NO3+3CuS+8H+=3Cu2+3SO42+8NO
60、+4H2O剩余的稀硝酸恰好与V mL 2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应已知：NO3+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2OV值范围4260mL【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算【分析】（1）根据c=计算出密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度；假设密度相同，混合后质量分数为40%，由于硫酸的质量分数越大，溶液中含有的硫酸的质量越大，所以混合后硫酸的质量分数大于40%；（2）20%发烟硫酸可表示为SO3nH2O，通过整理即为：nH2SO4（1n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1n）=（1
61、20%）：20%，解出n即可；（3）根据沉淀9.32克为硫酸钡、氯气的物质的量计算出铁离子和亚铁离子的物质的量、再根据质量关系计算出含有的结晶水的质量，最后计算出晶体的化学式；（4）采用极限法计算与固体混合物反应需要的硝酸的物质的量，剩余的硝酸与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应计算需要的（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积；【解答】解：（1）密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为： mol/L7.14mol/L；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分
62、数大于40%，故答案为：7.14 molL1；（2）20%发烟硫酸可表示为SO3nH2O，通过整理即为：nH2SO4（1n）SO3，根据20%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98n：80（1n）=（120%）：20%，解得n=0.77，故答案为：0.77；（3）硫酸钡的物质的量为： =0.04mol，即n（FeSO4）+3n（Fe2（SO4）3）=0.04mol，标况下112mL氯气的物质的量为： =0.005mol，根据反应关系式2Fe2+Cl2可知，硫酸亚铁的物质的量为：n（FeSO4）=n（Fe2+）=2n（Cl2）0.01mol，则3n（Fe2（SO4）3）=0.04mol
63、0.01mol=0.03mol，7.32克晶体中结晶水的质量为：m（H2O）=7.32g152g/mol0.01mol400g/mol0.01mol=1.8g，结晶水的物质的量为：n（H2O）=0.1mol，所以绿矾晶体中硫酸亚铁、硫酸铜、水的物质的量之比为0.01mol：0.01mol：0.1mol=1：1：10，所以晶体的化学式为：FeSO4Fe2（SO4）310H2O，故答案为：FeSO4Fe2（SO4）310H2O；（4）硝酸的物质的量为：0.20L2mol/L=0.4mol，假设固体混合物全部为Cu2S，则n（Cu2S）=0.054mol，需要是硝酸的物质的量为x，10NO3+3Cu
64、2S+16H+6Cu2+10NO+3SO42+8H2O 3 16 0.054mol xx=0.288mol，剩余的硝酸的物质的量为：0.4mol0.288mol=0.112mol，0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应 NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O 3mol 41103VL2mol/L 0.112mol解得V=42，假设固体混合物全部为CuS，则n（CuS）=0.09mol，需要硝酸的物质的量为y，8NO3+3CuS+8H+3Cu2+3SO42+8NO+4H2O， 3 8 0.09mol yy=0.24mol剩余的硝酸的物质的量为：0.4mol0.2
65、4mol=0.16mol0.112mol硝酸和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应 NO3+3Fe2+4H+NO+3Fe3+2H2O 3mol 41103VL2mol/L 0.16mol解得V=60，所以V值范围为：42V60，故答案为：4260mL21有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大，其核电荷数总和为38Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的；W元素原子最外层电子比同周期Z元素多5个电子；W和Y不属同一主族（1）写出元素符号：XH，YO，ZMg，WCl（2）Z、W两元素最高价氧化物对应水化物反应的方程式是Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O（3）把Z
66、的单质（片状）放入滴有酚酞的沸水中，观察到的现象是有气泡、变红，反应的化学方程式是Mg+2H2OMg（OH）2+H2【考点】物质的结构与性质之间的关系【分析】（1）Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的3/4，判断出Y为O元素设X、Y、Z、W的核电核数分别为x、y、z、w，则x+y+z+w=38，xy，y=8，zy，w=z+518，w16 即x8，x+2z=25，8z13，z11假设x=1则z=12（合理）；假设x=2，则z=23/2（舍去）；假设x=3，则z=11（舍去）；假设x=4，则z=21/2（舍去）； 假设x=5，则z=10（舍去）；假设x=6，则z=19/2（舍去）；假设x=7，则
67、z=9（舍去）故X为H元素，Z为Mg元素，W为Cl元素，由此解答；（2）Mg、Cl两元素最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化镁和高氯酸，反应生成高氯酸镁和水；（3）Mg和沸水反应置换出H2且生成碱Mg（OH）2，故反应的现象为有气泡、溶液变红反应的方程式为Mg+2H2OMg（OH）2+H2【解答】解：（1）Y元素原子最外层电子数占核外总电子数的3/4，判断出Y为O元素设X、Y、Z、W的核电核数分别为x、y、z、w，则x+y+z+w=38，xy，y=8，zy，w=z+518，w16 即x8，x+2z=25，8z13，z11假设x=1则z=12（合理）；假设x=2，则z=23/2（舍去）；假设x=3
68、，则z=11（舍去）；假设x=4，则z=21/2（舍去）； 假设x=5，则z=10（舍去）；假设x=6，则z=19/2（舍去）；假设x=7，则z=9（舍去）故X为H元素，Z为Mg元素，W为Cl元素，故答案为：H； O； Mg； Cl；（2）Mg、Cl两元素最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化镁和高氯酸，反应生成高氯酸镁和水，反应方程式为Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O，故答案为：Mg（OH）2+2HClO4=Mg（ClO4）2+2H2O；（3）Mg和沸水反应置换出H2且生成碱Mg（OH）2，故反应的现象为有气泡、溶液变红反应的方程式为Mg+2H2OMg（OH）2+H2，
69、故答案为：有气泡、变红；Mg+2H2OMg（OH）2+H222随原子序数的递增的八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示根据判断出的元素回答问题：（1）f 在元素周期表的位置是第三周期A族；g的离子结构示意图为（2）在z、d、e、f 四种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+）（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是：HClO4（3）由x和z元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（4）由x、z、h三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，用离子方程式解释其原因NH4+H2ONH
70、3H2O+H+（5）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；S2离子核电荷数为16，核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；非金属
71、性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3；（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解溶液呈酸性；（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，计算2mol钠反应放出放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期A族；S2离子结构示意图为，故答案为：第三周期A族；（2）电
72、子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+）；非金属性SCl，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答案为：r（N3）r（O2）r（Na+）r（Al3+）；HClO4；（3）由H和N元素组成一种四原子共价化合物为NH3，电子式为：，故答案为：；（4）由H、N、Cl三种元素构成的盐，其水溶液显酸性，该盐为NH4Cl，铵根离子水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液呈酸性，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（5）钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，2mol钠
73、反应放出放出的热量为255.5kJ2=511kJ，反应热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol123A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质E、F均为气体，且F为红棕色有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）请回答下列问题：（1）B的电子式为，E的化学式为NO（2）写出实验室制备Y化学反应方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（3）Y和F在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，这是一个具有实际意义的反应，可消除F对环境的污染，该反应的化学方程式
74、为8NH3+6NO2=7N2+12H2O【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质，X与Y产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，反推可知E为NO，C为O2，则Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，A为Cl2，B为N2，据此解答【解答】解：A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质，X与Y产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，反推可知E为NO，C为O2，则Z为H2O，Y为NH3，X为HCl，G为HNO3，A为Cl2，B为N2（1）B为N2，电子式为，E的化学式为NO，故答案为：；NO；（2）实验室制备NH3化学反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（3）NH3和NO2在一定条件下可反应生成两种无毒无污染的物质，应生成氮气与水，该反应的化学方程式为 8NH3+6NO2=7N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O2016年12月2日
