1、河南省信阳市实验高中2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1粗镍经过下列过程可以转化为纯度99.9%的高纯镍，发生的反应是下列说法正确的是A5080时，适当增大压强，有利于Ni(CO)4的生成B180200时，气态的Ni(CO)4 会分解出纯NiC提纯过程中，CO(g)的量不断减少D温度越高，Ni(CO)4 (g)的转化率越低【答案】AB【解析】2认识物质及其变化对把握自然规律至关重要。下列与其他物质变化类型不同的一项是【答案】B【解析】试题分析：A对着干燥的玻璃片哈气属于物质的三态变化，是物理变化；B浓硫酸腐蚀纸张是浓硫酸的脱水性，属于化学变化；C用合金在纯金属上刻画属于
2、物理变化；D胆矾的研碎是状态的变化，是物理变化，答案选B。考点：考查物质变化的判断3下列说法正确的是A只用水就可以鉴别四氯化碳、苯和乙醇BC2H4、C3H6、C6H6分子中，所有原子处于同一平面上C光照条件下，氯气与乙烷发生化学反应，生成的产物有6种D有机物与氯气发生取代反应，生成的一氯代物有5种【答案】A【解析】试题分析：A四氯化碳不溶于水，密度大于水，苯不溶于水，密度小于水，乙醇与水互溶，则只用水就可以鉴别四氯化碳、苯和乙醇，A正确；BC3H6、C6H6分子中，所有原子不一定处于同一平面上，因为不能确定C3H6、C6H6是哪种有机物，B错误；C光照条件下，氯气与乙烷发生化学反应，生成的产物
3、有6种卤代烃。另外还有一种无机物氯化氢，C错误；D有机物分子中氢原子分为4类，则与氯气发生取代反应，生成的一氯代物有4种，D错误，答案选A。考点：考查有机物结构和性质判断4镁条在含有较多CO2的空气中燃烧后，生成物中没有AMgO BMg3N2 CMg（OH）2 DC【答案】C【解析】镁在空气中点燃，与空气中的氧气燃烧2Mg+O22MgO，生成了氧化镁；与空气中的氮气反应3Mg+N2Mg3N2，生成了氮化镁；与空气中的二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，生成白色固体氧化镁和黑色固体碳，所以生成物中没有Mg（OH）2，故选C【点评】本题主要考查镁的化学性质，掌握镁与氧气、氮气、二氧化碳反应是
4、解答该题的关键，题目难度不大5向一定量铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物中加入250ml 2mol/L的硝酸溶液，反应完全后生成112LNO（标准状况），再向反应后的溶液中加1mol/L的氢氧化钠溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是A400ml B450ml C500ml D无法确定【答案】B【解析】试题分析：向一定量铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物中加入250ml 2mol/L的硝酸溶液，发生反应：Fe+ 4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，Fe2O3+6HNO3= 2Fe(NO3)3+ 3H2O，3Fe3O4+10HNO3= 9Fe(NO3)3 +NO +5H2O
5、，也可能发生反应：Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，向反应后的溶液中加入1mol/L的氢氧化钠溶液，溶液中的Fe3+、Fe2+发生沉淀反应形成Fe(OH)3、Fe(OH)2，当恰好完全反应时形成的溶液为NaNO3溶液。可见硝酸的作用有两部分，一种是表现酸性，与金属阳离子结合形成盐；另一种是作氧化剂得到电子变为NO。n(NO3-)(总)=025L2mol/L=05mol；n(NO)= 112L224L/mol=005mol,则n(NaOH)= n(NaNO3)= 05mol-005mol=045mol，由于c(NaOH)=1mol/L，所以V(NaOH)= 045mol 1mol/L
6、= 045L =450mL,故选项B符合题意。【考点定位】考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。【名师点睛】在氧化还原反应中氧化剂获得电子总数与还原剂失去电子总数相等，在硝酸与金属或金属氧化物发生反应时，硝酸的作用是酸性和氧化剂，氧化剂得到电子被还原变为氮元素的氧化物，当向反应后的溶液中加入足量NaOH，使溶液中的金属阳离子完全形成沉淀时，溶液为NaNO3，用总硝酸的物质的量减去氮的氧化物中含有的氮元素的物质的量就是硝酸钠的物质的量，在利用元素守恒就可确定反应消耗的氢氧化钠的物质的量。学会使用守恒方法，可以使复杂问题简单化，使问题得到快速解决。62.3 g钠投入100g水中，下列叙述
7、述错误的是A钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球 B钠贮存在煤油中C所得溶液的质量分数为2.25 D反应中转移0.1mol电子【答案】C【解析】试题分析：A、钠的密度小于水的熔点低，钠与水反应是放热反应，所以钠浮在水面，熔化成银色光亮的小球，A正确；B、钠是活泼的金属，极易被氧化，且极易与水反应，所以钠贮存在煤油中，B正确；C、2.3 g钠的物质的量2.3g23g/mol0.1mol，投入100g水中，发生反应2Na2H2O=2NaOHH2，生成氢氧化钠0.1mol，质量是4.0g，氢气0.05mol，氢气质量是0.05mol20.1g，所以所得溶液的质量分数为100%3.91，C不正确；D、钠在
8、反应中失去1个电子，所以2.3g钠在反应中转移0.1mol电子，D正确，答案选C。考点：考查7用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A同温同压同体积的气体单质所含原子个数相等B常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数为NAC摩尔是沟通宏观和微观的桥梁D大规模海水淡化采用蒸馏法【答案】C【解析】试题分析：A、根据阿伏伽德罗定律知，同温同压同体积的气体单质所含分子个数相等，但原子个数不一定相同，如O2和O3，错误；B、条件不是标准状况，常温常压下，11.2LO2所含的氧原子数小于NA，错误；C、摩尔是沟通宏观和微观的桥梁，正确；D大规模海水淡化采用电渗析法和离子交换法，少量海水的淡化可采用蒸馏
9、法，错误。考点：考查阿伏伽德罗常数、物质的量相关概念。8某同学将ag的铁粉加入到VL的FeCl3和CuCl2混和溶液中，下列有关现象或结论正确的是（）A若反应后没有固体存在，则溶液中一定没有Fe3+B若反应后有固体存在，则溶液中一定没有Cu2+C若反应后溶液中加入KSCN溶液，溶液一定出现红色D在反应后溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液一定出现红色【答案】D【解析】无论有无固体，溶液中一定有Fe2+，加入氯水后再加KSCN，溶液一定显红色；有固体时，溶液中也可能有Fe3+或Cu2+。9下列各组物质中所含分子数一定相同的是（ ） A.5.6L N2和11g CO2 B.5g CO和5g H
10、2 C.含1mol H原子的H2O和0.5mol Br2 D.质子数相等的NH3和HCl【答案】C【解析】A、体积没有说明状态，B、摩尔质量不同，物质的量不等；C、相等；D、NH3中10个质子，HCl中有18个质子。10如图所示，钠、镁、铝、铁分别跟足量的氯气反应时，消耗金属的质量与反应的氯气的质量之间的关系，其中表示铝与氯气反应的是()AaBbCcDd【答案】D【解析】试题分析：由图可知，当消耗相同质量的氯气时，消耗金属的质量的大小关系是abcd。再由反应的方程式：2Na+Cl22NaCl、Mg+Cl2MgCl2、2Al+3Cl22AlCl3、2Fe+3Cl22FeCl3可知，当有3 mol
11、 Cl2参加反应时，消耗金属的质量分别为m(Na)=6 mol23 gmol-1=138 g，m(Mg)=3 mol24 gmol-1=72 g，m(Al)=2 mol27 gmol-1=54 g，m(Fe)=2 mol56 gmol-1=112 g，即m(Na)m(Fe)m(Mg)m(Al)，所以d表示铝与氯气反应。考点：氯气的生产原理和性质11下列说法中正确的是A、难溶电解质的Ksp越小，溶解度就一定越小B、一般认为沉淀离子浓度小于1.0105 mol/L时，沉淀就达完全C、用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，说明Ksp(BaCO3)小于Ksp(BaSO4)D、向含Ag
12、Cl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数变小【答案】B【解析】试题分析：A、难溶电解质的Ksp越小，溶解度不一定越小，A错误；B、一般认为沉淀离子浓度小于1.0105 mol/L时，沉淀就达完全，B正确；C、用饱和Na2CO3溶液可以将BaSO4转化为BaCO3，但Ksp(BaCO3)大于Ksp(BaSO4)，C错误；D、向含AgCl沉淀的悬浊液中加入NaCl饱和溶液，AgCl的溶解度变小，溶度积常数只与温度有关系，因此溶度积常数不变，D错误，答案选B。考点：考查溶解平衡和溶度积常数的应用与判断12下列鉴别方法可行的是（ ）A用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+
13、 B用溴水鉴别苯和正己烷 C用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇、乙醛、乙酸 D用Ca(OH)2溶液鉴别CO32和HCO3【答案】C【解析】试题分析：A、氨水与Al3+、Mg2+和Ag+都会产生白色沉淀，只有银离子中加入氨水后白色沉淀溶解，而铝离子、镁离子无法鉴别，错误；B、溴水与苯、环己烷都不反应，溶液的颜色都不会褪去，无法鉴别，错误；C、用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别乙醇、乙醛、乙酸，加热产生砖红色沉淀的是乙醛，蓝色沉淀消失的是乙酸，无现象的是乙醇，可以鉴别，正确；D、CO32和HCO3都与Ca(OH)2溶液反应产生白色沉淀，无法鉴别，错误，答案选C。考点：考查物质的鉴别13澳大利亚研究人员
14、最近开发出被称为第五形态的固体碳，这种新的碳结构称作“纳米泡沫碳”，它外形类似海绵，密度极小，并具有磁性。纳米泡沫碳与金刚石的关系是 ( )A同种物质B不同密度的核素 C同位素 D同素异形体【答案】D【解析】纳米泡沫碳和金刚石都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，D正确。质子数相同，而中子数不同的同一种元素的不同核素互成为同位素，所以答案选D。14常温下，下列各组离子，在所给的条件下，一定能够大量共存的是（ ）A在滴加酸碱指示剂酚酞试液后呈现红色的溶液中：Na+、Cl-、AlO2-、CO32-B在由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液中： HCO3-、Al3+、NH4+、C
15、lO-C在c(H+)/c(OH-)=11012的溶液中：Fe2+、Mg2+、CO32-、NO3-D在AlCl3溶液中：K+、NO3-、S2-、Na+【答案】A【解析】试题分析：A滴加酸碱指示剂酚酞试液后呈现红色说明溶液呈碱性，Na+、Cl-、AlO2-、CO32-都能在碱性环境中共存，故对B由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液既可能是酸性也可能是碱性，HCO3-、ClO-在酸性条件下不能共存，Al3+、NH4+、HCO3-在碱性条件下不能共存，故错Cc(H+)/c(OH-)=11012的溶液呈酸性，：Fe2+、CO32-、NO3-不能共存，故错。DAlCl3溶液呈酸性，在酸性条
16、件下NO3-具有强氧化性，能氧化S2-，所以NO3、S2-不能共存，故错考点：离子共存问题点评：本题难度适中，主要考察在不同条件下，溶液中离子的共存问题，做题要抓住溶液中离子能否发生氧化还原反应、产生沉淀、气体和水来判断。15铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。（1）下图是研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。在图中A、B、C、D四个部位中，生成铁锈最多的部位_（填字母）。（2）已知t时，反应FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。则该反应的平衡常数表达式为K=_；t时，反应达到平衡时n(CO):n(CO2) =_；t时，若在1L密闭容器中加入0.
17、02 mol FeO(s)、xmol CO，发生反应，当反应达到平衡时FeO(s)的转化率为50%，则x=_。（3）高铁酸钾是一种高效、多功能的水处理剂。工业上常采用NaClO氧化法生产，有关反应原理为：3NaClO+2Fe(NO3)3+l0NaOH=2Na2FeO4 +3NaCl+6NaNO3+5H2ONa2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH实验证明，反应的温度、原料的浓度及配比对高铁酸钾的产率都有影响。图1为不同的温度下，Fe(NO3)3不同质量浓度对K2FeO4生成率的影响；图2为一定温度下，NaClO不同质量浓度对K2FeO4生成率的影响。工业生产中，反应进行的适宜温度为_；
18、此时Fe(NO3)3与NaClO两种溶液的理想的质量浓度之比是_。高铁酸钾做水处理剂时的作用主要有_（答出2条即可）。【答案】（共l4分。每空2分）（1）B（2）c(CO2)/c(CO) 4:l（或4) 0.05（3）26 6:5(或1.2)杀菌消毒，吸附悬浮物等（合理答案均可）【解析】试题分析：（1）在B点的海水中氧气浓度最大，发生的吸氧腐蚀最快，生成的铁锈最多。故答案为：B；（2）FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)的平衡常数表达式为K=，反应达到平衡时n(CO):n(CO2) =4；FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)起始（mol） 0.02 x 0 0反应（
19、mol） 0.01 0.01 0.01 0.01平衡（mol） 0.01 x-0.01 0.01 0.01K=0.25=，解得：x=0.05mol。故答案为：c(CO)/c(CO2)；4；0.05（3）由图1可知，Fe（NO3）3浓度一定，温度在26时，K2FeO4的生成率最高，故工业生产中最佳温度为26。由图1可知，Fe（NO3）3浓度在330g/L时，K2FeO4的生成率最高，由图2可知，NaClO在2575g/L时，K2FeO4的生成率最高，所以Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为330g/L：275g/L=6：5。故答案为：26；6：5高铁酸钾（K2FeO4）具有极强
20、的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；故答案为：杀菌消毒、吸附悬浮物；考点：考查了金属的电化学腐蚀、化学平衡以及物质的用途等相关知识。16研究硫及其化合物对于工农业生产具有重要意义。（1）图所示一个容积为4L的密闭容器，内有可移动的隔板。一定温度（T）下，左室加入2 mol SO3，右室加入2 mol SO2和1 mol O2，在少量催化剂存在下分别发生反应：左室：右室：反应达到平衡时，右室反应过程和能量关系如图所示。H2_（含a的数学式表示）；反应的平衡常数K_Lmol1。能说明两边反应一定达到平衡的是_（填序号）。A隔板不再移动B左右两边SO2的
21、物质的量相等C左右二室中SO2与O2物质的量之比都是21达平衡时，左室反应吸收的热量为Q1kJ，右室反应吸收的热量为Q2kJ，则Q1、Q2满足的关系是_（填序号）。AQ1Q2BQ1Q2CQ1Q2（2）高温下，炽热的Cu2S与水蒸气反应生成金属铜、H2和SO2（）。写出该反应的化学反应方程式_。若有1 mol Cu2S参与反应，则转移电子的物质的量是_mol。【答案】（1）-1.25a kJ/mol 160 AB C（2）Cu2S+2H2O高温=2Cu+ 2SO2 + H2 6【解析】试题分析：（1）由图可以得出，反应物2molSO2平衡时为0.4mol，反应了1.6mol产生akJ的热量，故该
22、反应的H2=-2a/1.6=-1.25a kJ/mol相同条件下，左右室反应为等效平衡，达到平衡后两边体积相等为2L， K=c2(SO3)/ c2(SO2) c(O2)=0.82/(0.220.1)=160A、该反应方程式两边化学计量数和不等，平衡移动会导致气体体积变化，隔板不动，即说明反应达到平衡，正确；B、两边是等效平衡，平衡后完全相同，若不相等则没有达到平衡，正确；C、加入的量是比是21，反应的量为比也是21，所以任何时间左右二室中SO2与O2物质的量之比都是21，错误。平衡状态时SO3的物质的量为1.6mol，显然左室反应的量少，吸收的热量比右室反应的放出的热量少，所以Q1Q2（2）该
23、反应化学方程式为Cu2S+2H2O高温=2Cu+ 2SO2 + H2 6考点：考查STS中环境保护有关问题。17某同学用碳棒、铜棒和稀硫酸为原材料，实现了在通常条件下不能发生的反应：CuH2SO4(稀)=CuSO4H2。（1）请在方框内画出能够实现这一反应的实验装置图。(2)某同学在做铜与稀硫酸的上述反应实验时，看到碳棒和铜棒都有气泡产生，但铜棒没有被腐蚀。请你分析其原因_，此时的电池反应为_。【答案】(1)(2)电源反接 2H2O2H2+O2【解析】金属Cu活泼性排在氢的后面，所以不能是原电池，借助电解利用氧化还原反应设计成电解池，Cu为电解池的阳极，稀硫酸为电解液，C棒为电解池的阴极。18
24、研究物质的合成或制备是有机化学、无机化学的重要任务之一。（1）某实验小组探究实验室制备无水氯化镁的方法，设计了以下装置分液漏斗中的A物质是_(填试剂名称)。利用中学常见的仪器，空白方框内尾气处理的合适试剂有 。可选择的试剂有：A.稀NaOH溶液 B.无水氯化钙 C.稀硫酸 D.浓硫酸假设实验过程中 MgCl26H2O 未水解，不用任何试剂用最简单的方法检验MgCl26H2O 是否完全转化为MgCl2。写出实验方法_ 。（2）实验室制备并收集纯净乙烯有的同学通过乙醇制备乙烯，写出相关化学方程式： 。该实验除乙醇外，所需的试剂或用品(不包括仪器)有_ _、_、_。有的同学探究其它制备乙烯的方法，他
25、设计了以下装置制备乙烯。实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，且得到很少量的气体。请分析气体产率很低的原因主要是_ 。为增大气体产率，在右图装置的基础上，提出一点改进措施：_。【答案】(15分)（1）浓硫酸B A或 D A(装置如图)；称量所得的产物，若质量为95m/203克，则说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2。（2）CH3CH2OHCH2=CH2+ H2O；浓硫酸、沸石、氢氧化钠溶液；原因有：加热温度过高，溴乙烷大量挥发。溴乙烷发生了副反应；增长导气管长度(或增加冷凝回流装置，有利于溴乙烷的冷凝回流或利用水浴加热可降低和控制反应温度或增加温度计监控反应温度)。【解析】试题分析：（
26、1）加热氯化镁晶体失去结晶水得到无水氯化镁，由于氯化镁易水解，应在HCl氛围中加热分解，A中液体为浓硫酸，与圆底烧瓶中浓盐酸混合，发生大量的热，利用HCl逸出，洗气瓶中浓硫酸干燥HCl，利用氢氧化钠溶液吸收尾气中HCl，防止污染空气，注意防止倒吸，还要防止氢氧化钠溶液中水蒸气导致氯化镁水解，尾气处理装置与加热装置之间需要连接盛放氯化钙的干燥管(或盛放浓硫酸的洗气瓶)；由上述分析可知，分液漏斗中的A物质是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；利用氢氧化钠溶液吸收尾气中HCl，防止污染空气，且防止倒吸，还要在尾气处理装置与加热装置之间需要连接盛放氯化钙的干燥管(或盛放浓硫酸的洗气瓶)，防止氯化镁水解，需要补充
27、完整实验装置(不必画出夹持装置)为：等；实验过程中MgCl26H2O未水解，mg晶体的物质的量为mol，完全分解得到氯化镁为mol95g/mol=g，称量所得产物质量，若质量为g，说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2，否则未完全，故答案为：称量所得产物质量，若质量为g，说明MgCl26H2O完全转化为MgCl2，否则未完全；（2）乙醇与浓硫酸在170时反应生成乙烯，化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+ H2O；乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，反应中会发生副反应，有二氧化碳、二氧化硫生成，用氢氧化钠溶液吸收除去二氧化碳、二氧化硫，液体加热需要防止暴沸，还需要加入沸石，除乙醇
28、外，所需的试剂或用品(不包括仪器)有：浓硫酸、氢氧化钠溶液、沸石，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+ H2O；浓硫酸、氢氧化钠溶液、沸石；方案中利用溴乙烷发生消去反应生成乙烯，利用图中装置制备乙烯，实验结果是量筒内壁附着较多无色油状液体，且得到很少量的气体，说明生成乙烯很少，大量的溴乙烷挥发，气体产率很低的原因主要是：加热温度过高，溴乙烷大量挥发，也可能是溴乙烷发生副反应等；为增大气体产率，可以增加冷凝回流装置，有利于溴乙烷冷凝回流，可以利用水浴加热，便于控制温度等，减少溴乙烷挥发；故答案为：加热温度过高，溴乙烷大量挥发，也可能是溴乙烷发生副反应等；增长导气管长度，(或增加冷凝回流装置
29、)有利于溴乙烷的冷凝回流；利用水浴加热可降低和控制反应温度；增加温度计监控反应温度等。考点：考查了制备实验方案的设计；性质实验方案的设计的相关知识。19（19分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究（图中a、b、c均为止水夹）（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后 ，则证明A装置的气密性良好。（2）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置_作为发生装置（填所选装置的序号字母），实验时可先在稀硫酸溶液中加入少量硫酸铜晶体会使反应速率加快，原因是 。（3）某同学利用上述装置设计实验证明Cl2氧化性强于Br2选用的装置连接顺
30、序为：（ ）（ ）（ ）（填所选装置的序号字母）；从以下试剂中选用该实验所需的试剂为 （填试剂的序号字母）；a浓硫酸 b浓盐酸 c二氧化锰 d氯化钠 e溴化钠溶液实验过程中能说明Cl2氧化性强于Br2的实验现象是 ；（4）另一同学将B、D、E装置连接后，在B装置中加入铜片和浓硝酸制取NO2，然后进行NO2气体与水反应的实验，并观察相关现象：B装置发生反应的离子方程式为_；反应一段时间后D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，若进行NO2气体与水反应的实验，应 （填“对a、b、c三个止水夹进行的操作”），然后再适当加热乙；实验现象为 。E装置中的NaOH溶液可吸收尾气NO2，反应生成NaNO3、
31、NaNO2和H2O，反应中生成的NaNO3和NaNO2的物质的量之比为 。【答案】（19分）（1）打开分液漏斗开关，水不能顺利流下，则气密性良好或打开分液漏斗开关水不能持续滴下或分液漏斗中液面长期保持不变，则气密性良好。（2分，合理描述均可）（2）B（2分），Zn置换出铜与电解质溶液形成原电池（2分）（3）A-C-E（2分）b 、c、 e （2分） C中溶液的颜色变为（橙）黄色（2分）（4）Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2 + 2H2O（3分）关闭止水夹a、b，打开止水夹c；烧杯中的水进入试管中，试管中气体颜色变浅（2分）1:1（2分）【解析】试题分析：（1）进行气
32、体制备时检验装置A的气密性操作为将A装置末端导管密封后，向分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能顺利流下，则气密性良好或打开分液漏斗开关水不能持续滴下或分液漏斗中液面长期保持不变，则气密性良好。（2）用锌粒和稀硫酸制备H2为固体和液体不加热制备气体，应选用装置B作为发生装置；实验时可先在稀硫酸溶液中加入少量硫酸铜晶体会使反应速率加快，原因是Zn置换出铜与电解质溶液形成原电池。（3）要证明Cl2氧化性强于Br2需先用二氧化锰和浓盐酸在装置A中加热制备氯气，然后将氯气通入盛有溴化钠溶液的装置C中发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，氯气有毒，需进行尾气处理，最后连接装置E
33、。选用的装置连接顺序为：ACE；该实验所需的试剂为浓盐酸、二氧化锰和溴化钠溶液，选bce；实验过程中能说明Cl2氧化性强于Br2的实验现象是C中溶液的颜色变为（橙）黄色；（4）铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，B装置发生反应的离子方程式为Cu + 4H+ + 2NO3- = Cu2+ + 2NO2 + 2H2O ；反应一段时间后D装置中的具支试管乙中收集满NO2气体，若进行NO2气体与水反应的实验，应关闭止水夹a、b，打开止水夹c，然后再适当加热乙；实验现象为烧杯中的水进入试管中，试管中气体颜色变浅。E装置中的NaOH溶液与NO2反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，化学方程式为2N
34、aOH+2NO2NaNO3+NaNO2+H2O，反应中生成的NaNO3和NaNO2的物质的量之比为1:1。考点：考查气体的制备，化学实验基本操作，化学实验方案的分析、评价和设计。20（10分）将1 mol氧气和一定量的HCl放入2L的密闭容器中，420时，在催化剂作用下发生反应：4HCl+O2 2Cl2+2H2O。5分钟后反应达到平衡，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，消耗NaOH 2.0 mol；再将剩余气体干燥后通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，溶液增重19.2 g。请回答下列问题：（1）写出平衡时，混合气体通入NaOH溶液中所发生反应的离子方程式。（2）计算05分钟时，Cl2的平
35、均生成速率是多少。（3）计算平衡时HCl的转化率。【答案】（10分）(1)H+OH-=H2O (2分) Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O (2分)(2) 0.08 molL-1min-1 (3分) （3）80% (3分)【解析】21某溶液含有Ba2+、 Cu2+、Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离。其流程图如下（请写出最佳答案）：+C+B+ABa2+、 Cu2+、Ag+溶液沉淀1溶液沉淀3白色沉淀2（1）所加试剂的化学式：A_、B_、C_（2）写出生成沉淀1的离子方程式_；生成沉淀3的离子方程式_；（3）试猜想上述溶液中一定存在的另一种离子是_（写
36、化学式），请写出该离子所对应的一种盐的电离方程式_。【答案】（每空1分，共 7分）（1） AHCl；BNa2SO4；CNaOH（2） Ag+ + Cl- = AgCl；Cu2+ + 2OH- = Cu（OH）2（3）NO3-；NaNO3=Na+NO3-【解析】试题分析：（1）溶液含有Ba2+、Cu2+、Ag+，应先加入HCl，生成AgCl沉淀，过滤后在加入Na2SO4，可得到BaSO4沉淀，最后加入NaOH，可得到Cu（OH）2沉淀，故答案为：AHCl BNa2SO4 CNaOH；（2）沉淀1为AgCl，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgCl，沉淀3为Cu（OH）2，反应的离子方程式为Cu2
37、+2OH-=Cu（OH）2，故答案为：Ag+Cl-=AgCl；Cu2+2OH-=Cu（OH）2；（3）溶液中存在Ba2+、Cu2+、Ag+等阳离子，一定存在某种阴离子，只能是NO3-，含有NO3-的物质，如硝酸钠，电离方程式为：NaNO3=Na+NO3-，故答案为：NO3-； NaNO3=Na+NO3-。考点：考查了离子方程式的书写、离子反应的相关知识。22短周期主族元素X、Y、Z、M、N，且原子序数依次增大，已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4且M原子的质子数是Y原子的2倍，N-、Z+、X+的半径逐渐减小，化合物XN在常温下为气体，
38、据此回答下列问题（1）写出Z与N形成化合物的电子式_ _。（2）X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式_ _(分解反应)。（3）下图表示由上述元素组成的两种气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，请写出该转化过程的化学方程式：_ _ _。（4）A、B均为由上述五种元素中的三种元素组成的强电解质，且组成元素的原子个数之比为1：1：1。若在各自的水溶液中，A能抑制水的电离，B能促进水的电离，则A的化学式为_，B的化学式为_。A、B之间反应的离子方程式为 。A中存在的化学键类型为： 。【答案】（1） （2）2H2O2 2H2O+O2
39、 （3）2SO2+O2 2SO3（4）NaOH NaHS OH-+HS-=H2O+S2- 离子键 共价键【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、M、N，且原子序数依次增大，已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层只能是6，则为氧元素，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3: 4。且M原子的质子数是Y原子的2倍，则M为硫元素.N-、Z+、X+的半径逐渐减小，N为氯，Z为钠，X为氢。（1）Z和N反应即钠和氯气反应生成氯化钠，用电子式表示其形成过程为： （2）氢和氧形成水和双氧水，双氧水在二氧化锰做催化剂的条件下分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2 2H2O+O2。 （3）
40、 从如分析，该转化过程为二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，方程式为：2SO2+O2 2SO3。（4）由五种元素中的三种元素组成的强电解质有NaOH和NaHS，氢氧化钠抑制水的电离，硫氢化钠因为水解促进水的电离，二者反应生成硫化钠和水，离子方程式为： OH-+HS-=H2O+S2- ；氢氧化钠中含有离子键和共价键。考点：位置结构性质的相互关系应用【名师点睛】“10电子”、“18电子”的微粒小结1“10电子”的微粒：分子离子一核10电子的NeN3、O2、F、Na+、Mg2+、Al3+二核10电子的HFOH、三核10电子的H2ONH2四核10电子的NH3H3O+五核10电子的CH4NH4+2“18电子”的微粒分子离子一核18电子的ArK+、Ca2+、Cl、S2二核18电子的F2、HClHS三核18电子的H2S四核18电子的PH3、H2O2五核18电子的SiH4、CH3F六核18电子的N2H4、CH3OH
