1、2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题1化学在生产和日常生活中有着重要的作用下列有关说法不正确的是（）A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B氢氧化铁溶胶、蔗糖溶液、淀粉溶液均具有丁达尔效应C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.05NAB常温下，1 L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32离子数为0.1NAC标准状况下，22.4 L
2、 CO和NO的混合气体中所含的氧原子总数为NAD将含有1mol FeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为 NA3下列离子方程式表达正确的是（）A将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB向Fe（OH）2中加入足量的稀HNO3：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OC向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OD向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+2H2O4用下列装置能达到有关实验目的是（）A用图（a）装置电解精炼铝B用图（b）装置制备Fe（OH）2C图（c）装置可制得金属钾D图（d）
3、验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性5下列叙述I和均正确且具有因果关系的是（）编号叙述I叙述AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4）用Na2CO3溶液和盐酸除水垢CaSO4B金属钠有还原性用金属钠检验无水乙醇中是否含有少量水C金属活动性铜比铁弱镀铜铁制品表层划损后仍然受到保护DCl2具有漂白性用氯气制盐酸AABBCCDD6下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体
4、积混合后，溶液显中性D用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl、Br及I且浓度均为0.1000mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl7Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（）A离子半径的大小顺序：rZrYrXrWB单质Z易溶在元素Q和Z形成的化合物QZ2中CQ、Y的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D在相同条件下Z元素的氢化物沸点高于W元素的氢化物沸点8下列实验操作、现象和结论均正确
5、的是（）选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：XYD分别向0.1molL1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1molL1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸碳酸硼酸AABBCCDD9下列说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B在用简易量热计测定反应热时，可使用
6、碎泡沫起隔热保温的作用、普通玻璃棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取23 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果C金属着火时，可用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火D在4mL0.1molL1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1molL1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色10在一定条件下的恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图1表示反应过程中能量的变化，图2表示反应过程中物质浓度的变化下列有关说法正确的是（）A该反应在高温下才能自发进行B再加入一定量CO2，则增大C温度降低，CH3OH（g）+H2O
7、（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数K增大D从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为0.225 mol/（Lmin）11常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa混合液，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度：c（CH3COOH）c（CH3COO）c （Na+）c（H+）c（OH）B浓度均为0.1 molL1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3）C将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH大于7，则反应后的混合液：
8、2c（OH）+c（A）2c（H+）+c（HA）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HA）+c（A2）12科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A通入N2的电极发生的电极反应式为：N2+6e+8H+2NH4+B反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸C该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极D通入H2的电极为负极，A为NH4Cl13根据表提供的数据，下列判断正确的是（）弱酸的化学式CH3COOHHClOH2CO3电离平衡常数1.81053.
9、0108Ka1=4.3107Ka2=5.61011A等物质的量的Na2CO3和CH3COOH两种溶液混合，一定有：c（Na+）+c（H+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（CH3COO）B常温下，已知酸H2A存在如下平衡：H2AH+HA；HAH+A2（Ka1=5.9102，Ka2=6.4106），则NaHA溶液中水的电离程度一定大于纯水中水的电离程度C相同浓度的CH3COONa和NaClO混合溶液中各离子浓度大小关系是：c（Na+）c（ClO）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D常温下，在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液发生反应，当c（CH3COO
10、H）：c（CH3COO）=5：9时，此时溶液pH=514一定条件下进行反应：A（g）B（g）+C （g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol A（g），经过一段时间后达到平衡反应过程中测得的有关数据如表：t/s02468n（B）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（）A反应前2min的平均速率v（B）=0.15 mol/（Lmin）B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（B）=0.22 molL1，则反应的H0C保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，反应达到平衡时C的体积分数减小D保持其他条件不变，增大该反应体系的压强，平衡左移，反应的平衡常数K减小
11、15下列说法正确的是（）A工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应，生成单质硅和二氧化碳的原理，制取粗硅B手指不慎被玻璃划伤流血，可向伤口上涂FeCl3溶液，是因为FeCl3溶液可杀菌消毒C2014年山东莱芜共出现284天雾霾天气，对煤进行液化和气化等物理变化的处理，可减少雾霾天气的发生D白酒放置一定时间香味更浓，是因为白酒中乙醇与少量的有机酸反应生成有香味的酯16下列说法不正确的是（）A恒温恒容容器中发生反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当混合气体密度不变时反应达到平衡B平衡向右移动时，反应物的转化率一定增大，平衡常数不一定增大C恒温时向BaSO4悬浊液中加入Na2SO4固体，Ba
12、2+浓度减小，溶度积KsP （BaSO4）不变D向氨水中逐滴加入盐酸，溶液呈中性时离子浓度为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）17用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A23g Na完全转化生成Na2O和Na2O2，失去电子数为NA 到2NA之间B常温常压下，46g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有原子的总数为3NAC含2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数为NAD粗铜精炼时转移1mol电子，阳极上溶解的Cu原子数一定为0.5 NA18科学家从（NH4）2SO4中检出化学式为N4H4（SO4）2的物质，该物质的晶体中含有SO42和N4H44+
13、两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子下列说法正确的是（）AN4与N2互为同位素BN4H44+与NaOH溶液反应的离子方程式为N4H44+4OHN4+4H2OCN4H4（SO4）2为弱电解质DN4H44+中只含有极性共价键，不含非极性共价键二、解答题（共4小题，满分46分）19从下列各组反应对比，判断那种微粒的氧化性最强（1）铁钉浸入硫酸铜溶液中后，表面会附有红色物质，铜丝浸入硝酸银溶液后，表面会附有银白色物质则铜、铁、银中，原子的还原性最强；Cu2+、Ag+、Fe2+中，离子的氧化性最强（2）在氯气中Fe锈蚀成棕褐色物质FeCl3，而在盐酸中生成淡绿色溶液FeCl2则氯气分子
14、、氢离子、氯离子中，具有氧化性，氧化性最强请书写出以上各反应的化学方程式、（3）已知在A族元素中，Pb2+和Sn4+的化合物较为稳定据此可判断PbO2具有较强的性，SnCl2具有较强的性；写出PbO2溶于盐酸的离子方程式；写出SnCl2和FeCl3溶液混合的离子方程式；PbO2、Fe3+、Cl2、Sn4+氧化性由强到弱的顺序是20AB CDEF六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A D反应都有红棕色气体生成，则A为，反应的化学方程式为（2）若
15、A为常见的金属单质，D F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是（3）若ADF都是短周期非金属元素单质，且AD所含元素同主族，AF所含元素同周期，则反应的化学方程式为21NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2反应为：NO+O3NO2+O2，生成11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是mol反应中，当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2时，反应的化学方程式是（3）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为
16、：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO 和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡（填序号）A向正反应方向移动B向逆反应方向移动C不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是22甲同学进行Fe2
17、+还原性的实验，针对异常现象进行探究步骤一：制取FeCl2溶液向0.1molL1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH1实验二：向2mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5molL1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：、（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀向2mL 0.1m
18、olL1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化实验I的说明；实验的目的是得出结论：溶液褪色的原因是酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42（3）甲直接用FeCl24H2O配制molL1的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去进一步探究其原因：I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无测所配FeCl2溶液的pH，约为3由此，乙认为红色不褪去的可能原因是：查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能乙的实验操作及现象是：步
19、骤试剂及操作现 象i生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1molL1 FeCl3溶液2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学在生产和日常生活中有着重要的作用下列有关说法不正确的是（）A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同B氢氧化铁溶胶、蔗糖溶液、淀粉溶液均具有丁达尔效应C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D只要符合限量，“食用色素”、“亚硝酸盐”可以作为某些食品的添加剂【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在1020微米左右；霾粒
20、子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在12微米左右；B丁达尔效应是胶体的特性；C地沟油属于油脂，油脂可发生皂化反应制肥皂；生物柴油是以动植物油脂、废餐饮用油等为原料与甲醇在催化剂作用下，进行酯交换制成的液体燃料；D“食用色素”、“碘元素”、“亚硝酸盐”都是食品添加剂【解答】解：A雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故A正确；B蔗糖溶液，无丁达尔效应，故B错误；C地沟油经过皂化反应制肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换制成生物柴油，故C正确；D“食用色素”、“碘元素”、“亚硝酸盐”都是食品添加剂
21、，注意适量添加，故D正确故选B2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.05NAB常温下，1 L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32离子数为0.1NAC标准状况下，22.4 L CO和NO的混合气体中所含的氧原子总数为NAD将含有1mol FeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe（OH）3胶粒的数目为 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、氯气和水的反应为可逆反应；B、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解；C、求出混合物的物质的量，然后根据CO和NO中均含1个氧原子来分析；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：
22、A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个，故B错误；C、标况下22.4L混合物的物质的量为1mol，而CO和NO中均含1个氧原子，故1mol混合物中含1mol原子即NA个，故C正确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D错误故选C3下列离子方程式表达正确的是（）A将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB向Fe（OH）2中加入足量的稀HNO3：Fe（OH）2+2H+Fe2+2H2OC向碳酸氢铵溶液中加入足量
23、的氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OD向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A、次氯酸是弱酸不能拆成离子；B、硝酸能氧化氢氧化亚铁；C、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；D、明矾溶液中加入过量氢氧化钡，硫酸根离子全部沉淀，铝离子全部变为偏铝酸根离子；【解答】解：A、将氯气溶于水制备次氯酸，次氯酸是弱酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B、向Fe（OH）2中加入足量的稀HNO3，稀硝酸具有氧化性，反应的离子方程式为：3Fe（OH）2+NO
24、3+10H+3Fe3+8H2O+NO，故B错误；C、向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4+HCO3+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故C错误；D、明矾溶液中加入过量氢氧化钡，硫酸根离子全部沉淀，铝离子全部变为偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+2H2O，故D正确；故选：D4用下列装置能达到有关实验目的是（）A用图（a）装置电解精炼铝B用图（b）装置制备Fe（OH）2C图（c）装置可制得金属钾D图（d）验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【考点】化学实验方案的评价【分析】A铝为活泼金属，用电解溶液的方法不能精炼铝；B图中
25、装置可防止氢氧化亚铁与氧气反应；C钾性质活泼，应用电解法冶炼；D碳酸氢钠应装在小试管中【解答】解：A电解氯化铝溶液，由于铝离子的氧化性较弱，在阴极上不能得到铝，故A错误；B煤油可起到隔绝空气的作用，可防止氢氧化亚铁被氧化，可用于制备氢氧化亚铁，故B正确；C钾性质活泼，不能用铝热法冶炼，一般用电解，有时也用钠置换，故C错误；D碳酸氢钠不稳定，加热易分解，比较二者的稳定性时，应将碳酸氢钠装在内置小试管中，故D错误故选B5下列叙述I和均正确且具有因果关系的是（）编号叙述I叙述AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4）用Na2CO3溶液和盐酸除水垢CaSO4B金属钠有还原性用金属钠检验无水乙醇中是否含
26、有少量水C金属活动性铜比铁弱镀铜铁制品表层划损后仍然受到保护DCl2具有漂白性用氯气制盐酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ANa2CO3溶液与CaSO4发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钠溶于盐酸；B乙醇、水均与Na反应生成氢气；C镀铜铁制品表层划损后形成原电池，金属铁是负极，被腐蚀；D氢气与氯气反应生成HCl，HCl溶于水得到盐酸；氯气不具有漂白性【解答】解：A沉淀向着Ksp更小的方向转化，向硫酸钙中碳酸钠，会发生反应转化为碳酸钙，在加入盐酸，可以和碳酸钙反应，得到易溶于水的氯化钙溶液，叙述均正确且存在因果关系，故A正确；B金属钠和乙醇均可以和水反应产生氢气，所以无法用金属钠检
27、验无水乙醇中是否含有少量水，叙述II是错误的，故B错误；C镀铜铁制品表层划损后形成原电池，金属铁是负极，被腐蚀，所以叙述II是错误的，故C错误；D氯气不具有漂白性，所以叙述I是错误的，且两种叙述不具有因果关系，故D错误；故选A6下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性D用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl、Br及I且浓度均为0.1000
28、mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；B、仅升温促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；C、b点Kw=1012，中性溶液pH=6；D、根据lgc（x）越大，c（x）越小，先形成沉淀的c（x）越小【解答】解：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH
29、变化小的为醋酸，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；B、仅升温促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，且氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，与图象不相符合，故B错误；C、b点Kw=1012，中性溶液PH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C正确；D、由图可知，c（I）最小，先形成沉淀的是I，故D错误；故选C7Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍元
30、素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（）A离子半径的大小顺序：rZrYrXrWB单质Z易溶在元素Q和Z形成的化合物QZ2中CQ、Y的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D在相同条件下Z元素的氢化物沸点高于W元素的氢化物沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最
31、广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，据此解答【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素A电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径Z（S2）W（O2）X（Na+）W（Al3+），故A错误；B硫易溶于CS2中，故B正确；CQ、Y的最高价氧化物的
32、水化物分别为碳酸、氢氧化铝，碳酸属于弱酸，不能与氢氧化铝反应，故C错误；D水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故D错误，故选：B8下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：XYD分别向0.1molL1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1molL1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸碳酸硼酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A
33、SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；C不能利用失去电子的数目比较金属性；D发生强酸制取弱酸的反应【解答】解：ASO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，与二氧化硫的还原性有关，故A错误；B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；C取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应，X产生氢气的体积比Y多，X失去电子数多，但不能确定金属性的强弱，故C错误；D醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸
34、，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸碳酸硼酸，故D正确；故选D9下列说法不正确的是（）A容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用、普通玻璃棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取23 次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果C金属着火时，可用细沙覆盖灭火；电器设备引起的火灾，不可用泡沫灭火器灭火D在4mL0.1molL1的K2Cr2O7溶液中滴加数滴1molL1的NaOH溶液，溶液颜色从橙色变成黄色【考点】不能加热的仪器及
35、使用方法；化学实验安全及事故处理；中和热的测定【分析】A根据标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；根据标有“0”刻度的仪器有：滴定管、托盘天平、温度计等；根据滴定管的使用事项等方面进行解答；B不能使用普通玻璃棒进行搅拌，容易导致热量散失，影响测定结果，应该使用环形玻璃棒；C灭火的方法有：（1）与空气（或氧气）隔绝（2）降温到可燃物的着火点以下（3）撤走可燃物；DK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+【解答】解：A容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时避免热胀冷缩，所以标有使用温度，量筒“0”刻度就是底座、容量瓶只有最大容量的一个刻
36、度，所以两者都无“0”刻度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗因还需加水定容，故A正确； B中和热的测定中，为了减少热量散失，应该使用环形玻璃棒搅拌，不能使用普通玻璃棒，故B错误；C泡沫灭火器灭火时喷出的泡沫中含有水分，容易在电器短路灭火时导致触电及损坏电器，所以不可用泡沫灭火器灭火，故C正确；DK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+，滴加数滴1mol/LNaOH溶液，平衡正向移动，则溶液颜色从橙色变成黄色，故D正确故选B10在一定条件下的恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），图1表示反
37、应过程中能量的变化，图2表示反应过程中物质浓度的变化下列有关说法正确的是（）A该反应在高温下才能自发进行B再加入一定量CO2，则增大C温度降低，CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数K增大D从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为0.225 mol/（Lmin）【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热；气体分子数减少的反应为熵减的反应，根据G=HTS判断；B、再加入一定量CO2，平衡右移，以二氧化碳的量增加为主；C、此反应为放热反应，逆反应是吸热反应，降低温度，平衡左移；D、根据反应速率V=和反应速率之比等
38、于计量数之比来计算【解答】解：A、反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，即H0；正反应方向的气体分子数减少，气体分子数减少的反应为熵减的反应，即S0，所以在低温下能自发，故A错误；B、再加入一定量CO2，平衡右移，以二氧化碳的量增加为主，则减小，故B错误；C、此反应为放热反应，逆反应是吸热反应，降低温度，平衡左移，K减小，故C错误；D、从反应开始到平衡，用CH3OH表示的平均反应速率V（CH3OH）=0.075mol/（Lmin），而化学反应速率之比等于计量数之比，故V（H2）=3V（CH3OH）=0.225mol/（Lmin），故D正确；故选D11常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓
39、度关系正确的是（）A浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa混合液，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度：c（CH3COOH）c（CH3COO）c （Na+）c（H+）c（OH）B浓度均为0.1 molL1的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3）C将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH大于7，则反应后的混合液：2c（OH）+c（A）2c（H+）+c（HA）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HA）+c（A2）【考点】离子浓度大小的比较
40、【分析】A浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa混合液，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，结合物料守恒判断；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；C将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液的pH大于7，说明HA的电离程度小于NaA水解程度，根据溶液中电荷守恒和物料守恒判断；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：A浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa混合液，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离
41、程度大于CH3COO的水解程度，所以c（CH3COOH）c（CH3COO），弱电解质的电离较微弱，结合物料守恒得c（CH3COO）c （Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故A错误；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（HClO）+c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故B错误；C将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液的pH大于7，说明HA的电离程度小于NaA水解程度，电荷守恒：c（OH）+c（A）=c（H+）+c（Na+），存在物料守恒：c（A）+c
42、（HA）=2c（Na+），二者联式可得2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），故C正确；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），故D错误；故选C12科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A通入N2的电极发生的电极反应式为：N2+6e+8H+2NH4+B反应过程中溶液的pH会变大，故需要加入盐酸C该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极D通入H2的电极为负极，A为NH4Cl【考点】原电池和电解池的工作
43、原理【分析】以N2、H2为原料，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e+8H+=2NH4+；负极是氢气失电子生成氢离子，电极方程式为H22e=2H+，以此解答该题【解答】解：A正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e+8H+=2NH4+，故A正确；B放电过程中，负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，消耗氢离子，电解质溶液PH升高，故需要加入盐酸，故B正确；CN2为正极，H2为负极，电流由正极N2流向负极H2，故C错误
44、；D根据负极电极反应为：H22e=2H+，正极电极反应N2+8H+6e2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则H2为负极，A为NH4Cl，故D正确故选C13根据表提供的数据，下列判断正确的是（）弱酸的化学式CH3COOHHClOH2CO3电离平衡常数1.81053.0108Ka1=4.3107Ka2=5.61011A等物质的量的Na2CO3和CH3COOH两种溶液混合，一定有：c（Na+）+c（H+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（CH3COO）B常温下，已知酸H2A存在如下平衡：H2AH+HA；HAH+A2（Ka1=5.9102，Ka2=6.4106），则NaHA溶液
45、中水的电离程度一定大于纯水中水的电离程度C相同浓度的CH3COONa和NaClO混合溶液中各离子浓度大小关系是：c（Na+）c（ClO）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D常温下，在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液发生反应，当c（CH3COOH）：c（CH3COO）=5：9时，此时溶液pH=5【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】A根据溶液中的电荷守恒分析；B由Ka2可知，NaHA溶液显酸性，会抑制水的电离；C相同浓度的CHgCOONa和NaClO混合溶液中，ClO的水解程度大于CH3COO；D根据Ka=计算c（H+）和pH【
46、解答】解：A等物质的量的Na2CO3和CH3COOH两种溶液混合，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c （HCO3）+c （CH3COO）+c（OH），故A错误；B已知酸H2A的电离平衡常数Ka2=6.4xl06，则NaHA在溶液中以电离为主，则溶液显酸性，会抑制水的电离，所以NaHA溶液中水的电离程度一定小于纯水中水的电离程度，故B错误；C相同浓度的CHgCOONa和NaClO混合溶液中，ClO的水解程度大于CH3COO，则c （CH3COO）c （ClO），所以溶液中离子浓度关系为c （Na+）c （CH3COO）c （ClO）c （OH）c （H+），故C错误
47、；D已知CH3COOH的电离常数为Ka=1.8105，常温下，在Olmol/LCH3COOH溶液中滴加Olmol/LNaOH的溶液发生反应，当c（CH3COOH）：c （CH3COO）=5：9时，Ka=1.8105，则c（H+）=105mol/L，pH=5，故D正确故选D14一定条件下进行反应：A（g）B（g）+C （g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol A（g），经过一段时间后达到平衡反应过程中测得的有关数据如表：t/s02468n（B）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（）A反应前2min的平均速率v（B）=0.15 mol/（Lmin）B保持其他条件不变
48、，升高温度，平衡时c（B）=0.22 molL1，则反应的H0C保持其他条件不变，起始向容器中充入2.0 mol A，反应达到平衡时C的体积分数减小D保持其他条件不变，增大该反应体系的压强，平衡左移，反应的平衡常数K减小【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法【分析】A根据V=进行计算；B由表中数据可知，6s、8s时B的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时B的浓度为0.2molL，升高温度，到达新平衡，B的浓度变为0.22mol/L，B浓度增大，说明平衡向生成B的方向移动；C向容器中充入2.0 mol A，相当于在上述平衡的基础上加压，平衡在原来的基础上向逆反应方
49、向移动；D平衡常数仅与温度有关【解答】解：A根据V=0.075 mol/（LS），故A错误；B由表中数据可知，6s、8s时B的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时B的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，B的浓度变为0.22mol/L，B浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即H0，故B错误；C向容器中充入2.0 mol A，相当于在上述平衡的基础上加压，平衡在原来的基础上向逆反应方向移动，所以平衡时C的体积分数减小，故C正确；D平衡常数仅与温度有关，所以保持其他条件不变，增大该反应体系的压强，平衡左移，反应的平衡常数K不变，故D错误；故选：C15
50、下列说法正确的是（）A工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应，生成单质硅和二氧化碳的原理，制取粗硅B手指不慎被玻璃划伤流血，可向伤口上涂FeCl3溶液，是因为FeCl3溶液可杀菌消毒C2014年山东莱芜共出现284天雾霾天气，对煤进行液化和气化等物理变化的处理，可减少雾霾天气的发生D白酒放置一定时间香味更浓，是因为白酒中乙醇与少量的有机酸反应生成有香味的酯【考点】硅和二氧化硅；胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；乙醇的化学性质【分析】A、二氧化硅和与碳在高温下发生置换反应，生成一氧化碳；B、考虑胶体的性质血液是胶体，应具有胶体的性质；C、煤的气化、液化都是化学变化；D、分析乙醇所发生的化学
51、反应和乙酸乙酯的香味【解答】解：A、二氧化硅和与碳在高温下发生置换反应，生成一氧化碳，而不是二氧化碳，故A错误；B、氯化铁是电解质，向胶体中加入电解质溶液会使胶体发生聚沉，故B错误；C、煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体，燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故C错误；D、酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒是陈的香，故D正确；故选D16下列说法不正确的是（
52、）A恒温恒容容器中发生反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当混合气体密度不变时反应达到平衡B平衡向右移动时，反应物的转化率一定增大，平衡常数不一定增大C恒温时向BaSO4悬浊液中加入Na2SO4固体，Ba2+浓度减小，溶度积KsP （BaSO4）不变D向氨水中逐滴加入盐酸，溶液呈中性时离子浓度为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）【考点】化学平衡的影响因素【分析】A正反应方向是气体体积增大，气体质量减小的反应，结合密度=分析，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；B增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；C溶度积常数随温度变化，
53、温度不变溶解沉淀平衡发生移动时溶度积常数不变；D中性溶液中存在电荷守恒【解答】解：A恒温恒容容器中发生反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），正反应方向是气体体积增大，气体质量减小的反应，当混合气体密度不变时反应达到平衡，故A正确；B增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，故B错误；C恒温时向BaSO4悬浊液中加入Na2SO4固体，溶解后平衡逆向进行Ba2+浓度减小，但温度不变，所以溶度积KsP （BaSO4）不变，故C正确；D向氨水中逐滴加入盐酸，溶液中存在电荷守恒，c（Cl）+c（OH）c（NH4
54、+）+c（H+），溶液呈中性时，c（H+）=c（OH），得到c（Cl）c（NH4+），离子浓度为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH），故D正确；故选B17用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A23g Na完全转化生成Na2O和Na2O2，失去电子数为NA 到2NA之间B常温常压下，46g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有原子的总数为3NAC含2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数为NAD粗铜精炼时转移1mol电子，阳极上溶解的Cu原子数一定为0.5 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素为+1价来分析；B
55、、NO2和N2O4的最简式为NO2；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、电解精炼铜时，阳极上溶解的不只是铜，还有比铜活泼的金属【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个，故A错误；B、NO2和N2O4的最简式为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n=1mol，故含3NA个原子，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫分子小于NA个，故C错误；D、电解精炼铜时，阳极上溶解的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当转移1mol电子时，阳极上溶解的铜小于0.5NA个，故D错误
56、故选B18科学家从（NH4）2SO4中检出化学式为N4H4（SO4）2的物质，该物质的晶体中含有SO42和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子下列说法正确的是（）AN4与N2互为同位素BN4H44+与NaOH溶液反应的离子方程式为N4H44+4OHN4+4H2OCN4H4（SO4）2为弱电解质DN4H44+中只含有极性共价键，不含非极性共价键【考点】核素；共价键的形成及共价键的主要类型；强电解质和弱电解质的概念【分析】A同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子； BN4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子；CN4H4（SO4）2为盐；D活泼金属和活泼非
57、金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键【解答】解：A同位素的研究对象为原子，N4与N2都是单质，故A错误； BN4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子，离子方程式为N4H44+4OHN4+4H2O，故B正确；CN4H4（SO4）2为盐，在水溶液中完全电离，是强电解质，故C错误；D氮原子之间形成非极性键，氮原子和氢原子之间形成极性键，故D错误故选B二、解答题（共4小题，满分46分）19从下列各组反应对比，判断那种微粒的氧化性最强（1）铁钉浸入硫酸铜溶液中后，表面会附有红色物质，铜丝浸入硝酸银溶液后，表面会附
58、有银白色物质则铜、铁、银中，Fe原子的还原性最强；Cu2+、Ag+、Fe2+中，Ag+离子的氧化性最强（2）在氯气中Fe锈蚀成棕褐色物质FeCl3，而在盐酸中生成淡绿色溶液FeCl2则氯气分子、氢离子、氯离子中，Cl2、H+具有氧化性，Cl2氧化性最强请书写出以上各反应的化学方程式3Cl2+2Fe2FeCl3、Fe+2HClFeCl2+H2（3）已知在A族元素中，Pb2+和Sn4+的化合物较为稳定据此可判断PbO2具有较强的氧化性，SnCl2具有较强的还原性；写出PbO2溶于盐酸的离子方程式PbO2+4H+2ClPb2+2H2O+Cl2；写出SnCl2和FeCl3溶液混合的离子方程式2Fe3+
59、Sn2+2Fe2+Sn4+；PbO2、Fe3+、Cl2、Sn4+氧化性由强到弱的顺序是PbO2Cl2Fe3+Sn4+【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较【分析】（1）铁置换出Cu，Cu置换出Ag，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；（2）根据同种还原剂（变价金属）与不同氧化剂反应，金属的价态来分析氧化性，氧化还原反应氧化剂的氧化性大于氧化产物；（3）Pb2+和Sn4+的化合物较为稳定，说明Pb4+不稳定易得电子，Sn2+不稳定易失电子；PbO2易得电子具有氧化性；SnCl2易失电子具有还原性；PbO2能把HCl氧化为氯气；SnCl2和Fe
60、Cl3溶液反应生成SnCl4和FeCl2；根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析【解答】解：（1）铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质，则铁置换出Cu，Cu置换出Ag，所以还原剂FeCuAg，Cu2+、Fe2+、Ag+中氧化性强弱为Ag+Cu2+Fe2+，氧化性最强的是Ag+；故答案为：Fe；Ag+； （2）Fe在氯气中被锈蚀成棕褐色物质（FeCl3），而在盐酸中生成淡绿色溶液（FeCl2），则具有氧化性的离子为Cl2、H+，氯气得电子的能力强，则Cl2、Cl、H+中，氧化性最强的微粒是Cl2，则发生的反应为：3Cl2+
61、2Fe2FeCl3；Fe+2HClFeCl2+H2；故答案为：Cl2、H+；Cl2；3Cl2+2Fe2FeCl3；Fe+2HClFeCl2+H2；（3）Pb2+和Sn4+的化合物较为稳定，说明Pb4+不稳定易得电子，Sn2+不稳定易失电子；Pb4+不稳定易得电子，则PbO2易得电子具有氧化性；Sn2+不稳定易失电子，则SnCl2易失电子具有还原性；PbO2能把HCl氧化为氯气，其反应的离子方程式为：PbO2+4H+2ClPb2+2H2O+Cl2；SnCl2和FeCl3溶液反应生成SnCl4和FeCl2，其反应的离子方程式为：2Fe3+Sn2+2Fe2+Sn4+；故答案为：氧化；还原；PbO2+
62、4H+2ClPb2+2H2O+Cl2；2Fe3+Sn2+2Fe2+Sn4+；由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：PbO2Cl2Fe3+Sn4+；故答案为：PbO2Cl2Fe3+Sn4+20AB CDEF六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A D反应都有红棕色气体生成，则A为Mg，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（2）若A为常见的金属单质，D F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（
63、在水溶液中进行）的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+（3）若ADF都是短周期非金属元素单质，且AD所含元素同主族，AF所含元素同周期，则反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO【考点】无机物的推断【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成
64、碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周
65、期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学
66、方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：Mg；HNO3；C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元
67、素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO21NO和NO2是常见的氮氧化物，研究它们的综合利用有重要意义（1）氮氧化物产生的环境问题有产生光化学烟雾或形成酸雨（填一种）（2）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NONO2N2反应为：NO+O3NO2+O2，生成11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol反应中，当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2时，反应的化学方程式是6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2（3）硝化法是一种古老的
68、生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=113.0kJmol1一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO 和NO2的浓度之比为3：1，则NO2的平衡转化率是75%上述反应达平衡后，其它条件不变时，再往容器中同时充入NO2、SO2、SO3、NO各1mol，平衡A（填序号）A向正反应方向移动B向逆反应
69、方向移动C不移动（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料则负极的电极反应式是NO3e+2H2O=NO3+4H+【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据含氮化合物对环境的影响来回答；（2）化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；（3）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答；根据化学平衡中的三行式进行计算；根据Qc和K的关系来确定化学平衡的移动方向；（4）在原电池的负极上发生失电子的氧化反应【解答】解：（1）氮
70、氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，故答案为：产生光化学烟雾或形成酸雨；（2）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2；（3）已知：A、NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=41.8kJmol1；B、2SO2（g）
71、+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol1，则反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）可以看成是B2A得到的，所以该反应的H=196.6kJmol12（41.8kJmol1）=113.0 kJmol1，故答案为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=113.0 kJmol1；设NO2的变化浓度是x， NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）初始浓度：0.5 0.5 0 0变化浓度：x x x x平衡浓度：0.5x 0.5x x x则，解得x=0.375，所以二氧化氮的转化率=100%=75%，故答案为：75%；反应的平衡常数K=9，再往容器中同时充入NO2、SO
72、2、SO3、NO各1mol，即浓度各增加0.5mol/L，此时Qc=1.96K，所以向正反应方向移动，故答案为：A；（4）将NO转化为HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即NO3e+2H2O=NO3+4H+，故答案为：NO3e+2H2O=NO3+4H+22甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究步骤一：制取FeCl2溶液向0.1molL1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH1实验二：向2mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为1.5molL1、pH约为5），观察到溶
73、液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，Fe3+3SCNFe（SCN）3、（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀向2mL 0.1molL1 FeCl3溶液中滴加2滴0.1molL1KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化实验I的说明溶液红色褪去是因为SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能得出结论：溶液褪
74、色的原因是酸性条件下H2O2将SCN氧化成SO42（3）甲直接用FeCl24H2O配制0.15molL1的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去进一步探究其原因：I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无测所配FeCl2溶液的pH，约为3由此，乙认为红色不褪去的可能原因是：H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现 象i取2 mL BaCl
75、2溶液，滴加2滴0.1 molL1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1molL1 FeCl3溶液无明显现象【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计【分析】（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子；、取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子；实验的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能，如果氧气氧化SCN红色应褪去；（3）步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3+Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.
76、5倍；用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应；如果SCN被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化【解答】解：（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3+3SCNFe（SCN）3，故答案为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，Fe3+3SCNFe（SCN）3；（2）取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN离子不存在；另一份滴加
77、KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子，故答案为：溶液红色褪去是因为SCN发生了反应而不是Fe3+发生反应；实验的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能，如果氧气氧化SCN红色应褪去，故答案为：排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能；（3）步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3+Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的1.5倍，所以浓度为：1.50.1molL1=0.15molL1，故答案为：0.15；用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，生成红色的胶体，后者无，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应，故答案为：H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe（OH）3胶体；如果SCN被过氧化氢氧化产物中应产生硫酸根离子，具体方法；取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 molL1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液，故答案为：取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴0.1 molL1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液；再加入铁离子无明显现象，因为硫氰化钾已被氧化，现象为：无明显现象，故答案为：无明显现象2016年11月26日
