1、2014-2015学年内蒙古乌兰察布市丰镇一中高一（下）期末化学试卷一、选择题（共14题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共3分×14=42分）1下列微粒结构示意图中，不正确的是( )AOBNa+CClDCl2据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数和质子数之差是( )A136B50C86D2223下列说法中正确的是( )A硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中B青铜是我国使用最早的合金，钢是用量最大、用途最广泛的合金C铁容器可以盛放浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸D漂白粉、漂粉精可用来漂白棉、麻、纸张，不能用作游泳池及环境的消毒剂4下列
2、物质都具有漂白作用，其中漂白原理没有利用物质化学性质的是( )A过氧化钠B二氧化硫C双氧水D活性炭5核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数n，最外层电子数为（2n+1），原子核内质子数为（2n21）下列关于元素X的说法中，不正确的是( )A其最高化合价为+3价B可以形成化学式为KXO3的盐C其氢化物可以用来做喷泉实验D其最高价氧化物的水化物是强酸6有关氨的说法不正确的是( )ANH3是4核10电子的分子，三角锥形，具有还原性BNH3极易溶于水，可做喷泉实验；氨气易液化，液氨可用作制冷剂C氨气是非电解质，氨水是电解质D氨分子中氮原子最外层电子数为87下列物质的性质比较，正确的是( )A酸性
3、：H2SO4HClO4HBrO4B碱性：NaOHKOHRbOHC非金属性：PSClD气态氢化物稳定性：HFH2OPH38相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应二者比较，相等的是（溶液体积变化忽略不计）( )铜片消耗完所需时间；反应生成的气体体积（标准状况）；反应中氧化剂得到的电子总数； 反应后溶液中铜离子的浓度ABCD只有9下列说法正确的是( )ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNO2与水反应氧化剂与还原剂物质的量比为2：1CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D铁露置在空气中一段时间后会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中10微粒甲与离子乙
4、在溶液中的转化关系如图所示：微粒甲是( )ASiBNa+CAlDSO211物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是( )A1：4B1：5C2：3D2：512下列各组元素中，原子半径依次增大的是( )AI、Br、ClBAl、Si、PCO、S、NaDC、N、B13下列实验的现象与对应结论均正确的是( )AABBCCDD14下列装置中，可用于实验室制取氨气的是( )ABCD二、非选择题，（共58分）15盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”现就三大酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：（1）稀盐酸
5、不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2（常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水）后，则可使铜顺利溶解该反应的化学方程式为：_（2）在一定体积的10molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol则浓硫酸的实际体积_（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为_（3）根据下图操作及现象推断酸X为_（填序号）a、浓盐酸 b、浓硫酸 c、浓硝酸16A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体请回答下列问题：（1）写出A和C的
6、名称或化学式：A_，C_；（2）在上图DC的过程中，D表现出强_（填“氧化性”或“还原性”）；（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是_17（14分）如图是元素周期表的一部分，其中每个数字编号代表对应的一种元素请按要求回答下列问题：（1）画出元素的原子结构示意图_（2）属于稀有气体的元素编号是_，可作半导体材料的元素编号是_（3）、两种元素相比较，非金属性强的是_（填元素符号）（4）元素的单质与元素的单质反应可生成两种化合物，化学式分别是_，_（5）元素和元素的氢化物均极易溶于水，用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式：_1
7、8某化学兴趣小组，拟探究和比较SO2和 Cl2的漂白性，设计如图所示的实验装置二套请你参与探究并回答下列问题（1）向第一套装置中通入一段时间的SO2，观察到试管中的品红溶液褪色，然后再加热试管，溶液_（填“恢复”或“不恢复”）红色；（2）向第二套装置中通入一段时间的Cl2，观察到试管中的品红溶液也褪色，然后再加热试管，溶液_ （填“恢复”或“不恢复”）；（3）由以上两个实验可以说明SO2和 Cl2的漂白原理_（填“相同”或“不相同”）；（4）Cl2通入品红溶液中，生成的具有漂白性的物质是_（填“HCI”或“HCIO”）（5）烧杯中NaOH溶液作用是_2014-2015学年内蒙古乌兰察布市丰镇一
8、中高一（下）期末化学试卷一、选择题（共14题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共3分×14=42分）1下列微粒结构示意图中，不正确的是( )AOBNa+CClDCl考点：原子结构示意图 专题：化学用语专题分析：当核电荷数=质子数=核外电子数时为原子；当核电荷数=质子数核外电子数时为阳离子；当核电荷数=质子数核外电子数时为阴离子，据此进行解答解答：解：A氧原子核电荷数、核外电子数都是8，氧原子结构示意图为：，故A正确；B钠离子核电荷数为11，核外电子数为10，钠离子的结构示意图为：，故B错误；C氯原子核电荷数、核外电子数都是17，其原子结构示意图为：，故C正确；D氯离子核电荷数为1
9、7，核外电子总数为18，氯离子的核外电子数为：，故D正确；故选B点评：本题考查了原子结构示意图、离子结构示意图的判断，题目难度不大，注意掌握原子、阳离子、阴离子的结构特点及区别，明确原子结构示意图与离子结构示意图的表示方法2据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数和质子数之差是( )A136B50C86D222考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系 专题：原子组成与结构专题分析：根据原子符号的含义以及核电荷数=核内质子数=核外电子数、质量数=质子数+中子数，分析该原子的中子数与核外电子数之差解答：解：同位素氡的质子数为86，质量数为222，中子数为
10、22286=136，该同位素原子中的中子数与核外电子数之差为13686=50，故选：B点评：本题难度不大，解题的关键是掌握原子符号的含义以及质量数=质子数+中子数3下列说法中正确的是( )A硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中B青铜是我国使用最早的合金，钢是用量最大、用途最广泛的合金C铁容器可以盛放浓盐酸、浓硝酸、浓硫酸D漂白粉、漂粉精可用来漂白棉、麻、纸张，不能用作游泳池及环境的消毒剂考点：硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 分析：A在自然界中不存在单质硅；B金属的活泼性越差，金属的使用越早；钢是用量最大、用途最广泛的合金；
11、C常温下，铁和浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象，和浓盐酸发生氧化还原反应；D漂白粉和漂粉精可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂解答：解：A硅是亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故A错误；B青铜是我国使用最早的合金，至今已有三千多年的，钢是使用量最大、用途最广的合金，故B正确；C常温下，铁和浓硝酸、浓硫酸发生钝化现象而阻止进一步反应，浓盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，所以铁容器能盛放冷的浓硝酸或浓硫酸，故C错误；D漂白粉和漂粉精具有强氧化性，能杀菌消毒且具有漂白性，所以可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，故D错误；故选B点评：本题考查
12、了物质的用途及元素的存在形式，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，注意：Si和Al都是亲氧元素，在自然界中都只能易化合态存在4下列物质都具有漂白作用，其中漂白原理没有利用物质化学性质的是( )A过氧化钠B二氧化硫C双氧水D活性炭考点：物理变化与化学变化的区别与联系 分析：双氧水、Na2O2都是因为强氧化性而具有漂白作用，经它们漂白的物质，不能恢复原来的颜色，SO2的漂白是由于它跟某些有色物质化合生成了不稳定的无色物质，这些物质受热容易分解而恢复原来的颜色，中间发生了化合反应，活性炭具有吸附性而具有漂白作用解答：解：A过氧化钠因为强氧化性而具有漂白作用，经它们漂白的物质，不能恢复原来的颜色
13、，发生化学变化，故A错误； BSO2的漂白是由于它跟某些有色物质化合生成了不稳定的无色物质，这些物质受热容易分解而恢复原来的颜色，发生了化合反应，故B错误；C双氧水因为强氧化性而具有漂白作用，经它们漂白的物质，不能恢复原来的颜色，发生化学变化，故C错误；D活性炭具有吸附性而具有漂白作用，是物理变化过程，不涉及化学变化，故D正确故选D点评：本题考查了双氧水、活性炭、Na2O2、SO2几种物质的漂白性原理，注意相关知识的梳理和归纳是关键，难度不大5核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数n，最外层电子数为（2n+1），原子核内质子数为（2n21）下列关于元素X的说法中，不正确的是( )A其最高
14、化合价为+3价B可以形成化学式为KXO3的盐C其氢化物可以用来做喷泉实验D其最高价氧化物的水化物是强酸考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答解答：解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n21假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，X为
15、N元素，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，X为Cl元素，符合题意，AX可能为N或Cl，最高化合物为+5价或+7价，故A错误；B元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；C对应的氢化物为氨气或氯化氢，都易溶于水，可形成喷泉，故C正确；D对应的最高价氧化物的水化物为硝酸或高氯酸，都为强酸，故D正确故选A点评：本题考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大6有关氨的说法不正确的是 ( )ANH3是4核10电子的分子，三角锥形，具有还原性BNH3极易溶于水，可做喷泉实验；氨气易液化，液氨可用作制冷
16、剂C氨气是非电解质，氨水是电解质D氨分子中氮原子最外层电子数为8考点：氨的物理性质；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电解质与非电解质 分析：A、氨气中的电子数目等于所有原子中电子数的和，氮元素处于最低价，氨气具有还原剂；B、根据喷泉实验产生的原理以及氨气的性质、应用来回答；C、氨气的水溶液不是本身导电，氨水属于混合物；D、氮原子和三个氢原子形成三个共价键，氮原子最外层达到8电子稳定结构；解答：解：A、氨气中的电子数目等于所有原子中电子数的和，是4核10电子的分子，空间结构呈三角锥形，其中氮元素处于最低价，所以氨气具有还原剂，故A正确；B、氨气极易溶于水，喷泉实验中能产生压强差，会引
17、发喷泉，氨气易液化，液化过程是吸热的过程，故液氨可用作制冷剂，故B正确；C、氨气的水溶液不是氨气本身电离的离子导电，氨气是非电解质，但是氨水属于混合物，不属于化合物，不是非电解质，也不是电解质，故C错误；D、氮原子和三个氢原子形成三个共价键，氨分子中氮原子最外层电子数为8，故D正确；故选C点评：本题考查学生氨气的性质、结构、应用等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大7下列物质的性质比较，正确的是( )A酸性：H2SO4HClO4HBrO4B碱性：NaOHKOHRbOHC非金属性：PSClD气态氢化物稳定性：HFH2OPH3考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表
18、中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强；B、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强；C、同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强；D、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定解答：解：A、非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，酸性：H2SO4HClO4，故A错误；B、金属性RbKNa，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强，NaOHKOHRbOH，故B错误；C、同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，则应为PSCl，故C错误；D、非金属性FOP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越
19、稳定，HFH2OPH3，故D正确故选D点评：本题考查元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于基础知识的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及金属性、非金属性与对应单质、化合物的关系，把握比较角度，难度不大8相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应二者比较，相等的是（溶液体积变化忽略不计）( )铜片消耗完所需时间；反应生成的气体体积（标准状况）；反应中氧化剂得到的电子总数； 反应后溶液中铜离子的浓度ABCD只有考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；硝酸的化学性质 分析：铜与浓硝酸反应为Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；铜与稀硝酸反应为3Cu+8HNO3=3Cu（
20、NO3）2+2NO+4H2O，Cu的质量相同，硝酸足量，则Cu完全反应，结合原子守恒及反应方程式来解答解答：解：因Cu的质量相同，由于硝酸浓度不同，则反应速率不同，所以反应完所需时间不同，故错误；等物质的量的铜与浓硝酸反应中存在Cu2NO2，铜与稀硝酸反应中存在3Cu2NO，反应生成的气体体积不同，故错误；相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应，铜失去电子数相同，所以氧化剂得到的电子数相同，故正确；铜物质的量反应全部反应生成铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以铜离子浓度相同，故正确；故选C点评：本题考查硝酸的性质，为高频考点，把握发生的反应及反应中物质的量的关系为解答的关键，
21、侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大，注意守恒法应用9下列说法正确的是( )ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNO2与水反应氧化剂与还原剂物质的量比为2：1CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D铁露置在空气中一段时间后会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中考点：硅和二氧化硅；氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理；铁的化学性质 分析：A酸性氧化物能够与碱反应只生成盐和水；B依据方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO中氮元素化合价变化判断；C一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮；D金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜解答：解：
22、A二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故A正确；B该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量1：2，故B错误；C一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故C错误；D金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜，能阻止了腐蚀，故D错误；故选：A点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硅、二氧化氮、一氧化氮、铝的性质是解题关键，题目难度不大10微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：微粒甲是( )ASiBNa+C
23、AlDSO2考点：无机物的推断 分析：根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可解答：解：ASi与氢氧根能反应生成SiO32，SiO32和H+反应生成H2SiO3，不符合转化关系，故A错误；BNa+与OH不反应，不符合转化关系，故B错误；CAl与与OH反应生成AlO2，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al，不符合转化关系，故C错误；DSO2与氢氧根能反应生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反应生成水和SO2，故D正确；故选D点评：本题考查无机物推断，侧重考查元素化合物知识，明确离子及物质性质即可解答，可以采用代入法分析解答，题目难度不大11物质的量
24、之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是( )A1：4B1：5C2：3D2：5考点：硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题；氮族元素分析：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决解答：解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还
25、原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O+5H2O故选A点评：本题是对硝酸的氧化性知识的考查，注意电子守恒思想在氧化还原反应中的运用12下列各组元素中，原子半径依次增大的是( )AI、Br、ClBAl、Si、PCO、S、NaDC、N、B考点：微粒半径大小的比较 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素周期律知，同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族，元素的原子半径随着原子序数的增大而增大，据此分析解答解答：解：A、I、Br、Cl属于同一主族，且I、Br、Cl的原子序数依次减小，所以原子半径依次减小，故
26、A错误；B、Al、Si、P属于同一周期，且Al、Si、P的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，故B错误；C、O、S属于同一主族，O的原子序数小于S的，所以O的原子半径小于S的原子半径；S、Na属于同一周期，且Na的原子序数小于S的原子序数，所以Na的原子半径大于S的原子半径，O、S、Na的原子半径依次增大，故C正确；D、B、C、N属于同一周期，且B、C、N的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，故D错误；故选C点评：本题考查了原子半径大小的比较，难度不大，注意根据元素在周期表中的位置分析即可13下列实验的现象与对应结论均正确的是( )AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性
27、质；碱金属及其化合物的性质实验；铁及其化合物的性质实验；浓硫酸的性质实验 专题：实验评价题分析：A浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖变黑，具有强氧化性，可与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；B铝与浓硝酸发生钝化反应；C为说明加入酚酞；D铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁，为黑色固体解答：解：A将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑，是因为浓硫酸的脱水性使蔗糖碳化；膨胀是因为有二氧化硫的气体生成，所以浓硫酸有脱水性和强氧化性，故A正确；B常温下Al与浓硝酸发生钝化，反应停止，所以无明显变化，故B错误；C未说明水中是否放入酚酞，不能证明生成碱；未检验气体，不能证明是氢气，故C错误；D铁与水蒸气反应生成黑
28、色物质，现象错误，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大14下列装置中，可用于实验室制取氨气的是( )ABCD考点：氨的实验室制法 分析：A、装置图为过滤装置；B、装置图为分液装置；C、装置图为固体和固体加热反应生成气体的发生装置和收集比空气轻的气体；D、装置图分析是溶液配制装置；解答：解：A、装置图为过滤装置，不能用来制备氨气，故A错误；B、装置图为分液装置，是分离互不相溶的液体的分离装置，不能用来制备氨气，故B错误；C、装置图为固体和固体加热反应生成气体的发生装置和收
29、集比空气轻的气体，实验室制备氨气是利用固体氢氧化钙和氯化铵加热反应生成，生成的氨气是极易溶于水的比空气轻的起用向下排空气方法收集，故C正确；D、装置图分析是溶液配制装置，不是制备气体的发生装置，不能制备氨气，故D错误；故选C点评：本题考查了实验装置图的分析判断，掌握实验基本操作是解题关键，题目较简单二、非选择题，（共58分）15盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”现就三大酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2（常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水）后，则可使铜顺利溶解该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=2H2O+CuCl2（2）在
30、一定体积的10molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol则浓硫酸的实际体积大于（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O（3）根据下图操作及现象推断酸X为b（填序号）a、浓盐酸 b、浓硫酸 c、浓硝酸考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：氧族元素；氮族元素分析：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化；（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，铜可以被硝酸氧化；（3）根据浓硫酸能
31、使金属铁发生钝化；而稀硫酸能与铁发生反应；解答：解：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，用电解原理实现铜和盐酸的反应，根据电解原理阳极必须是金属铜，电解质必须是稀盐酸，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则10molL1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，应为溶液中有H+，
32、再加入硝酸盐引入NO3，相当于存在了硝酸，硝酸能将同溶解，反应实质为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：大于；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（3）因浓硫酸能使金属铁发生钝化，而稀硫酸能与铁发生反应，所以根据现象，可推断酸X为浓硫酸，故选：b点评：本题考查了金属铜和酸反应的化学性质，题目综合性较强，难度较大16A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体请回答下列问题：（1）写出A和C的名称或化学式：AN2，CNO2；（2）在上图DC的过程中，D表现出强氧化性（填“氧化性”或“还
33、原性”）；（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是H+OH=H2O考点：无机物的推断 专题：推断题分析：C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NOA是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，据此解答解答：解：C为红棕色气体，则C是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NOA是空气中的主要成分，且能和氧气反应，所以A是氮气，则B是NO，D能与Cu反应得到NO2，故D为HNO3，（1）由上述分析可知，A为N2，C为NO2，故答案为：N2；NO2；（2）图示DC的过程中发生反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=
34、Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，反应中HNO3所含N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性，故答案为：氧化性；（3）在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是：H+OH=H2O，故答案为：H+OH=H2O点评：该题是无机框图题，涉及考查氮及其化合物的有关转化，解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，比较基础17（14分）如图是元素周期表的一部分，其中每个数字编号代表对应的一种元素请按要求回答下列问题：（1）画出元素的原子结构示意图（2）属于稀有气体的元素编号是，可作半导体材料的元
35、素编号是（3）、两种元素相比较，非金属性强的是N（填元素符号）（4）元素的单质与元素的单质反应可生成两种化合物，化学式分别是Na2O，Na2O2（5）元素和元素的氢化物均极易溶于水，用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式：NH3+HCl=NH4Cl考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素在周期表中的位置知，分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl、Ar元素，（1）元素的原子核外有2个电子层、最外层电子数是4；（2）Ar属于稀有气体；可作半导体材料的元素是Si；（3）同一周期元素，元素的非金属性
36、随着原子序数的增大而增强，同一主族，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱；（4）元素的单质与元素的单质反应可生成两种化合物，分别为氧化钠和过氧化钠；（5）元素和元素的氢化物分别是氨气和氯化氢，二者均极易溶于水，用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，白烟是氯化铵固体解答：解：根据元素在周期表中的位置知，分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl、Ar元素，（1）元素的原子核外有2个电子层、最外层电子数是4，其原子结构示意图为，故答案为：；（2）Ar属于稀有气体，其编号是；可作半导体材料的元素是Si，其编号是，故答案为；（3）同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的
37、增大而增强，同一主族，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，N元素的非金属性大于P元素，Si元素的非金属性小于P元素，所以N元素的非金属性大于Si元素，故答案为：N；（4）元素的单质与元素的单质反应可生成两种化合物，分别为氧化钠和过氧化钠，化学式分别为：Na2O、Na2O2，故答案为：Na2O；Na2O2；（5）元素和元素的氢化物分别是氨气和氯化氢，二者均极易溶于水，用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，白烟是氯化铵固体，反应方程式为NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的
38、位置确定元素，再结合元素周期律来分析解答，题目难度不大18某化学兴趣小组，拟探究和比较SO2和 Cl2的漂白性，设计如图所示的实验装置二套请你参与探究并回答下列问题（1）向第一套装置中通入一段时间的SO2，观察到试管中的品红溶液褪色，然后再加热试管，溶液恢复（填“恢复”或“不恢复”）红色；（2）向第二套装置中通入一段时间的Cl2，观察到试管中的品红溶液也褪色，然后再加热试管，溶液不恢复 （填“恢复”或“不恢复”）；（3）由以上两个实验可以说明SO2和 Cl2的漂白原理不相同（填“相同”或“不相同”）；（4）Cl2通入品红溶液中，生成的具有漂白性的物质是HClO（填“HCI”或“HCIO”）（5
39、）烧杯中NaOH溶液作用是除去没有反应的Cl2考点：性质实验方案的设计；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质 分析：（1）根据SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复原来的颜色；（2）根据Cl2和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，次氯酸的漂白作用不可恢复；（3）由（1）和（2）得出正确结论；（4）根据Cl2的漂白原理；（5）根据Cl2有毒，应进行尾气处理；解答：解：（1）SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复红色；故答案为：恢复；（2）Cl2和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，其漂白作用不可恢复；故答案为：不恢复；（3）由（1）和（2）可知，SO2和C12的漂白原理不相同；故答案为：不相同；（4）Cl2与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能用于漂白；故答案为：HClO；（5）Cl2有毒，可通过NaOH溶液吸收；故答案为：除去没有反应的Cl2点评：本题考查了次氯酸和二氧化硫的漂白性，难度不大，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的，其漂白原理也不同