1、2015-2016学年安徽省淮南二中高一（下）第一次月考化学试卷一、选择题（共14小题，每小题4分，共56分，每小题只有一个正确答案）11838年3月纽卡斯尔市的一些园艺家访问大物理家法拉第，向他请教一个奇特而有趣的问题：为什么别处生长的紫罗兰花都是紫色的，而生长在纽卡斯尔市的紫罗兰却是白色的？法拉第经过一番研究，得出结论，后来被化学家证实并在工业上广泛应用法拉第的结论是（）A遗传变异B纽卡斯尔市民用自来水浇花C施花肥不当D纽卡斯尔空气中SO2含量较高2酸雨给人类带来了种种灾难，严重地威胁着地球生命生存的生态环境，下列有关减少或者防止酸雨形成的措施中可行的是（）将煤液化或气化，获得清洁燃料对含
2、SO2、NO2等工业废气进行无害处理后，再排放到大气中人工收集雷电作用所产生的氮的氧化物飞机、汽车等交通工具采用新能源，比如氢能A B C D3下列关于元素周期表的叙述中不正确的是（）A第IIA族中无非金属元素B第IA族金属元素单质均能与水反应C元素种类最多的族是第VIII族D金属元素的种类比非金属元素多4下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（）A在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（难挥发性）B在加热条件下铜与浓硫酸反应（强氧化性、酸性）C蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成（吸水性）D浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色（脱水性）5下列叙述中正确的是（）A发生化学
3、反应时，失去电子越多的金属原子，其还原能力越强B目前已发现118种元素，即已发现118种原子C核外电子总数相同的粒子，必定是同种元素的原子D同一元素的各种同位素的化学性质基本相同6下列陈述、正确并有因果关系的是（）选项陈述陈述A氢氟酸具有酸性氢氟酸可用于雕刻玻璃BSO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆CNH3极易溶于水NH3可用作制冷剂DClO2具有强氧化性ClO2可用于自来水的杀菌消毒AA BB CC DD7下列叙述中正确的是（）A液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发B向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去C滴加稀NaOH溶液，将湿
4、润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+D氨气是一种诚性气体，可用P2O5或无水CaCl2干燥8用图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是（）中物质中物质实验预测A浓氨水酚酞试液中溶液变为红色B浓硝酸淀粉KI溶液中溶液变为蓝色C浓盐酸浓氨水大烧杯中有白烟D饱和的亚硫酸溶液稀溴水中无明显变化AA BB CC DD9下列叙述正确的是（）A含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成1molSO2B硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成SO3C铜与稀硝酸反应生成0.5molNO气体，则转移电子数为NAD可用品红溶液或酸性KMnO4溶液鉴别 CO2和SO2，不可用澄清石灰水鉴别
5、CO2和SO210用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），能达到实验目的是（）A干燥Cl2B吸收HCl C石油的分馏 D吸收NH3111.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体
6、积是600 mL12将充有n mL NO和m mL NO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mL O2mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为（）A mL B mL C mL D mL13将SO2气体通入BaCl2溶液中，没有看到明显现象，再通入一种气体（或加入一种物质）后，可产生一种白色沉淀，该气体（或物质）不可能是（）ACl2BNH3CCO2DFeCl314a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看做是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a
7、+b）189g 3（a+b） mol （Vc）molA B C D二、填空题15元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含许多信息和规律以下为元素周期表的一部分：（1）c的元素符号 d位于第周期、第族（2）通常状况状态为液体的单质颜色为（3）相同大小的a、b两种元素的单质分别投入热坩埚中，反应较剧烈的是（写元素符号）（4）d元素的某种核素可用于考古时测定文物的年代，写出该核素的符号（5）写出d与f对应氢化物的化学式并比较其热稳定性g对应的最高价氧化物的水化物的化学式为（6）h元素的单质与e对应的10e分子反应的化学方程式为16A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关
8、系如图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B在常温时为气体，则A为（填写化学式），写出BC转化的化学反应方程式：（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红：A的化学式为，实验室制备气体A的化学反应方程式为，AB转化的化学方程式为甲、乙两组同学用干燥的圆底烧瓶各收集一瓶A气体，根据图B喷泉实验的装置进行实验，能观察到美丽的红色喷泉用方程式解释喷泉呈红色的原因甲、乙两组同学完成喷泉实验后，圆底烧瓶中所得溶液如图C所示请通过分析确认：甲组同学所得溶液的物质的量浓度（填“大于”、“小于”或“等于”）乙组
9、同学所得溶液的物质的量浓度17（1）在浓硝酸中放入铜片，开始时反应的化学方程式为；待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是（用离子方程式表示）（2）常温下，将铁棒置于浓硫酸中，无明显现象，课本上解释为发生了钝化，但有人认为未发生反应为验证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面，则发生了钝化；若铁棒表面，则未发生反应（3）制取硫酸铜有两种方法：方法一：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，方法一与方法二相比，其
10、优点是（至少答两点）：2015-2016学年安徽省淮南二中高一（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题4分，共56分，每小题只有一个正确答案）11838年3月纽卡斯尔市的一些园艺家访问大物理家法拉第，向他请教一个奇特而有趣的问题：为什么别处生长的紫罗兰花都是紫色的，而生长在纽卡斯尔市的紫罗兰却是白色的？法拉第经过一番研究，得出结论，后来被化学家证实并在工业上广泛应用法拉第的结论是（）A遗传变异B纽卡斯尔市民用自来水浇花C施花肥不当D纽卡斯尔空气中SO2含量较高【考点】二氧化硫的化学性质【分析】别处生长的紫罗兰花都是紫色的，生长在纽卡斯尔市的紫罗兰却是白色的，利用
11、颜色的不同可知，空气中含有具有漂白性的物质，以此来解答【解答】解：由信息可知，别处生长的紫罗兰花都是紫色的，而生长在纽卡斯尔市的紫罗兰却是白色的，则纽卡斯尔市的空气中含有较多的二氧化硫，二氧化硫在工业上有广泛应用，二氧化硫具有漂白性，使紫色花变为白色，而与遗传、浇水、施肥无关，故选D2酸雨给人类带来了种种灾难，严重地威胁着地球生命生存的生态环境，下列有关减少或者防止酸雨形成的措施中可行的是（）将煤液化或气化，获得清洁燃料对含SO2、NO2等工业废气进行无害处理后，再排放到大气中人工收集雷电作用所产生的氮的氧化物飞机、汽车等交通工具采用新能源，比如氢能A B C D【考点】常见的生活环境的污染及
12、治理【分析】将煤液化或气化，使其充分燃烧，节约了能源，同时减少了污染物的排放；处理后减少空气中二氧化硫、二氧化氮的含量；雷电作用所产生的氮的氧化物为NO，人工收集不现实；采用清洁能源，减少污染物的排放【解答】解：将煤液化或气化，使其充分燃烧，节约了能源，同时减少了污染物的排放，故正确；处理后减少空气中二氧化硫、二氧化氮的含量，能减少或者防止酸雨形成，故正确；雷电作用所产生的氮的氧化物为NO，人工收集不现实，故错误；飞机、汽车等交通工具采用清洁燃料，如天然气、甲醇等，燃烧产物为二氧化碳和水，则采用清洁能源，减少污染物的排放，能防止酸雨形成，故正确；故选A3下列关于元素周期表的叙述中不正确的是（）
13、A第IIA族中无非金属元素B第IA族金属元素单质均能与水反应C元素种类最多的族是第VIII族D金属元素的种类比非金属元素多【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A第IIA族为碱土金属元素；B第IA族金属元素单质，具有强还原性；C第IIIB族含锕系、镧系元素；D在已经发现的一百余种元素中，金属元素的种类远比非金属元素的种类多【解答】解：A因第IIA族为碱土金属，均为金属，无非金属元素，故A正确；B第IA族元素中金属单质能与水反应生成氢气，故B正确；C第IIIB族含锕系、镧系元素，元素的种类最多，故C错误；D一百余种元素中，非金属元素有22种，则金属元素的种类远比非金属元素的种类多，故D正确；故
14、选C4下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（）A在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大（难挥发性）B在加热条件下铜与浓硫酸反应（强氧化性、酸性）C蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成（吸水性）D浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色（脱水性）【考点】浓硫酸的性质【分析】A根据浓硫酸具有吸水性，不具有挥发性来分析；B依据反应中硫元素化合价变化判断；C根据浓硫酸具有脱水性来分析；D浓硫酸具有吸水性，能够吸收晶体中的结晶水【解答】解：A浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B在加热条件下铜与浓硫酸反
15、应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；C蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；故选：B5下列叙述中正确的是（）A发生化学反应时，失去电子越多的金属原子，其还原能力越强B目前已发现118种元素，即已发现118种原子C核外电子总数相同的粒子，必定是同种元素的原子D同一元素的各种同位素的化学性质基本相同【考点】氧化性、还原性强弱的比较；元素；同位素及其应用；分子、原子、离子【分析】A、发生化学反应时越容易失去电子的金属原子，还原能力越强；B、一种
16、元素可能含有多种同位素；C、构成物质的粒子包括分子、原子和离子，有些分子和原子的质子数可能相同；D、元素的化学性质与原子的价电子有关【解答】解：A、金属原子的还原能力强弱取决于发生化学反应失去电子的难易程度，和失电子的多少无关，故A错误；B、同一元素可能含有不同的核素（即原子），导致元素的种类小于原子的种类，所以发现118种元素，不等于发现118种原子，故B错误；C、质子数相同的粒子，不一定是同种元素的原子，如水分子和氖原子的质子数相同，不能说是同种元素的原子，故C错误；D、元素的化学性质与原子的最外层电子有关，同一元素的各种同位素核外电子数相同，所以它们的化学性质相同，但物理性质不同，故D正
17、确故选D6下列陈述、正确并有因果关系的是（）选项陈述陈述A氢氟酸具有酸性氢氟酸可用于雕刻玻璃BSO2有氧化性SO2可用于漂白纸浆CNH3极易溶于水NH3可用作制冷剂DClO2具有强氧化性ClO2可用于自来水的杀菌消毒AA BB CC DD【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】ASiO2和HF反应生成四氟化硅与HF的酸性无关；BSO2具有漂白性，能漂白纸张；C液氨气化时吸收热量导致其周围温度降低而作制冷剂；D强氧化性物质能使蛋白质变性而杀菌消毒【解答】解：A玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF发生反应SiO2+4HF=SiF4+2H2O，与HF的酸性无关，
18、故A错误；BSO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，SO2漂白纸张与其漂白性有关，与其氧化性无关，故B错误；C液氨气化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，与氨气的溶解性大小无关，故C错误；D强氧化性物质能使蛋白质变性而杀菌消毒，ClO2具有强氧化性，可以杀菌消毒，故D正确；故选D7下列叙述中正确的是（）A液溴应保存于带磨口玻璃塞的广口试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发B向Ca（ClO）2溶液通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去C滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无NH4+D氨气是一种诚性气体，可用P2O5或无水Ca
19、Cl2干燥【考点】化学试剂的存放；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；试纸的使用【分析】A溴易挥发，需要加水“水封”，但液体保存在细口瓶中；B向Ca（ClO）2溶液通入CO2，反应生成HClO和碳酸钙；C稀NaOH溶液，与铵根离子反应生成一水合氨；DNH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，无水CaCl2和氨气反应生成络合物，不能干燥氨气【解答】解：A液溴应保存于带磨口玻璃塞的细口瓶试剂瓶中，并加水“水封”以减少其易挥发，故A错误；B向Ca（ClO）2溶液通入CO2，反应生成HClO和碳酸钙，则溶液变浑浊，再加入品红溶液，HClO具有漂白性，红色褪去，故B正确；C稀NaOH溶液
20、，与铵根离子反应生成一水合氨，则滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能确定原溶液中是否含NH4+，故C错误；DNH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，无水CaCl2和氨气反应生成络合物，不能干燥氨气，可用碱石灰干燥，故D错误；故选B8用图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是（）中物质中物质实验预测A浓氨水酚酞试液中溶液变为红色B浓硝酸淀粉KI溶液中溶液变为蓝色C浓盐酸浓氨水大烧杯中有白烟D饱和的亚硫酸溶液稀溴水中无明显变化AA BB CC DD【考点】氨的化学性质；硝酸的化学性质【分析】A浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性；B
21、浓硝酸具有挥发性和氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；C浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体；D饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸【解答】解：A浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性，使得酚酞溶液变为红色，现象与预测一致，故A不选；B浓硝酸具有挥发性和氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇到单质碘显示蓝色，现象与预测一致，故B不选；C浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体，大烧杯中有白烟，现象与预测一致，故C不选；D饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢
22、溴酸，所以秀水的颜色会消失，现象与预测不一致，故D选9下列叙述正确的是（）A含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成1molSO2B硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成SO3C铜与稀硝酸反应生成0.5molNO气体，则转移电子数为NAD可用品红溶液或酸性KMnO4溶液鉴别 CO2和SO2，不可用澄清石灰水鉴别 CO2和SO2【考点】浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、根据铜与稀硫酸不发生反应分析；B、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；C、生成1mol的一氧化氮转移电子数为3mol；D、SO2具有还原性，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊【解答】解：A、根据铜与稀硫酸不发生，所以2mol
23、H2SO4的浓硫酸没有完全反应，故A错误；B、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；C、生成1mol的一氧化氮转移电子数为3mol，所以生成0.5molNO气体，则转移电子数为1.5NA，故C错误；D、SO2具有还原性，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，所以可用品红溶液或酸性KMnO4溶液鉴别 CO2和SO2，不可用澄清石灰水鉴别 CO2和SO2，故D正确；故选D10用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），能达到实验目的是（）A干燥Cl2B吸收HCl C石油的分馏 D吸收NH3【考点】气体的净化和干燥；尾气处理装置；石油的分馏【分析】A、根据气体干燥装置的特点分析；B、根
24、据HCl的溶解性来分析；C、根据石油分馏时温度计的位置判断；D、根据氨气的性质分析【解答】解：A、气体干燥装置的特点是长导管进气短导管出气，故A错误；B、氯化氢极易溶于水，如果把导管直接插入水中容易产生倒吸现象，故B错误；C、石油的分馏是根据馏分的沸点不同分离的，所以温度计测得温度应是气体的温度，故C错误；D、氨气能和酸反应生成盐，四氯化碳和氨气不反应，且稀硫酸和四氯化碳不互溶，虽然氨气在稀硫酸中的溶解度较多，但因为在四氯化碳中不溶解，所以不含产生倒吸现象，所以能用该装置吸氨气，故D正确；故选D111.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到
25、NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金
26、属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54
27、g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）2
28、1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D12将充有n mL NO和m mL NO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mL O2mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为（）A mL B mL C mL D mL【考点】化学方程式的有关计算【分析】通入水发生反应：3NO2+2H2O=2
29、HNO3+NO，计算得到NO总体积，再通入氧气，又发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由方程式可知NO有剩余，计算氧气完全反应消耗NO体积，进而计算剩余气体的体积【解答】解：根据反应3NO2+2H2O=2HNO3+NO，可知NO2完全反应得到NO为m mL，所以反应后NO气体共（n+m）mL，由4NO+3O2+2H2O=4HNO3，n mL氧气完全反应消耗NO为n mL，大于n mL，可知NO有剩余，剩余NO的体积为（n+m）mLnmL=mL，故选A13将SO2气体通入BaCl2溶液中，没有看到明显现象，再通入一种气体（或加入一种物质）后，可产生一种白色沉淀，该气体（或物质）不可能
30、是（）ACl2BNH3CCO2DFeCl3【考点】二氧化硫的化学性质【分析】亚硫酸的酸性比盐酸弱，向BaCl2溶液中通入SO2至饱和，没有发生反应，此过程无明显实验现象，SO2具有还原性，能被Fe3+离子、氯气氧化为SO42离子，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，据此解答【解答】解：ASO2具有还原性，能被氯气氧化为SO42离子，所以再向溶液中加入氯气，生成BaSO4沉淀，故A不选；B氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不选；C二氧化碳、二氧化硫均与氯化钡不反应，不能生成沉
31、淀，故C选；DSO2具有还原性，能被Fe3+离子氧化为SO42离子，所以再向溶液中加入FeCl3溶液，生成BaSO4沉淀，故D不选；故选：C14a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看做是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （Vc）molA B C D【考点】有关混合物反应的计算【分析】如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸；如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，根据转移电
32、子相等计算生成NO的硝酸量，根据N原子守恒计算未被还原的硝酸的量【解答】解：如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n（HNO3）=3nFe（NO3）3=3n（Fe）=3n（FeS）+n（FeO）=3（a+b）mol=3（a+b）mol，m（HNO3）=n（HNO3）M（HNO3）=（a+b）189g；如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，根据转移电子相等、N原子守恒得生成NO的硝酸量=mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=Vcmolmol=（Vc）mol，故选B二、填空题15元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含许多
33、信息和规律以下为元素周期表的一部分：（1）c的元素符号Al d位于第二周期、第IVA族（2）通常状况状态为液体的单质颜色为深红棕色（3）相同大小的a、b两种元素的单质分别投入热坩埚中，反应较剧烈的是K（写元素符号）（4）d元素的某种核素可用于考古时测定文物的年代，写出该核素的符号14C（5）写出d与f对应氢化物的化学式并比较其热稳定性HFCH4g对应的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4（6）h元素的单质与e对应的10e分子反应的化学方程式为Br2+H2OHBr+HBrO【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】（1）c在第三周期第A族，则c为Al，d在第二周期第A族，则d为C元素；
34、（2）以上各元素的单质中，只有溴单质在常温下为液态，颜色为深红棕色；（3）a为Na元素、b为K元素，金属性越强，反应越剧烈；（4）d为C元素，其中14C可用于考古时测定文物的年代；（5）d为C、F为F元素，非金属性越强，对应氢化物越稳定；g为Cl，其最高价氧化物对应水化物为高氯酸；（6）h为Br元素、e为O元素，溴单质与水反应生成溴化氢和次溴酸【解答】解：（1）由元素在周期表中的位置可知，c在第三周期第A族，则c为Al，d在第二周期第A族，则d为C元素，故答案为：Al；二；IVA；（2）常温下为液态的单质为溴，溴单质的颜色为深红棕色，故答案为：深红棕色；（3）a为Na、b为K，金属性K大于钠，
35、则将相同大小的a、b两种元素的单质分别投入热坩埚中，K反应比较剧烈，故答案为：K；（4）d为C元素，其核素中中用于考古时测定文物的年代的为14C，故答案为：14C；（5）d为C、F为F元素，非金属性：FCl，则对应氢化物稳定性大小为：HFCH4；g为Cl，氯元素的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为：HClO4，故答案为：HF；CH4HClO4；（6）h为Br元素，其单质为溴单质，e为O元素，其氢化物为水，溴单质与水反应生成溴化氢和次溴酸，反应的化学方程式为：Br2+H2OHBr+HBrO，故答案为：Br2+H2OHBr+HBrO16A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，
36、它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B在常温时为气体，则A为（填写化学式）H2S，写出BC转化的化学反应方程式：2SO2+O22SO3（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红：A的化学式为NH3，实验室制备气体A的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O，AB转化的化学方程式为4NH3+5O2NO+6H2O甲、乙两组同学用干燥的圆底烧瓶各收集一瓶A气体，根据图B喷泉实验的装置进行实验，能观察到美丽的红色喷泉用方程式解释喷泉呈红色的原因NH
37、3+H2ONH3H2ONH4+OH甲、乙两组同学完成喷泉实验后，圆底烧瓶中所得溶液如图C所示请通过分析确认：甲组同学所得溶液的物质的量浓度等于（填“大于”、“小于”或“等于”）乙组同学所得溶液的物质的量浓度【考点】无机物的推断【分析】（1）若A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液呈酸性，B在常温时为气体，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D属于酸，氨气被氧化生成NO，NO被氧气氧化生成NO2，所以B是NO、C是NO2、D是HNO3【解答】解：（1）若A、D的水溶液
38、均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液呈酸性，B在常温时为气体，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，BC转化的化学反应方程式：2SO2+O22SO3，故答案为：H2S；2SO2+O22SO3；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D属于酸，氨气被氧化生成NO，NO被氧气氧化生成NO2，所以B是NO、C是NO2、D是HNO3A的化学式为：NH3，实验室制备气体A的化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O，AB转化的化学方程式为：4NH3+5O2NO+6H2O，故答案为：NH3；2NH
39、4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；4NH3+5O2NO+6H2O；根据图B喷泉实验的装置进行实验，能观察到美丽的红色喷泉，用方程式解释喷泉呈红色的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，故答案为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH；溶液体积等于氨气的体积，甲组同学所得溶液的物质的量浓度等于乙组同学所得溶液的物质的量浓度，故答案为：等于17（1）在浓硝酸中放入铜片，开始时反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是（用离子方程式表示）3Cu+8H+2N
40、O33Cu2+2NO+4H2O（2）常温下，将铁棒置于浓硫酸中，无明显现象，课本上解释为发生了钝化，但有人认为未发生反应为验证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面无明显现象，则发生了钝化；若铁棒表面会有紫红色的铜析出，则未发生反应（3）制取硫酸铜有两种方法：方法一：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，方法一与方法二相比，其优点是（至少答两点）：无污染、节约硫酸【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质【分析】（1）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜溶
41、液，浓硝酸随反应的进行变为稀硝酸，则反应快结束时铜和稀硝酸反应生成NO；硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能继续与铜反应；（2）钝化是在金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部进行进行反应，若发生钝化，则氧化镁保护膜阻止Fe与硫酸铜反应，否则发生反应，会有铜析出；（3）根据硫酸用量及有无二氧化硫生成等分析解答【解答】解：（1）因反应开始硝酸的浓度大，反应剧烈，反应生成硝酸铜溶液、二氧化氮和水，其反应方程式为Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能与铜与氢离子、硝酸根离子继续反应生成NO，铜和稀硝酸反应生成NO，其离子反应为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（2）钝化是在金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部继续进行反应，若发生钝化，则氧化镁保护膜阻止Fe与硫酸铜反应，无明显现象，否则发生反应，会有紫红色的铜析出，故答案为：无明显现象；有紫红色物质析出；（3）方法一与方法二相比，硫酸的用量较少，没有二氧化硫生成、无污染，故答案为：无污染、节约硫酸；2016年7月6日
