1、说明： 1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题），满分100分，考试时间90分钟。2、将第卷和第卷的答案均填在答案卷中，未填写在答案卷中的答案无效。3、可能用到的原子量：H 1 N 14 O 16 Cl 35.5 Al 27第卷 （选择题，共48分）一、单项选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。1、下列物质间转化都能通过一步实现的是（ ）ASiSiO2H2SiO3Na2SiO3 BAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3CSSO3H2SO4SO2 DN2NO2HNO3NO【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化硅不溶于水，不能与水反应，不能一步得到硅酸，故A错误； B、Al与氧气反应
2、生成Al2O3，Al2O3与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2中通入二氧化碳反应生成Al（OH）3，能一步实现，故B正确；C、硫与氧气反应生成二氧化硫，硫不能直接反应生成三氧化硫，故C错误；D、氮气与氧气反应生成一氧化氮，不能一步反应生成二氧化氮，故D错误；故选B。考点：考查了物质的性质和转化关系的相关知识。2、下列物质与其用途完全符合的有几条 Na2CO3制玻璃SiO2太阳能电池AgI人工降雨NaCl制纯碱Al2O3焊接钢轨NaClO消毒剂MgO耐火材料Fe2O3红色油漆或涂料A、4 B、5 C、6 D、7【答案】C【解析】试题分析：工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故正确；高
3、纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料，故错误；AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，故正确；依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，故正确；铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，故错误；NaClO具有强的氧化性，可以用来杀菌消毒，故正确；氧化镁熔点比较高，可以用作耐火材料，故正确；Fe2O3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故正确；故物质与其用途完全符合的有6条；故选C。考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。3、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说正确的是A、高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数
4、目为0.3NAB、室温下，1L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH 离子数目为0.1NAC、氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD、5NH4NO3 2HNO3 4N2 9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA【答案】D【解析】试题分析：A、0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（-0）0.2mol =mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B、室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为110-13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所
5、以由水电离的OH-离子数目为10-13NA，故B错误；C、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D、该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏伽德罗常数的相关知识。4、下列离子方程式正确的是A、Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3 + 2I 2Fe2 + I2B、氧化铝溶解在NaOH溶液中：3H2O
6、+ Al2O3 + 2OH- 2-C、硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42恰好沉淀完全 Al3+ + SO42 + Ba2+ + 3OH BaSO4 + Al(OH)3D、在漂白粉配制成的溶液中通入SO2：Ca2+ + 2ClO + SO2 + H2O CaSO3+ 2HClO【答案】B【解析】试题分析：AFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液的离子反应为Fe3+3NO3-+12H+10I-=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故A错误；B氧化铝溶解在NaOH溶液中的离子反应为3H2O+Al2O3+2OH-=2Al（OH）4-，故B正确；C、硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42恰好沉淀
7、完全时，硫酸铝与氢氧化钡的物质的量之比是1:3，离子方程式是2Al3+ + 3SO42+3 Ba2+ + 6OH-3BaSO4+2Al(OH)3，故C错误；D、漂白粉的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和氯离子，不会生成亚硫酸钙，故D错误；故选B。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。5、A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是A、若X为Cl2，则C可能为FeCl3 B、若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C、若X为O2，则A可为硫化氢D、若A、B、C均为焰色反应呈黄色的物质，则X可能为O2
8、【答案】A【解析】试题分析：A、无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B、若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3Al（OH）3+3KCl，B是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al（OH）3+KOHKAlO2+2H2O，故B正确；C、若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D、若A、B、C均为焰色反应呈黄
9、色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选A。考点：考查了无机推断、元素化合物的性质的相关知识。6、某无色溶液，溶质仅由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干种组成。取该溶液进行如下实验： 取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液； 在所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲； 在所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成
10、，同时析出白色沉淀乙。则下列离子在原溶液中一定存在的有A、SO42、AlO2、Na+、CO32 B、Na+、CO32、AlO2C、CO32、Na+、Al3+ D、MnO4、Na+、CO32【答案】B【解析】试题分析：溶液呈无色，则一定不含MnO4-。（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32-，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2-；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体
11、为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42-，根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32-、AlO2-，故选B。考点：考查了离子共存、离子反应的相关知识。7、可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸 向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成 硫、氯气分别与铁和铜反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2 高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强A、 B、 C、 D、【答案】C【解析】试题分析：不能根据氢化物水溶液的酸性比较非金属性，错误；Cl2能把S2氧化为S，说明Cl元素的非金属性大于S元素，正确；
12、S把Cu、Fe氧化为较低价态，Cl2把Cu、Fe氧化为较高价态，说明Cl元素的非金属性大于S元素，正确；高氯酸为Cl元素最高价氧化物的水合物，硫酸为S元素最高价氧化物的水合物，高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，说明Cl元素的非金属性大于S元素，正确，正确，故选C。考点：考查了非金属性强弱的比较的相关知识。8、将4 mol金属Al全部转化为Al(OH)3，过程中共消耗HCl a mol、NaOH b mol，则ab最小值为A、4 B、6 C、8 D、16【答案】B【解析】试题分析：由Al制备Al(OH)3的最佳方案是将4molAl分为2份，1份3molAl与3molNaOH溶液反应，另一份1m
13、olAl与3mol盐酸反应，然后将两份产物混合，即3AlO2-+Al3+6H2O=4Al(OH)3此时消耗酸、碱的物质的量最小为6mol。故选B。考点：考查了物质的制备、铝的性质、氢氧化铝的制备的相关知识。9、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为gcm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为Cmol/L。下列叙述中正确的是 C上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5上述溶液中再加入1.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl） c（NH4+） c（H+） c（OH）A、B、C、D、【答案】D【解析】试题分析：VmL氨水
14、，溶液的密度为g/cm3，溶液的质量为Vg，溶质的质量为17g/mol =g，则溶质的质量分数为=100%=100%，故错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5，故错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），故正确；故选D。考点：考查了物质的量和物质的量浓度的计算的相关知识。10、某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-
15、、HCO3等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是Aab段发生的离子反应为：Al3+3OH= Al(OH)3，Mg2+2OH= Mg(OH)2B原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1Dd点溶液中含有的溶质只有NaAlO2【答案】C【解析】试题分析：加入0-a段，加入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢离子或碳酸氢根离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，所以一定不存在碳酸氢根离子，因此一定存在
16、氢离子；a-b段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据c-d段部分沉淀溶解，可知一定存在Al3+，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH-AlO2-可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量与消耗的氢氧化钠与铝离子相同，说明另一种离子为+3价离子，只能为铁离子，故原溶液中一定不存在镁离子；再由b-c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在铵离子；再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在硫酸根离子。A、根据以上分析可知，ab段发生的离子
17、反应为铁离子、铝离子与氢氧根离子的反应，反应的离子方程式为：Al3+3OH-=Al（OH）3，Fe3+3OH-=Fe（OH）3，故A错误；B、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不存在镁离子，可能存在钠离子，故B错误；C、根据图象可知生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解消耗了1体积的氢氧化钠，所以生成氢氧化铝需要消耗3体积的NaOH溶液，还有3体积的NaOH溶液一定是被Fe3+消耗，即铁离子与铝离子消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、d点氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成偏铝酸钠，所以溶液
18、中含有的溶质为Na2SO4、NaAlO2，故D错误。故选C。考点：考查了离子反应及应用，图像的分析的相关知识。11、下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是选项X收集气体YA碱石灰氯化氢水B碱石灰氨气水C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠【答案】C【解析】试题分析：A、氯化氢是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A不正确；B、氨气密度小于空气，应该是短口进，长口出，B不正确；C、二氧化硫是酸性气体，能用氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集，C正确；D、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D不正确，故选C。考点：考查了化学实验装置的设
19、计与评价的相关知识。12、右图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是A、向NaAlO2溶液中滴入盐酸至过量 B、向澄清石灰水中通入CO2至过量C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【答案】D【解析】试题分析：根据有关的方程式NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl、Al(OH)33HCl=AlCl33H2O可知，故A正确；向澄清石灰水中通入CO2至过量的方程式是Ca(OH)2CO2=H2OCaCO3、CaCO3H2OCO2=Ca(HCO3)2，故B
20、正确；同样分析可知，C中氢氧化钠首先和盐酸反应，故C正确；D中反应的方程式是Ca(OH)2CO2=H2OCaCO3、2KOHCO2=K2CO3H2O、K2CO3CO2H2O=2KHCO3、CaCO3H2OCO2=Ca(HCO3)2，但D中图像不符合消耗CO2的物质的量，故D错误，故选D。考点：考查了物质的性质、化学方程式与图像的相关知识。13、下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是A、取ag混合物充分加热，剩余bg固体B、取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgC、取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
21、D、取ag混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【答案】B【解析】试题分析：A、NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；B、混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B选；C、Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；D、Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32
22、-+Ba2+=BaCO3、HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；故选B。考点：考查了汇总实验方案的设计与评价的相关知识。14、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是（ ）A原子半径：WZYXMBXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由X元素形成的单质不一定是原子晶体D由X、Y、Z
23、、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C 考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。15、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B、蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，
24、则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故B正确；C、稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在中二氧化硫与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，则结论不合理，如二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；D、浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性碳酸硅酸，故D错误；故选B。考点：考查了化学实验装置的设计与评价的相关知识。16、某含Cr2O72废水用硫酸亚铁铵处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀干燥后得到nmolFeOFeyCrxO3(提示：其中Cr为+3价)。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A、消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）mol B、处理废水中C
25、r2O72的物质的量为（nx/2）molC、反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmol D、在FeOFeyCrxO3中3xy【答案】C【解析】试题分析：A、由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），又由FeOFeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（3-x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n（1+y）mol=n（3x+1）mol，故A正确；B、根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72-的物质的量为，故B正确；C、得到nmolFeOFeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为
26、3nxmol，故C错误；D、FeOFeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D正确；故选C。考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。第卷 （非选择题，共52分）二、非选择题：本题共5大题，共52分。17、（6分）（1）玻璃棒是中学化学实验中常用的仪器。下列实验过程中，一般不需要用玻璃棒的是 。（填写编号）粗盐提纯配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体探究Ba（OH）28H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe（OH）2白色沉淀（2）实验室欲配置450m
27、L 0.25molL-1 NaOH溶液：配制时除需用胶头滴管、托盘天平（带砝码）、玻璃棒、药匙外，还必需用到的仪器是 。通过计算，应用托盘天平称取 NaOH固体，若将物码放反，则所配制溶液物质的量浓度 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”）定容时，仰视液面，则所配溶液物质的量浓度 。（填“偏大”、“偏小”或“不变”） 【答案】（6分）（1） ；（2）500ml容量瓶、小烧杯；5.0g；不变； 偏小；【解析】试题分析：（1）粗盐提纯的操作过程是溶解、过滤、蒸发，溶解用玻璃棒搅拌加速固体溶解，过滤需用玻璃棒引流，蒸发须用玻璃棒搅拌防止液体中局部过热，故需要；配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，配制步骤
28、为计算、称量（量取）、溶解、定容等，溶解时用到烧杯、玻璃棒，玻璃棒的作用是加速固体溶解，故需要；将适量氯化铁饱和溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，需胶头滴管和烧杯，与玻璃棒无关，故不需要；探究Ba（OH）28H2O晶体和NH4Cl晶体反应过程中的能量变化，需用玻璃棒搅拌让它们充分混合，故需要；实验室用新制的FeSO4溶液和预处理过的NaOH溶液制备Fe（OH）2白色沉淀，该反应速率快，无须用玻璃棒搅拌，故不需要，故选；（2）配制500mL0.25mol?L-1 NaOH溶液，需要的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、小烧杯、玻璃棒、量筒、5
29、00mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500ml容量瓶、小烧杯；配制450mL 0.25mol?L-1NaOH溶液，需要配制500mL0.25mol?L-1 NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.25mol/L0.5L=5.0g；不需要使用游码，结果不变，故答案为：5.0g；不变；定容时观察液面仰视，造成体积偏大，浓度偏小，故答案为：偏小。考点：考查了常见化学实验仪器的使用、配制一定物质的量浓度溶液实验的相关知识。18、（12分）亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛。现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图
30、所示（部分夹持装置略）。已知：室温下，2NO+Na2O2 2NaNO23NaNO2+3HCl = 3NaCl+HNO3+2NO+H2O；酸性条件下，NO或NO2 都能与MnO4反应生成NO3 和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式 。（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和 ，D装置的作用是 。（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是 。（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称 。（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭 g。【答案】（12分）（1）C+4
31、HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O；（2）铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色；吸收未反应的NO；（3）取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；（4）碱石灰；（5）1.8g； 考点：考查了木炭与硝酸反应产物的检验，实验方案的设计的相关知识。19（8分）（1）铜既能与稀硝酸反应也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为： (未配平)硝酸在该反应中的作用是_， 19.2g Cu被硝酸完全溶解后，若得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是_。（2）已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应： P4 + HClO3 + = HCl + H3PO4配平上述反应方程式
32、。白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4 + 60CuSO4 + 96H2O = 20Cu3P + 24 H3PO4 + 60 H2SO4在该反应中30molCuSO4可氧化P4的物质的量是 。【答案】（8分）（1）氧化性和酸性；0.9mol（2） 3 P4 + 10 HClO3 + 18 H2O = 10 HCl + 12 H3PO4；1.5mol 【解析】试题分析：（1）该反应硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2、+4价，部分N元素化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故答案为：氧化性和酸性；n（Cu）=0.3mol，设NO的物质的量为n，得到的NO和NO2物
33、质的量相同，由电子守恒可知，0.3mol2=n（5-2）+n（5-4），解得n=0.15mol，则N原子守恒可知作氧化剂的硝酸为0.15mol+0.15mol=0.3mol，由Cu（NO3）2可知，作酸性的硝酸为0.3mol2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol+0.6mol=0.9mol，故答案为：0.9mol；（2）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18
34、H2O；10；12；30mol硫酸铜转移电子物质的量=30mol（2-0）=60mol，氧化白磷物质的量=1.5mol，故答案为：1.5mol；考点：考查了氧化还原反应计算、化学方程式的配平的相关知识。20、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。气体a气体b气体aNaClO3Na2SO3A溶液ClO2气体NaOH溶液双氧水NaClO2Na2SO4溶液离子隔膜电解池（1）、中发生反应的还原剂分别是 、 （填化学式）。（2）中反应的离子方程式是 。（3）A的化学式是 ，装置中
35、A在 极区产生。（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备。写出该制备反应的化学方程式 。（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量 。（填“相同”，“不同”或“无法判断”）【答案】（10分）(1) Na2SO3；H2O (2) 2ClO2 + H2O2 + 2OH = 2ClO+ O2+ 2H2O；(3) H2SO4；阳(4) 5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2 + 2H2O；(5) 相同【解析】试题分析：硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池
36、中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由-1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2 ClO2+H2O2+2OH-=2 ClO2-+O2+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3-+2H+SO32-=2ClO2+SO42-+H2O；（1）同一化学反应中，失电子
37、化合价降低的反应物是还原剂，I中反应方程式为2ClO3-+2H+SO32-=2ClO2+SO42-+H2O，还原剂是Na2SO3；III中氧化剂和还原剂都是水，故答案为：Na2SO3；H2O；（2）碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2-和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O；（3）通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为：硫酸；阳；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl
38、、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同。考点：考查了制备实验方案设计的相关知识。21.（16分）1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能(
39、kJmol1)7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是 ，Na、Mg、Al第一电离能I1从小到大的排列顺序是 。（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下，其中配位键和氢键均采用虚线表示。 实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，其原因是 。SO42-中S原子的杂化类型是 ，与其互为等电子体的分子有 （任写一种）Cu2+还能与NH3、Cl等形成配位数为4的配合物，Cu(NH3)42+中存在的化学键类型有 （填序号）。A配位键 B离子键 C极性共价键 D非极性共价键 写
40、出基态Cu原子的外围电子排布式 ； 金属铜采用面心立方堆积方式，已知Cu原子的半径为r pm，相对原子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数，则金属铜的密度是 g/cm3（列出计算式）。【答案】（16分）（1）MgOCaONaClKCl；NaAlMg ；（2）水分子间有氢键发生缔合作用； sp3；CCl4（SiCl4）等；AC；3d104s1； 【解析】试题分析：（1）离子半径Mg2+Na+O2-Ca2+Cl-；离子电荷数Na+=Cl-O2-=Mg2+=Ca2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgOCaO
41、NaClKCl，同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA族、第VA与VIA族反常，则第一电离能I从小到大的排列顺序是Na、Al、Mg；故答案为：MgOCaONaClKCl；Na、Al、Mg；（2）因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大，故答案为：水分子间有氢键发生缔合作用；SO42-中S的价电子对数=4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO42-互为等电子体的微粒有SiCl4等；故答案为：sp3；CCl4（SiCl4）等；2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，故答案为：AC；铜为29号元素，其原子外围电子排布式为3d104s1，根据均摊法计算出晶胞中铜原子数为8+6=4，Cu原子的半径为rpm，则晶胞的边长为2rpm，晶胞的体积为（2r10-10）3cm3，所以铜的密度=g/cm3=g/cm3，故答案为：3d104s1；考点：考查了晶胞的计算；“等电子原理”的应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断的相关知识。