1、2016-2017学年河南省周口市淮阳县淮阳一中高二（上）开学化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1由NO与NO2组成的混合气体中氮元素的质量分数为，则混合气体中NO与NO2的体积比为（）A1：1B2：3C3：2D35：562设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，22.4 L乙烯中含CH键的数目为4NAB1molFe与足量盐酸反应转移电子数为3NAC1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的氧原子数目为0.1NAD向1L 1 molL1氯化铝溶液中加入足量的氨水，生成AlO2的个数为NA3短周期非金属主族元素X、Y、Z、W，它们的原子半径与原子序数的
2、关系如图所示其中Z元素原子序数是Y的2倍，原子最外层电子数与X元素原子核外电子数相等，下列说法一定正确的是（）AX和Z、Y和W处于同一主族B4种元素形成的各种单质中，Z单质的沸点最高CW单质与X、Y、Z的最简单氢化物都可以发生反应D元素氧化物所对应的水化物酸性：WZX4高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O（未配平）下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4处
3、理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质5某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为（）A1：2B1：4C3：4D3：26下列物质属于纯净物的是（）A石油B生石灰C铝热剂D漂粉精7用NA表示阿伏加德罗常数下列说法中，正确的是（）A1.8g重水（D2O）中含有的质子数为1.0 NAB500、30MPa下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=38.6kJmol1；将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，放出热量19.3kJC标准状况下，11.
4、2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAD60 g石英晶体中含有的SiO键数目为2NA8下列关于氧化物的叙述正确的是（）A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与水化合生成酸9恒温下，a mol A和b mol B在如图所示活塞可自由滑动的容器中发生如下反应：A（g）+2B（g）2C（g），一段时间后达到平衡，生成n mol C则下列说法中正确的是（）A物质A、B的转化率之比为a：bB起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：（a+b）C若
5、起始时放入2a mol A和2b mol B，则达平衡时生成2n mol CD当v正（A）=2v逆（B）时，可判定反应达到平衡10下列有关实验装置正确的是（）A用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B用于灼烧Al（OH）3C用于检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫D由于实验室制备乙酸乙酯11下列有关实验操作及其结论正确的是（）A加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有Al3+B加入NaOH溶液然后加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定有NH4+C加入用硝酸酸化的BaCl2溶液后有白色沉淀生成，则该无色溶液中一定含有Ag+D加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀
6、生成，则原溶液中一定有SO4212元素M的最高正价和负价的绝对值之差为6，M、N的离子具有相同的电子排布，则M、N所形成的化合物可能是（）ACaBr2BCaCl2CMgCl2DMgF213肼（N2H4）是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成N2和H2O（g），已知：N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol；下列表示肼跟N2O4反应的热化学反应方程式，正确的是（）A2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=542.7 kJ/molB2N2H4（g）+N2
7、O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1059.3 kJ/molCN2H4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（g）；H=1076.7 kJ/molD2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1076.7 kJ/mol14实脸室取等物质的量的KClO3分别发生下述反应：反应一：有催化剂存在时，受热分解得到氧气；反应二：不使用催化剂，加热至743K左右，得到KClO4和KCl下列关于和的说法正确的是（）A两个反应中都只有一种元素化合价发生改变B两个过程生成KCl的物质的量相同C发生氧化反应的元素相同D发生还原反应的元素相同15表为元素周期表的局部，A、B、C、
8、D为周期表中短周期元素，已知A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半据此判断下列正确的是（）BDACAA位于第2周期1A族BB的最高价氧化物的水化物是弱酸C原子半径ACBDD气态氢化物的热稳定性BDCA二、解答题（共8小题，满分38分）16化学平衡移动原理同样也适用于其他平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向移动，OH的浓度，NH4+的浓度（2）向氨水中加入浓盐酸，此时溶液中浓度减小的微粒有、（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向移动，此时发生的现象是17（1）相同条件下，体积之比为a：b和质量之比为a：b的H
9、2和O2的混合气体，其平均相对分子质量为和（2）已知各物质参加反应的物质的量之比等于其在化学方程式中的计量数之比，气体化合物A的分子式可表示为OxFy，同温同压下，10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为，推断的依据为18下面有几种物质，请按要求回答问题食盐溶液与沙子480mL 0.1molL1的NaOH溶液SiO2和CaCO3混合物水和汽油的混合物用CCl4提取碘水中的碘（1）分离的操作名称为（2）配置480mL 0.1molL1的NaOH溶液需NaOH固体的质量为g（3）和共同使用的仪器且在其他组分分离无需使用，这种仪器是（4）除去CaCO3粉末中少量SiO2 粉末
10、，试剂为，反应的离子反应方程式为（5）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，如图1，观察到试管里的分层现象是（注：图片中深色区为紫红色溶液）（6）从含碘的有机溶液中取碘和回收有机溶剂，还需要经过蒸馏，指出图2实验装置中的错误之处未垫石棉网；19高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是，植物粉的作用是（2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用
11、碳酸锰调pH的优势是；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是；该反应的化学方程式为；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于1，.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3
12、的纯度20在Mg（NO3）2和Al（NO3）3的混合溶液中，NO3的物质的量为0.7mol向该溶液中加入100ml 8molL1的KOH溶液，使之充分反应，反应前，若Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x（不考虑Mg2+和Al3+的水解及水的电离所引起的离子总数的变化）（1）x的取值范围是（2）当KOH刚好完全消耗，且Al3+全部转化为AlO2时，x的取值范围（3）将（2）中的x值记为x1，则：当0xx1时，反应生成的沉淀物的化学式为当xx1时反应生成的沉淀物的化学式为（4）若反应前Al3+的物质的量为a mol，则a=（用含x的代数式表示）21室温下，单质A、B、C分别为固体
13、、黄绿色气体与无色气体，在合适条件下，它们可以按下面的流程进行反应又知E溶液是无色的请回答：（1）写出E物质的化学式（2）写出GH的化学方程式（3）写出B+FD的离子方程式22A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，A、C同主族，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体又已知C、E的单质均可与NaOH溶液反应，且C与NaOH溶液反应可产生氢气（1）A元素的名称为，在元素周期表中的位置是（2）写出C单质的一种用途（3）对B单质或化合物描述正确的是a常温、常压下单质难溶于水 bB元素在化合物中的化合价可为1或2价c单质分子中含有18个电子 d氢气与B单质混合在一
14、定条件下可能发生爆炸（4）写出C、E单质分别与NaOH溶液反应的离子方程式、23A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一中元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其它物质已经略去）：（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为；体现B的（填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式：；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式：；请写出CD的离子方程式（3）若A是一种活泼金属，C是
15、淡黄色固体，则C的名称为，试用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应；将C长期露置于空气中，最后将变成物质E，E的化学式为2016-2017学年河南省周口市淮阳县淮阳一中高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1由NO与NO2组成的混合气体中氮元素的质量分数为，则混合气体中NO与NO2的体积比为（）A1：1B2：3C3：2D35：56【考点】物质的量的相关计算【分析】设出一氧化氮和二氧化氮的物质的量，然后根据混合气体中氮元素的质量分数为列式计算【解答】解：设NO与NO2的物质的量分别为x、y，则：100%=，整理可得：x：y=3：2，相同条件下
16、气体的体积之比等于物质的量之比，则混合气体中NO与NO2的体积比为3：2，故选C2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A常温常压下，22.4 L乙烯中含CH键的数目为4NAB1molFe与足量盐酸反应转移电子数为3NAC1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的氧原子数目为0.1NAD向1L 1 molL1氯化铝溶液中加入足量的氨水，生成AlO2的个数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A常温常压下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；B铁与盐酸反应生成氯化亚铁，1mol铁完全反应转移2mol电子；C氧气和臭氧分子中都只含有氧原子，1.6g混合物中含有1.6g氧原子，
17、含有0.1mol氧原子；D氨水为弱碱，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，不会生成偏铝酸根离子【解答】解：A不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙烯的物质的量，故A错误；B1mol铁与足量盐酸反应生成1mol氯化亚铁，失去了2mol电子，反应转移电子数为2NA，故B错误；C1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有1.6g氧原子，含有氧原子的物质的量为： =0.1mol，含有的氧原子数目为0.1NA，故C正确；D氨水为弱碱，氯化铝与氨水反应生成产物为氢氧化铝沉淀，不会生成偏铝酸根离子，故D错误；故选C3短周期非金属主族元素X、Y、Z、W，它们的原子半径与原子序数的关系如图所示其中Z
18、元素原子序数是Y的2倍，原子最外层电子数与X元素原子核外电子数相等，下列说法一定正确的是（）AX和Z、Y和W处于同一主族B4种元素形成的各种单质中，Z单质的沸点最高CW单质与X、Y、Z的最简单氢化物都可以发生反应D元素氧化物所对应的水化物酸性：WZX【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由原子序数和原子半径的关系可知X、Y位于第二周期，Z、W为第三周期，Z元素原子序数是Y的2倍，Y应为O，Z为S元素，Z原子最外层电子数与X元素原子核外电子数相等，则X为C元素，W的原子序数最大，应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：由原子序数和原子半径的关系可知X、Y
19、位于第二周期，Z、W为第三周期，Z元素原子序数是Y的2倍，Y应为O，Z为S元素，Z原子最外层电子数与X元素原子核外电子数相等，则X为C元素，W的原子序数最大，应为Cl元素，AX位于第二周期，Z位于第三周期，Y和Z位于同一主族，故A错误；B.4种元素形成的各种单质中，X单质的沸点最高，可为金刚石或石墨，故B错误；CW为Cl元素，氯气与X、Y、Z的最简单氢化物甲烷、水以及硫化氢都可反应，故C正确；D如不是最高价氧化物的水化物，则不能比较酸性强弱，故D错误故选C4高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe（OH）3+C1O+OHFeO4
20、2+C1+H2O（未配平）下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应的计算；氧化性、还原性强弱的比较【分析】A、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性据此判断B、离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷据此计算C、反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比D、K2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有
21、净水作用【解答】解：A、反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价降低，C1O是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42是氧化产物，氧化性C1OFeO42，实际氧化性FeO42Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42中，铁元素的化合价为x，则x+4（2）=2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价由+1降低为1价，C1O是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（63）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化
22、性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确故选：A5某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为（）A1：2B1：4C3：4D3：2【考点】电解质在水溶液中的电离【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算【解答】解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na+3Al3+=Cl+2SO42（乘的系数就是它的电荷数），设SO42的离子个数为x，所以3+32=1+2x，解得x=4，所以溶液中Al3+和 SO42的
23、离子个数比为2：4=1：2故选A6下列物质属于纯净物的是（）A石油B生石灰C铝热剂D漂粉精【考点】混合物和纯净物【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可【解答】解：A石油是碳氢化合物的混合物，故A错误； B生石灰中只含有一种物质，属于纯净物，故B正确；C铝热剂是铝粉和金属氧化物的混合物，故C错误；D漂粉精主要成分是次氯酸钙，根据生产工艺的不同，还含有氯化钙或氯化钠及氢氧化钙等成分，故D错误故选B7用NA表示阿伏加德罗常数下列说法中，正确的是（）A1.8g重水（D2O）中含有的质子数为1.0 NAB500、30MPa下：N2（g）
24、+3H2（g）2NH3（g）；H=38.6kJmol1；将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，放出热量19.3kJC标准状况下，11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAD60 g石英晶体中含有的SiO键数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、依据质量换算物质的量结合分子式计算；B、依据反应是可逆反应不可能进行彻底；C、依据氯气和氢氧化钙反应是氯气自身的氧化还原反应计算电子转移数；D、依据二氧化硅的结构判断，1mmol二氧化硅中含有4molSiO键分析【解答】解：A、1.8g重水物质的量为=0.09mol，含质子数为0.09mol10=0.9mo
25、l，故A错误；B、将1.5NA的H2和过量N2在此条件下充分反应，因为反应是可逆反应，不可能进行完全，所以放出热量小于19.3kJ，故B错误；C、标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5mol，通入足量的冷的石灰乳中制备漂白粉发生的是氯气的自身氧化还原反应，1molCl2反应转移电子为1mol，所以0.5mol氯气反应转移电子0.5mol，故C正确；D、60g石英晶体物质的量为1mol，含有SiO键数目为4NA，故D错误；故选C8下列关于氧化物的叙述正确的是（）A金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物B碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C碱性氧化物
26、都能与水化合生成碱D酸性氧化物都能与水化合生成酸【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A、金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，非金属氧化物可以是不成盐氧化物；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；C、碱性氧化物不一定都和水反应生成碱；D、酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸【解答】解：A、金属氧化物可以是酸性氧化物或两性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，Al2O3是两性氧化物；非金属氧化物可以是不成盐氧化物；如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故A错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故B
27、正确；C、碱性氧化物不一定都和水反应生成碱，如Fe2O3是碱性氧化物但不与水反应，故C错误；D、酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；故选B9恒温下，a mol A和b mol B在如图所示活塞可自由滑动的容器中发生如下反应：A（g）+2B（g）2C（g），一段时间后达到平衡，生成n mol C则下列说法中正确的是（）A物质A、B的转化率之比为a：bB起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：（a+b）C若起始时放入2a mol A和2b mol B，则达平衡时生成2n mol CD当v正（A）=2v逆（B）时，可判定反应达到平衡【考
28、点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】A若A、B的物质的量之比等于化学计量数之比1：2，则平衡时A、B的转化率相等；B恒温条件下，活塞可自由滑动的容器是压强不会发生变化的；C若起始时放入2amolA和2bmolB，A、B的物质的量与原平衡相同为a：b，恒温恒压下，为等效平衡，反应物的转化率与原平衡相同，据此判断；D可逆反应到达平衡时，不同物质表示的正、逆速率之比等于化学计量数之比【解答】解：A由于a、b的值未知，则A、B的转化率不能确定，故A错误；B在恒温、恒压下反应，容器的压强不变，起始时刻和达平衡后容器中的压强比1：1，故B错误；C原平衡生成nmonC，若起始时放入2amolA和2
29、bmolB，A、B的物质的量与原平衡相同为a：b，恒温恒压下，为等效平衡，反应物的转化率与原平衡相同，则达平衡时生成2nmolC，故C正确；Dv正（A）=2v逆（B），即v正（A）：v逆（B）=2：1，不等于化学计量数之比，反应不处于平衡状态，正反应速率较大，反应向正反应进行，故D错误；故选C10下列有关实验装置正确的是（）A用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B用于灼烧Al（OH）3C用于检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫D由于实验室制备乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价【分析】ACu和浓H2SO4反应，需要加热；B灼烧Al（OH）3，应在坩埚中进行；C二氧化硫具有漂白性和还原性；
30、D乙酸乙酯在NaOH溶液中水解【解答】解：ACu和浓H2SO4反应，需要加热，而图中缺少加热装置，故A错误；B灼烧Al（OH）3，应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中灼烧，故B错误；C二氧化硫具有漂白性和还原性，则图中品红褪色，高锰酸钾褪色等可说明浓硫酸与蔗糖反应生成了二氧化硫，故C正确；D乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应将NaOH改为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选C11下列有关实验操作及其结论正确的是（）A加入过量氨水，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有Al3+B加入NaOH溶液然后加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定有NH4+C加入用硝酸酸化的BaCl2溶液后有白色沉淀生成，
31、则该无色溶液中一定含有Ag+D加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有SO42【考点】常见离子的检验方法【分析】A白色沉淀可能为氢氧化镁；B产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为氨气；C白色沉淀可能为硫酸钡；D白色沉淀可能为AgCl【解答】解：A白色沉淀也可能是氢氧化镁，则原溶液中不一定有Al3+，故A错误；B加入NaOH溶液然后加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体一定是氨气，即原溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C白色沉淀也可能是硫酸钡，该无色溶液中不一定含有Ag+，故C错误；D白色沉淀也可能是氯化银，原溶液中不一定有SO42，故D错误；故选B12元素M
32、的最高正价和负价的绝对值之差为6，M、N的离子具有相同的电子排布，则M、N所形成的化合物可能是（）ACaBr2BCaCl2CMgCl2DMgF2【考点】原子结构与元素的性质【分析】元素M的最高正价和负价的绝对值之差为6，其最高正价和最低负化合价的绝对值之和为8，则其最高正价为+7价、最低负价为1价，M、N的离子具有相同的电子排布，则N位于M的下一周期，且最外层电子数小于4，据此分析解答【解答】解：元素M的最高正价和负价的绝对值之差为6，其最高正价和最低负化合价的绝对值之和为8，则其最高正价为+7价、最低负价为1价，位于第VIIA族（F元素除外），M、N的离子具有相同的电子排布，则N位于M的下一
33、周期，且最外层电子数小于4，A如果M是Br元素，则N位于第五周期元素，Ca位于第四周期，不符合题意，故A错误；B如果M是Cl元素，则N位于第四周期元素，Ca位于第四周期，符合题意，故B正确；C如果M是Cl元素，则N位于第四周期元素，Mg位于第二周期，不符合题意，故C错误；DF元素没有正化合价，不符合题意，故D错误；故选B13肼（N2H4）是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，生成N2和H2O（g），已知：N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol；下列表示肼跟N2O4反应的热化学反
34、应方程式，正确的是（）A2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=542.7 kJ/molB2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1059.3 kJ/molCN2H4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（g）；H=1076.7 kJ/molD2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g）；H=1076.7 kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】已知N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol；N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol；利用盖斯定律将2可得2N2H
35、4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g），并以此计算反应热【解答】解：已知N2（g）+2O2（g）N2O4（g），H=+8.7kJ/mol，N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g），H=534.0kJ/mol，利用盖斯定律将2可得2N2H4（g）+N2O4（g）3N2（g）+4H2O（g），H=（534.0kJ/mol）2（+8.7kJ/mol）=1076.7 kJ/mol，或N2H4（g）+N2O4（g）N2（g）+2H2O（g）H=1076.7 kJ/mol，故选D14实脸室取等物质的量的KClO3分别发生下述反应：反应一：有催化剂存在时，受热分解得到氧气；反应二：
36、不使用催化剂，加热至743K左右，得到KClO4和KCl下列关于和的说法正确的是（）A两个反应中都只有一种元素化合价发生改变B两个过程生成KCl的物质的量相同C发生氧化反应的元素相同D发生还原反应的元素相同【考点】氧化还原反应【分析】发生2KClO32KCl+3O2，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低，以此来解答【解答】解：发生2KClO32KCl+3O2，Cl元素的化合价降低，O元素的化合价升高；发生4KClO33KClO4+KCl，Cl元素的化合价既升高又降低，A中Cl、O元素发生化合价发生改变，中Cl元素发生化合价
37、发生改变，故A错误；B中1molKClO3分解生成1molKCl，中1molKClO3分解生成0.25molmolKCl，故B错误；C中O元素发生氧化反应，中Cl元素发生氧化反应，故C错误；D中Cl元素的化合价降低发生氧化反应，中Cl元素的化合价降低发生氧化反应，故D正确故选D15表为元素周期表的局部，A、B、C、D为周期表中短周期元素，已知A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半据此判断下列正确的是（）BDACAA位于第2周期1A族BB的最高价氧化物的水化物是弱酸C原子半径ACBDD气态氢化物的热稳定性BDCA【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知，A是
38、第三周期元素A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半，则A是Si元素，因此B是氮元素，C是S元素，D是F元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期率知识解答该题【解答】解：根据元素在周期表中的相对位置可知，A是第三周期元素A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半，则A是Si元素，因此B是氮元素，C是S元素，D是F元素AA是Si元素，位于周期表第三周期，故A错误；BB为N元素，对应的最高价氧化物的水化物是硝酸，为强酸，故B错误；C同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径原子半径ACBD，故C正确；D非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的热稳定性DB
39、CA，故D错误故选C二、解答题（共8小题，满分38分）16化学平衡移动原理同样也适用于其他平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向右移动，OH的浓度减小，NH4+的浓度增大（2）向氨水中加入浓盐酸，此时溶液中浓度减小的微粒有OH、NH3、NH3H2O（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向左移动，此时发生的现象是无色有刺激性气味气体产生【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）向氨水中加入氯化镁固体时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，促进一水合氨电离；（2）向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子
40、，氢氧根离子浓度减小，促进一水合氨电离；（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动【解答】解：向氨水中加入氯化镁固体时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子浓度减小，促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子浓度增大，故答案为：右；减小；增大；（2）向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3、NH3H2O的浓度均减小，故答案为：OH、NH3、NH3H2O；（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有刺激性气体逸出，故
41、答案为：左；有刺激性气体逸出17（1）相同条件下，体积之比为a：b和质量之比为a：b的H2和O2的混合气体，其平均相对分子质量为和（2）已知各物质参加反应的物质的量之比等于其在化学方程式中的计量数之比，气体化合物A的分子式可表示为OxFy，同温同压下，10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为O3F2，推断的依据为阿伏伽德罗定律和质量守恒定律【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）设H2和O2物质的量分别为amol、bmol，根据m=nM计算质量，再根据=计算平均相对分子质量；设H2和O2质量分别为ag、bg，根据n=计算物质的量，再根据M=计算平均相对分子质量；（2）
42、10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，根据气体的体积之比等于物质的量之比，则方程式中A、O2、F2的物质的量之比是10：15：10=2：3：2，即该反应的化学方程式为2A=3O2+2F2，根据质量守恒定律得A的化学式【解答】解：（1）设H2和O2物质的量分别为amol、bmol，根据=可知平均相对分子质量为；设H2和O2质量分别为ag、bg，物质的量之比为： =16a：b，根据M=可知平均相对分子质量=，故答案为：；（2）10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，根据气体的体积之比等于物质的量之比，则方程式中A、O2、F2的物质的量之比是10：15：10=2：3：2，即该反
43、应的化学方程式为2A=3O2+2F2，根据质量守恒定律得A的化学式为O3F2，推断的依据是阿伏伽德罗定律和质量守恒定律，故答案为：O3F2；阿伏伽德罗定律和质量守恒定律18下面有几种物质，请按要求回答问题食盐溶液与沙子480mL 0.1molL1的NaOH溶液SiO2和CaCO3混合物水和汽油的混合物用CCl4提取碘水中的碘（1）分离的操作名称为过滤（2）配置480mL 0.1molL1的NaOH溶液需NaOH固体的质量为2.0g（3）和共同使用的仪器且在其他组分分离无需使用，这种仪器是分液漏斗（4）除去CaCO3粉末中少量SiO2 粉末，试剂为NaOH溶液，反应的离子反应方程式为SiO2+2
44、OH=SiO32+H2O（5）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，如图1，观察到试管里的分层现象是D（注：图片中深色区为紫红色溶液）（6）从含碘的有机溶液中取碘和回收有机溶剂，还需要经过蒸馏，指出图2实验装置中的错误之处未垫石棉网；温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）中沙子不溶于水，食盐溶于水；（2）结合m=cVM计算；（3）水和汽油的混合物分层，需要分液漏斗分液，用CCl4提取碘水中的碘，需要分液漏斗萃取；（4）SiO2与NaOH反应，而碳酸钙不能；（5）碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，
45、且四氯化碳的密度比水的密度大；（6）从含碘的有机溶液中取碘和回收有机溶剂的蒸馏装置中，冷水下进上出冷凝效果好，温度计测定馏分的温度，以此来解答【解答】解：（1）中沙子不溶于水，食盐溶于水，则分离方法为过滤，故答案为：过滤；（2）质量为0.5L0.1mol/L40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；（3）水和汽油的混合物分层，需要分液漏斗分液，用CCl4提取碘水中的碘，需要分液漏斗萃取，则共同使用的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（4）SiO2与NaOH反应，而碳酸钙不能，则试剂为NaOH溶液，离子反应为SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：NaOH溶液；SiO2+2OH=Si
46、O32+H2O；（5）碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水的密度大，则分层后下层颜色深，只有D符合，故答案为：D；（6）从含碘的有机溶液中取碘和回收有机溶剂的蒸馏装置中，冷水下进上出冷凝效果好，温度计测定馏分的温度，由图可知，错误为温度计插到了液体中、冷凝管进出水的方向颠倒，故答案为：温度计插到了液体中；冷凝管进出水的方向颠倒19高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：（1）浸出：浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，植物粉的作用是作还原剂（
47、2）除杂：向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；操作中使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）；操作中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2（3）制备：在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀温度控制35以下的原因是减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；该反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+
48、CO2+H2O；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液12mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（4）计算：室温下，Ksp（MnCO3）=1.81011，Ksp（MgCO3）=2.6105，已知离子浓度小于1，.0105molL1时，表示该离子沉淀完全若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度【考点】制备实验方案的设计【分析】湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，
49、加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰；（1）升温搅拌都可以加快物质的溶解反应速率；加入植物粉是一种还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计；（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=1.81011/1.010
50、5=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1【解答】解：（1）升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率，浸出时温度控制在9095之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率；加入植物粉是一种还原剂，故答案为：提高软锰矿中锰的浸出率；作还原剂；（2）使用碳酸锰调pH的优势是不引入新的杂质；酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2，故答案为：增加MnCO3的产量（或不引入
51、新的杂质等）； MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2；（3）依据碳酸氢铵受热易分解分析，温度控制35以下的原因是防止碳酸氢铵分解，在3035下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸铵，二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子设计，取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净故答案为：减少碳
52、酸氢铵的分解，提高原料利用率；MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；取最后一次的洗涤滤液12 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；（4）Ksp （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度，答：Ks
53、p （MnCO3）=c（Mn2+）c（CO32），当Mn2+沉淀完全时，c（CO32）=105=1.8106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，则要求Mg2+2.6105/1.8106=14.4 molL1，Mg2+的浓度0.01mol/L远小于14.4 molL1，若净化液中的c（Mg2+）=102mol/L，说明Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度20在Mg（NO3）2和Al（NO3）3的混合溶液中，NO3的物质的量为0.7mol向该溶液中加入100ml 8molL1的KOH溶液，使之充分反应，反应前，若Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x（不考虑Mg2+和Al3+的
54、水解及水的电离所引起的离子总数的变化）（1）x的取值范围是0x0.25（2）当KOH刚好完全消耗，且Al3+全部转化为AlO2时，x的取值范围0.1（3）将（2）中的x值记为x1，则：当0xx1时，反应生成的沉淀物的化学式为Mg（OH）2当xx1时反应生成的沉淀物的化学式为Al（OH）3和Mg（OH）2（4）若反应前Al3+的物质的量为a mol，则a=（用含x的代数式表示）【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）当溶液中完全为硝酸铝时，Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值x有最大值，据此计算x的取值范围；（2）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成AlO2时，此时溶液中溶质为
55、KNO3、KAlO2，根据守恒可知n（K+）=n（NO3）+n（AlO2），n（AlO2）=n（Al3+），利用电荷守恒计算n（Mg2+），据此计算x的值；（3）当0x0.1时，氢氧化钾过量，生成的沉淀只有Mg（OH）2；当0.1x0.25时，氢氧化钾不足，生成的沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2；（4）设溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Mg2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，据此列等式计算a的值（用x表示）【解答】解：（1）当完全为Al（NO3）3时，x有最大值，硝酸根离子的物质的量为0.7mol，则铝离子的物质的量为：0.7mo
56、l=mol，则：x=0.25，由于是硝酸镁和硝酸铝的混合物，则x0.25，所以x的范围为：0x0.25，故答案为：0x0.25；（2）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成AlO2时，此时溶液中溶质为KNO3、KAlO2，根据守恒可知：n（K+）=n（NO3）+n（AlO2），故n（AlO2）=0.1L8mol/L0.7mol=0.1mol，故：n（Al3+）=0.1mol，根据电荷守恒可知，n（Mg2+）=0.2mol，则：x=0.1，故答案为：0.1；（3）当0x0.1时，氢氧化钾过量，铝离子完全转化成AlO2，生成的沉淀为Mg（OH）2；当0.1x0.25时，氢氧化钾不足，生成的沉淀为A
57、l（OH）3和Mg（OH）2的混合物，故答案为：Mg（OH）2；Al（OH）3和Mg（OH）2；（4）设溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为：，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，故： +amol+0.7mol=mol，解得：a=，故答案为：21室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体与无色气体，在合适条件下，它们可以按下面的流程进行反应又知E溶液是无色的请回答：（1）写出E物质的化学式HCl（2）写出GH的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）写出B+FD的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl【考点】
58、无机物的推断【分析】由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，据此分析，（1）分析可知E为HCl；（2）GH为Fe（OH）2和O2反应生成Fe（OH）3的反应；（3）B+F
59、D的反应为Cl2和FeCl2生成FeCl3的反应【解答】解：由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，（1）分析可知E为HCl，故答案为：HCl；（2）GH为Fe（OH）2
60、和O2反应生成Fe（OH）3的反应，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）B+FD的反应为Cl2和FeCl2生成FeCl3的反应，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl22A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，A、C同主族，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体又已知C、E的单质均可与NaOH溶液反应，且C与NaOH溶液反应可产生氢气（1）A元素的名称为碳，在元素周期表中的位置是第二周期IVA族
61、（2）写出C单质的一种用途制作硅芯片或太阳能电池（3）对B单质或化合物描述正确的是abda常温、常压下单质难溶于水 bB元素在化合物中的化合价可为1或2价c单质分子中含有18个电子 d氢气与B单质混合在一定条件下可能发生爆炸（4）写出C、E单质分别与NaOH溶液反应的离子方程式Si+2OH+H2O=SiO32+2H2、Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体，常见气体有CO2、SO2，则可知A为C元素，B为O元素，D为S元素；A、C同主族，C
62、与NaOH溶液反应可产生氢气，则C为Si；E的单质可与NaOH溶液反应，E的原子序数大于硫，则E为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体，常见气体有CO2、SO2，则可知A为C元素，B为O元素，D为S元素；A、C同主族，C与NaOH溶液反应可产生氢气，则C为Si；E的单质可与NaOH溶液反应，E的原子序数大于硫，则E为Cl（1）由上述分析可知，A为碳，在周期表中位置为：第二周期IVA族，故答案为：碳；第二周期IVA族；（2）C为Si元素，可以制作硅芯片或太阳能电池，故答案为：制作硅芯片或太阳
63、能电池；（3）a常温、常压下氧气难溶于水，故a正确；bO元素在化合物中的化合价可为1或2价，如水中O表现2价，过氧化钠中O表现1价，故b正确；c单质分子为氧气或臭氧，氧气分子含有16个电子、臭氧分子含有24个电子，故c错误；d氢气与氧气混合在一定条件下可能发生爆炸，故d正确，故选：abd；（4）C单质与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Si+2OH+H2O=SiO32+2H2，E单质与NaOH溶液反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Si+2OH+H2O=SiO32+2H2；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O23A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一中元素，
64、它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其它物质已经略去）：（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为紫红色变为无色；体现B的还原性（填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）SO2+CuSO4+2H2O；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为1：2；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；请写出CD的离子方程式3NO2+H2O=2H+2NO
65、3+NO（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为过氧化钠，试用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；将C长期露置于空气中，最后将变成物质E，E的化学式为Na2CO3【考点】无机物的推断【分析】（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为NH3，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，D为HNO3，则B为NO，C为NO2；（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH【解答
66、】解：（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，B为二氧化硫，具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与铜发生氧化还原反应，反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）SO2+CuSO4+2H2O，由方程式可知此反应中作氧化剂的D（H2SO4）与参加反应的D（H2SO4）的物质的量之比为1：2，故答案为：紫红色变为无色；还原性；Cu+2H2SO4（浓）SO2+CuSO4+2H2O；1：2；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为NH3，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al
67、钝化，D为HNO3，则B为NO，C为NO2，实验室制备氨气的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，CD的离子方程式：3NO2+H2O=2H+2NO3+NO，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；3NO2+H2O=2H+2NO3+NO；（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，C的名称为过氧化钠，与二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，将C长期露置于空气中，与空气中二氧化碳、水蒸气反应，氢氧化钠会稀释二氧化碳，最终生成碳酸钠，故答案为：过氧化钠；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；Na2CO32016年12月10日
