1、2016-2017学年河南省郑州市中牟一中高二（上）开学化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1下列变化中不属于氮的固定的是（）A豆科植物的根瘤菌把氮气变为NH3B闪电时，空气中的O2和N2化合成NOC工业上将NH3与CO2在高温高压下制成CO（NH2）2D工业上用N2和H2合成NH32元素周期表中第116号元素已由俄罗斯科学家找到假设第116号元素的元素符号为R，则下列有关叙述中不正确的是（）R的非金属性比S强R元素原子的内层电子共有110个R是过渡金属元素R元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸R元素的最高价氧化物的化学式为RO3ABCD3下列离子方程式表达正确的（）A
2、硫化钠的水解反应：S2+2H2OH2S+2OHB铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al+2OHAlO2+H2C在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2OHD向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2OHClO+HSO34一定量碳（由12C、13C组成）和足量氧气（由16O组成）反应所得CO2气体，对氢气的相对密度为22.495，则该碳中12C和13C的原子个数比为（）A1：99B1：100C100：1D99：15将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+）或c（OH）都已变得很
3、小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）26下列叙述中正确的是（）A离子化合物熔融状态下一定导电B金属元素跟非金属元素化合时都能形成离子键C离子化合物中的阳离子只能是金属离子，酸根离子中不能含有金属元素D离子化合物中不一定含有离子键，含共价键的化合物不一定是共价化合物7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AABBCCDD8已知X、
4、Y、Z元素的原子具有相同的电子层数，且原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，则下列判断正确的是（）A原子半径按X、Y、Z依次增大B阴离子的还原性按X、Y、Z顺序增强C单质的氧化性按X、Y、Z顺序增强D氢化物的稳定性按X、Y、Z顺序增强9下列每组分别给出了两个量，其中可以组成一个物质的量的公式的组有（）物质微粒数固体体积溶液的质量百分比浓度标准状况下气体的摩尔体积非标准状况下某物质的质量阿伏加德罗常数固体密度溶液体积标准状况下气体的体积物质的摩尔质量ABCD10与图象有关的叙述，正确的是（）A表示1mol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收241.8 kJ热量B表示的热化学方程
5、式为：H2（g）+ O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJmol1CH2O（g）的能量低于H2（g）和O2（g）的能量之和D表示2 mol H2（g）所具有的能量一定比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJ11用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A11.2LCO和N2混合气体中含有的分子数是0.5NAB在氯气参与的反应中，22.4L（标况）氯气完全反应得到的电子数一定为0.2NAC1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子Dl L l molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目小于NA12在100mL1molL1 AlCl3溶液中滴
6、加1molL1NaOH溶液，得到3.9g沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能是（）A160mLB200mLC300mLD350mL13有a、b、c、d、e五种无色气体，进行下列实验：实验步骤实验现象a和b相混合气体变为红棕色c和d相混合产生白烟c、e分别通入少量溴水中都变成无色透明的溶液b、e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色的浑浊a、b、c、d、e依次可能是（）AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO2CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHBr、Cl2、NH3、H2S、C2H414下列说法正确的是（）A1mol可燃物燃烧生成氧化物放出的热量就是该物质的燃烧热B因为醋
7、酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和醋酸消耗的NaOH比盐酸消耗的NaOH用量少C反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应D强电解质溶液的导电能力比弱电解质溶液的导电能力强15研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是（）选项反应叙述产物图示ANaOH溶液与SO2反应时溶液中的溶质BNaAlO2溶液与盐酸反应后铝元素的存在形式CFe和稀HNO3反应后，铁元素的存在形式DFe在Cl2中的燃烧产物AABBCCDD二、非选择题：16在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖
8、放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体请回答：（1）生成的黑色物质是_（填化学式）（2）刺激性气味的气体主要成分是_（填化学式），产生该气体的化学方程式为_（3）根据上述实验现象，表明浓硫酸具有_（填序号）酸性 吸水性 脱水性 强氧化性17A、B、C是三种互不同族也不同周期的短周期元素，原子序数总和为26，它们可以结成一种三原子化合物，这种化合物的化学式是_18氯气是一种重要的化工原料某化学学习小组在实验室中利用如图所示装置制取氯气并探究其性质（1）若A是用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的发生装置，除
9、圆底烧瓶和导管外还用到的玻璃仪器有_；（2）装置B中盛有的试剂是_，作用是_（3）若E中品红溶液褪色，则C装置中发生反应的离子方程式是_为了证明确实发生了此反应，可在实验后，取少量C中溶液，_（填实验步骤和现象）（4）吸收尾气一段时间后，F中溶液仍呈强碱性，且一定存在Cl、OH、CO32和SO42对于可能存在的其他阴离子，该小组提出了3种假设假设1：只存在SO32； 假设2：只存在ClO；假设3：既不存在SO32，也不存在ClO；同时存在SO32和ClO是不可能的，理由是_为判断假设是否正确，该小组设计如下实验方案，请完善实验步骤并填写预期现象限选试剂如下所示：a3mol/L 硫酸 b0.01
10、mol/L KMnO4溶液 c1mol/L BaCl2溶液d淀粉一KI溶液 e酚酞试液步骤一；取少量F中溶液，将其分别装于A、B两试管中步骤二：向A试管中滴加少量_（填序号）若溶液_（填现象），则假设1成立步骤三：向B试管中滴加少量_（填序号）；若溶液_（填现象），则假设2成立，请写出反应的离子方程式：_19某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如右图所示实验方案（1）在B中检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可为_（2）在C中装FeCl3，溶液，检验SO2的还原性，则C中反应的离子方程式为_（3）在D中装新制漂白粉浓溶液通入SO2一段吋间后，D中出现了大量白色沉淀同学们对白色沉淀成分进行了探
11、究请回答下列问题：限选的仪器和试剂；过滤装置、试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、0.5molL1 HCl、0.5molL1 H2SO4、0.5molL1BaCl2、品红溶液、新制澄清石灰水（1）所设一：该白色沉淀为CaSO3假设二：该白色沉淀为_（填化学式）假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物（ii）基于假设一，在答题卡上填写下表：实验操作预期现象和结论将D中沉淀过滤、洗涤干净备用/用另一干净试管取少量沉淀样品，加入_（iii）若假设二成立，试写出生成该白色沉淀的化学方程式：_20某小组对Cu与浓HNO3的反应进行研究记录如下：装置药品现象实验10.64g Cu片（0.01mol）和20
12、.0mL浓HNO3Cu片消失，得到绿色溶液A，放置较长时间后得到蓝色溶液B，ICu与浓HNO3反应的化学方程式是_II探究实验1中溶液A呈绿色而不是蓝色的原因_（1）甲认为溶液呈绿色是由Cu2+离子浓度较大引起的乙根据实验记录，认为此观点不正确，乙的依据是_（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的进行实验2：先将NO2通入B中，再鼓入N2结果证实假设成立则以上两步操作对应的现象分别是、_（3）为深入研究，丙查阅资料，有如下信息：i溶有NO2的、浓HNO3呈黄色；水或稀HNO3中通少量NO2溶液呈无色iiNO2溶于水，会发生反应2NO2+H2O=HNO3+HNO2HNO2是弱酸，只能稳定存在
13、于冷、稀的溶液中，否则易分解iiiNO2能与Cu2+反应：Cu2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42（绿色）据此，丙进一步假设：可能是A中剩余的浓HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2的蓝色溶液混合而形成的绿色；可能是A中生成了Cu（NO2）24使溶液呈绿色丙进行如下实验：操作现象实验3i配制与溶液A的c（H+）相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入NO2气体溶液呈黄色ii再加0.01mol Cu（NO3）2固体搅拌至完全溶解溶液变为绿色3、加水稀释溶液立即变为蓝色实验4i向20.0mL 0.5mol/L Cu（NO3）2蓝色溶液中通入少量NO2溶液呈绿色ii加入稀H2SO4
14、有无色气体放出，遇空气变红棕色，溶液很快变为蓝色亚硝酸分解的化学方程式是_请用平衡原理解释加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：_（4）根据实验得出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是_，请依据实验现象阐述理由：_21现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g/mol若阿伏加德罗常数的值用NA表示，则：（1）该气体的物质的量为_mol（2）该气体所含原子总数为_个（3）该气体在标准状况下的体积为_L（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），形成的溶液溶质的质量分数为_（5）该气体溶于水形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为_mol/L22已知：A、B、C均为常见的单质或化合物，它
15、们在一定条件下有如下关系：A+H2OB+C（1）若A可作为呼吸面具和潜水艇中氧气的来源，则A与水反应的化学方程式为_（2）若A为氧化物，B为强酸，则该反应的化学方程式为_，3mol的A参加反应时转移的电子数为_（3）若A为单质，B、C均为酸，写出A与水反应的离子方程式：_；写出一种关于A的用途：_（4）若C为氢气，则单质A可能是_23置换反应的通式可用如图表示，单质甲、乙和化合物A、B为中学常见物质，请回答下列问题：（1）若单质甲是生活中用途最广泛的金属，单质乙是最轻的气体，则甲是_（2）若化合物A常温下呈液态，化合物B的焰色反应呈黄色，则该反应的离子反应方程式为_（3）工业上利用置换反应原理
16、制备一种半导体材料，写出该反应的化学方程式_（4）若气体单质乙能在空气中燃烧，化合物B为黑色磁性晶体，写出该反应的化学方程式_24某含氧物质X仅含三种元素，在198以下比较稳定，温度高时易分解，某研究小组设计并完成如下实验：试回答如下问题：（1）X的化学式为_，写出X与H2O反应的离子方程式_（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式_（3）保存X时应注意_2016-2017学年河南省郑州市中牟一中高二（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2分，满分30分）1下列变化中不属于氮的固定的是（）A豆科植物的根瘤菌把氮气变为NH3B闪电时，空气中的O2和N2
17、化合成NOC工业上将NH3与CO2在高温高压下制成CO（NH2）2D工业上用N2和H2合成NH3【考点】氮的固定【分析】元素以单质形态存在则为游离态；元素以化合物形态存在则为化合态根据氮的固定的定义：由游离态的氮转化为化合态的氮判断，氮的固定可分为人工固氮和自然固氮【解答】解：A氮气中的氮是游离态，NH3中的氮是化合态，属于固氮，是自然固氮中的生物固氮，故A错误；B空气中N2是游离态，NO是化合态，属于固氮，是自然固氮中的高能固氮，故B错误；CNH3和CO（NH2）2中氮元素都以化合态存在，不属于固氮，故C正确；D氮气中的氮是游离态，NH3中的氮是化合态，属于固氮，是人工固氮，故D错误；故选C
18、【点评】本题考查了氮的固定，根据固氮的定义可以判断，题目简单，属于基础题2元素周期表中第116号元素已由俄罗斯科学家找到假设第116号元素的元素符号为R，则下列有关叙述中不正确的是（）R的非金属性比S强R元素原子的内层电子共有110个R是过渡金属元素R元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸R元素的最高价氧化物的化学式为RO3ABCD【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用【分析】116号元素原子结构示意图为，该元素位于第7周期第VIA族，其性质具有氧族元素特点，根据元素周期律来分析解答【解答】解：116号元素原子结构示意图为，该元素位于第7周期第VIA族，同一主族元素，元素的非金属
19、性随着原子序数增大而减弱，所以R的非金属性比S弱，故错误；根据图知，R元素原子的内层电子共有110个，故正确；R是P区元素，不属于过渡金属元素，故错误；R元素的非金属性很弱，所以R原子的最高价氧化物对应的水化物为弱酸，故错误；R元素的最高价为+6价，所以R元素的最高价氧化物的化学式为RO3，故正确；故选A【点评】本题考查了原子结构和元素性质，正确书写原子结构示意图是解本题关键，根据原子结构示意图确定元素在周期表中的位置，再结合元素周期律来分析解答，题目难度不大3下列离子方程式表达正确的（）A硫化钠的水解反应：S2+2H2OH2S+2OHB铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al+2OHAlO2+H2C在硫
20、酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2OHD向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2OHClO+HSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A、硫离子水解分步进行，主要以第一步为主；B、根据电子守恒或电荷守恒判断，离子方程式两边电子和电荷都不守恒；C、亚铁离子具有还原性，能够被氧气氧化成铁离子；D、次氯酸具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子【解答】解：A、硫化钠的水解反应主要以第一步为主，其电离方程式为：S2+H2OHS+OH，故A错误；B、铝片跟氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，故B错误；C、在硫酸亚铁溶液中通入
21、氧气，亚铁离子被氧气氧化，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2OH，故C正确；D、向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：SO2+ClO+H2OSO42+2H+Cl，故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，该题是高考中的高频题，侧重对学生能力的培养和训练，该题需要明确判断离子方程式常用方法：（1）检查反应能否发生；（2）检查反应物、生成物是否正确；（3）检查各物质拆分是否正确；（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；（5）检查是否符合原化学方程式，然后灵活运用即可4一定量碳（由12C、13C组成）和
22、足量氧气（由16O组成）反应所得CO2气体，对氢气的相对密度为22.495，则该碳中12C和13C的原子个数比为（）A1：99B1：100C100：1D99：1【考点】物质的量的相关计算【分析】已知CO2气体对氢气的相对密度为22.495，则CO2的相对分子质量为M=22.4952=44.99，而12CO2的相对分子质量为44，14CO2的相对分子质量为46，由“十字交叉”法计算12C和13C的原子个数比【解答】解：已知CO2气体对氢气的相对密度为22.495，则CO2的相对分子质量为M=22.4952=44.99，而12CO2的相对分子质量为44，14CO2的相对分子质量为46，由“十字交叉
23、”法得：，即12C和13C的原子个数比1：99；故选：A【点评】本题考查混合物的有关计算，难度不大，根据相对密度确定混合气体的平均摩尔质量是关键，注意体会十字交叉法计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力5将40mL 1.5molL1的 CuSO4 溶液与30mL 3molL1 的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（Cu2+）或c（OH）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）ACu（OH）2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO42Cu（OH）2DCuSO43Cu（OH）2【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据n=cV计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜
24、离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中，结合选项各化学式中铜离子和氢氧根离子物质的量之比判断【解答】解：40mL 1.5mol/L的 CuSO4 溶液中含铜离子物质的量n（Cu2+）=0.04L1.5mol/L=0.06mol，30mL 3mol/L的 NaOH 溶液中氢氧根离子物质的量n（OH）=0.09mol，故n（Cu2+）：n（OH）=2：3，溶液中c （Cu2+ ）或 c （OH ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，A中为
25、1：2，B中为1：1，C中为3：4，D中为2：3，故D符合，故选D【点评】本题以常规的反应为载体，考查了元素守恒的具体应用，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用，本题采取排除法解答，可以根据反应后溶液为硫酸钠，计算产物中各离子的物质的量确定化学式6下列叙述中正确的是（）A离子化合物熔融状态下一定导电B金属元素跟非金属元素化合时都能形成离子键C离子化合物中的阳离子只能是金属离子，酸根离子中不能含有金属元素D离子化合物中不一定含有离子键，含共价键的化合物不一定是共价化合物【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】A离子化合物熔融状态下，存在自由移动的离子；B金属元素跟非金属元素
26、化合时可能形成离子键；C离子化合物中的阳离子可能为铵根离子，酸根离子中可能含金属元素；D离子化合物中一定含离子键，可能含共价键【解答】解：A离子化合物熔融状态下，存在自由移动的离子，则一定能导电，故A正确；B金属元素跟非金属元素化合时可能形成离子键，如铵盐，可能存在共价键，如HCl，故B错误；C离子化合物中的阳离子可能为铵根离子，酸根离子中可能含金属元素，如AlO2，故C错误；D离子化合物中一定含离子键，可能含共价键，如NaOH，含共价键的化合物可能为离子化合物，故D错误；故选A【点评】本题考查离子化合物及化学键，为高频考点，把握物质中的化学键形成及特殊物质中的化学键为解答的关键，注意利用实例
27、分析解答，题目难度不大7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AABBCCDD【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
28、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溴酸，所以秀水的颜色会消失，现象与预测不一致，故D选【点评】本题考查实验装置的综合及元素化合物性质，为高频考点，把握发生的反应及反应现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力及综合应用能力的考查，题目难度不大8已知X、Y、Z元素的原子具有相同的电子层数
29、，且原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，则下列判断正确的是（）A原子半径按X、Y、Z依次增大B阴离子的还原性按X、Y、Z顺序增强C单质的氧化性按X、Y、Z顺序增强D氢化物的稳定性按X、Y、Z顺序增强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z元素的原子具有相同的电子层数，所以为同周期元素，这几种元素的原子序数依次增大，同一周期元素，随原子序数增大原子半径减小，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，其单质的氧化性依次增强，阴离子的还原性依次减弱，形成的气态氢化物的稳定性依次增强，据此分析解答【解答】解：X、Y、Z元素的原子具有相同的电子层数，所以为同周期元素，AX
30、、Y、Z元素同周期，且原子序数依次增大，故原子半径依次减小，故A错误；BX、Y、Z元素同周期，且原子序数依次增大，元素的非金属性依次增强，其阴离子的还原性逐渐减弱，故B错误；CX、Y、Z元素同周期，且原子序数依次增大，元素的非金属性依次增强，其单质的氧化性依次增强，故C正确；DX、Y、Z元素同周期，且原子序数依次增大，元素的非金属性依次增强，故其氢化物越稳定性依次增强，故D正确；故选CD【点评】本题考查同周期元素化合物性质的递变性、结构与位置、性质的关系等，明确元素周期律是解本题关键，难度中等9下列每组分别给出了两个量，其中可以组成一个物质的量的公式的组有（）物质微粒数固体体积溶液的质量百分比
31、浓度标准状况下气体的摩尔体积非标准状况下某物质的质量阿伏加德罗常数固体密度溶液体积标准状况下气体的体积物质的摩尔质量ABCD【考点】物质的量的相关计算；物质的量的单位-摩尔；摩尔质量；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数【分析】根据n=cV计算【解答】解：已知物质微粒数和阿伏加德罗常数，根据n=可计算物质的量，故正确；已知固体的密度和固体体积，可计算固体质量，不能计算物质的量，故错误；已知溶液的质量百分比浓度和溶液体积，不能确定物质的量浓度和物质的量，故错误；已知标准状况下气体的摩尔体积和标准状况下气体的体积，根据n=，可计算物质的量，故正确；已知非标准状况下某物质的质量和物质的摩尔质量，根据n=可计
32、算物质的量，故正确故选C【点评】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式与物理量之间的关系，难度不大10与图象有关的叙述，正确的是（）A表示1mol H2（g）完全燃烧生成水蒸气吸收241.8 kJ热量B表示的热化学方程式为：H2（g）+ O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJmol1CH2O（g）的能量低于H2（g）和O2（g）的能量之和D表示2 mol H2（g）所具有的能量一定比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJ【考点】反应热和焓变【分析】由图象可知，2mol氢气和1mol氧气生成2mol水蒸气为放热反应，根据能量的变化可确定反应热
33、，以此解答该题【解答】解：A由图象可知，2mol氢气和1mol氧气生成2mol水蒸气放出483.6kJ的能量，则表示的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8kJ/mol，所以1mol H2（g）完全燃烧生成水蒸气放出241.8 kJ热量，故A错误；B由图象可知，2mol氢气和1mol氧气生成2mol水蒸气放出483.6kJ的能量，则表示的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8kJ/mol，故B正确；C由图象可知，2molH2O（g）的能量低于2molH2（g）和1molO2（g）的能量之和，题中没有确定物质的关系，故C错误；D反应热应为反
34、应物总能量和生成物总能量的关系，而不是某一种反应物与生成物的能量关系，故D错误故选B【点评】本题考查反应热与焓变，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握图象中物质的能量的关系，确定反应热的定义，难度不大11用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A11.2LCO和N2混合气体中含有的分子数是0.5NAB在氯气参与的反应中，22.4L（标况）氯气完全反应得到的电子数一定为0.2NAC1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子Dl L l molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目小于NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、气体所处的状态不明确；
35、B、氯气参与反应时不一定得电子，还可能失电子或发生歧化反应；C、二氧化硫和氧气的反应为歧化反应；D、次氯酸根为弱酸根，在溶液中会水解【解答】解：A、没有指明是标准状况，无法根据气体的体积计算物质的量，故A错误；B、Cl2与H2O或NaOH等强碱反应，Cl2既是氧化剂也是还原剂，22.4L（标况）氯气物质的量为1mol，得电子数为NA，故B错误；C、SO2与O2的反应是可逆反应，1mol SO2不可能全部反应，所以1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移电子数小于2NA，故C错误；D、NaClO为弱酸强碱盐，ClO发生水解反应，所以l L l mol/L的NaClO溶液中含
36、有ClO的数目小于NA，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大12在100mL1molL1 AlCl3溶液中滴加1molL1NaOH溶液，得到3.9g沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能是（）A160mLB200mLC300mLD350mL【考点】化学方程式的有关计算【分析】AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2现AlCl3的物质的量为0.1mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为7.8g，现沉淀质量为3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不
37、完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2【解答】解：现AlCl3的物质的量为0.1mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为7.8g，现沉淀质量为3.9g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）=0.05mol，若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.05mol3=0.15mol，加入NaOH溶液的体积为=0.15L，即150mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAl
38、O2，则由 Al3+3OHAl（OH）3 0.1mol 0.3mol 0.1mol Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（0.10.05）mol （0.10.05）mol则消耗的碱的物质的量为0.3mol+（0.10.05）mol=0.35mol，加入NaOH溶液的体积为=0.35L，即350mL；故选D【点评】本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据100mL1mol/L的AlCl3溶液、1mol/L的NaOH溶液，以及3.9g沉淀，结合反应的有关方程式计算13有a、b、c、d、e五种无色气体，进行下列实验：实验步骤实验现象a和b相混合气体变为红棕色c和d相混合产生白烟c、e分
39、别通入少量溴水中都变成无色透明的溶液b、e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色的浑浊a、b、c、d、e依次可能是（）AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO2CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHBr、Cl2、NH3、H2S、C2H4【考点】无机物的推断【分析】由a和b相混合，气体为红棕色，则生成NO2，a和b中有一种必为NO气体，另一种为O2气体；由c和d相混合，产生白烟可知，生成固体，则c和d中有一种必为NH3气体，另一种为HCl气体；由c、e分别通入少量溴水中，均为无色溶液，可知c为NH3，则d为HCl，e为SO2等；由b、e分别通入氢硫酸中，都产生淡黄色的浑浊，
40、则b为O2，以此来解答【解答】解：由a和b相混合，气体为红棕色，则生成NO2，a和b中有一种必为NO气体，另一种为O2气体；由c和d相混合，产生白烟可知，生成固体，则c和d中有一种必为NH3气体，另一种为HCl气体；由c、e分别通入少量溴水中，均为无色溶液，可知c为NH3，则d为HCl，e为SO2等；由b、e分别通入氢硫酸中，都产生淡黄色的浑浊，b、e具有氧化性，则b为O2，e为SO2，可知a为NO，综上所述，a、b、c、d、e依次可能是NO、O2、NH3、HCl、SO2，故选C【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注
41、意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大14下列说法正确的是（）A1mol可燃物燃烧生成氧化物放出的热量就是该物质的燃烧热B因为醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和醋酸消耗的NaOH比盐酸消耗的NaOH用量少C反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应D强电解质溶液的导电能力比弱电解质溶液的导电能力强【考点】化学能与热能的相互转化【分析】A、根据燃烧热的概念分析；B、根据反应方程式分析；C、根据反应物总能量与生成物总能量的相对大小分析；D、溶液导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关【解答】解：A、燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的
42、热量，故A错误；B、醋酸和盐酸与氢氧化钠反应都是按照1：1进行，所以中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，消耗的NaOH相同，故B错误；C、反应物总能量大于生成物总能量，则反应时放热，属于放热反应，故C正确；D、溶液导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关，自由移动离子的浓度越大导电性越强，如果强电解质溶液的浓度很小其导电性也很小，故D错误；故选C【点评】本题主要考查了放热与吸热反应的原因、酸碱中和反应，溶液导电性等，是对基本知识的考查，较简单15研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果，下列表达不正确的是（）选项反应叙述产物图示ANaOH溶液与SO2反
43、应时溶液中的溶质BNaAlO2溶液与盐酸反应后铝元素的存在形式CFe和稀HNO3反应后，铁元素的存在形式DFe在Cl2中的燃烧产物AABBCCDD【考点】化学方程式的有关计算；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质【分析】A、根据可能发生的反应2NaOH+SO2（少量）Na2SO3+H2O，NaOH+SO2（足）NaHSO3分析；B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；C、依据铁和稀硝酸的定量反应分析判断；D、Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量
44、无关，其产物只有FeCl3【解答】解：A、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：11：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故A正确；B、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，n（HCl）：n（NaAlO2）1
45、：1，为AlO2，Al（OH）3，n（HCl）：n（NaAlO2）1：4，存在Al3+，1：11：4存在Al（OH）3，AlCl3，数轴符合，故B正确；C、反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+FeFe（NO3）3+NO+2H2O，8HNO3+3Fe3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，Fe与HNO3的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成Fe（NO3）3，即Fe与HNO3的物质的量之比为时反应得到Fe（NO3）3，Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe（NO3）2，即Fe与HNO3的物质的量之比为时反应得到Fe（NO3）2，故C正确；D、Fe在Cl2中燃烧只有一种产物FeCl
46、3，故D错误；故选D【点评】本题考查了常见的用数轴法表示化学知识，完成此题，可以依据已有的知识进行，所以要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用二、非选择题：16在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体请回答：（1）生成的黑色物质是C（填化学式）（2）刺激性气味的气体主要成分是SO2（填化学式），产生该气体的化学方程式为2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O（3）根据上述实验现象，表明浓硫酸具有（填序号）酸性
47、 吸水性 脱水性 强氧化性【考点】浓硫酸的性质实验【分析】（1）浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成黑色的C；（2）浓硫酸氧化C，同时被还原生成具有刺激性气味的二氧化硫；（3）浓硫酸的脱水性和强氧化性【解答】解：（1）生成的黑色物质是浓硫酸将蔗糖脱水生成的C，故答案为：C；（2）生成的具有刺激性气味的气体是二氧化硫，反应的化学方程式是：2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O，故答案为：SO2；2H2SO4（浓）+CCO2+2SO2+2H2O；（3）蔗糖逐渐变黑表现了浓硫酸的脱水性，放出有刺激性气味的气体说明浓硫酸具有强氧化性，故选【点评】本题考查了浓硫酸和C的反应，表现了强氧化性浓硫酸的
48、脱水性，本题难度中等17A、B、C是三种互不同族也不同周期的短周期元素，原子序数总和为26，它们可以结成一种三原子化合物，这种化合物的化学式是HClO【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A、B、C是三种互不同族也不同周期的短周期元素，判断一定含有H元素，原子序数总和为26，则另外两种原子序数和为25，如果一种是Cl，则另一种为氧，则它们可以结合成一种三原子化合物为HClO【解答】解：A、B、C是三种互不同族也不同周期的短周期元素，判断一定含有H元素，原子序数总和为26，则另外两种原子序数和为25，如果一种是Cl，则另一种为氧，则它们可以结合成一种三原子化合物为HClO，故答案为：HClO【
49、点评】本题考查了物质性质和原子结构的分析推断，掌握基础是关键，题目难度中等18氯气是一种重要的化工原料某化学学习小组在实验室中利用如图所示装置制取氯气并探究其性质（1）若A是用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的发生装置，除圆底烧瓶和导管外还用到的玻璃仪器有分液漏斗、酒精灯；（2）装置B中盛有的试剂是饱和食盐水，作用是吸收氯气中的氯化氢（3）若E中品红溶液褪色，则C装置中发生反应的离子方程式是2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2为了证明确实发生了此反应，可在实验后，取少量C中溶液，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；另取少量C中溶液，加入CCl4萃取，CCl4层变为橙色（填实验步骤和现
50、象）（4）吸收尾气一段时间后，F中溶液仍呈强碱性，且一定存在Cl、OH、CO32和SO42对于可能存在的其他阴离子，该小组提出了3种假设假设1：只存在SO32； 假设2：只存在ClO；假设3：既不存在SO32，也不存在ClO；同时存在SO32和ClO是不可能的，理由是SO32与ClO能发生氧化还原反应，故不能共存为判断假设是否正确，该小组设计如下实验方案，请完善实验步骤并填写预期现象限选试剂如下所示：a3mol/L 硫酸 b0.01mol/L KMnO4溶液 c1mol/L BaCl2溶液d淀粉一KI溶液 e酚酞试液步骤一；取少量F中溶液，将其分别装于A、B两试管中步骤二：向A试管中滴加少量a
51、b（填序号）若溶液褪色（填现象），则假设1成立步骤三：向B试管中滴加少量ad（填序号）；若溶液变蓝色（填现象），则假设2成立，请写出反应的离子方程式：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应物状态为固体与液体，据此判断需要仪器；（2）浓盐酸具有挥发性，加热能够促进浓盐酸的挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据二者性质选择除杂试剂；（3）氯气具有很强的氧化性，能够和具有较强还原性的Fe2+发生反应；FeBr2与Cl2发生氧化还原反应，溴化亚铁中的二价铁先被氧化；（4）次氯酸具有强的氧化性，亚
52、硫酸根离子具有强的还原性，二者发生氧化还原反应；酸性环境下，高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；次氯酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝【解答】解：（1）二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，从方程式可知该反应需加热，需酒精灯，反应物浓盐酸的滴加以及防氯气的逸出需分液漏斗；故答案为：分液漏斗、酒精灯；（2）浓盐酸具有挥发性，加热能够促进浓盐酸的挥发，要制取纯净干燥的氯气应依次除去氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以选择饱和食盐水除去氯气；故答案为：饱和食盐水；
53、吸收氯气中的氯化氢；（3）若E中品红溶液褪色，说明经过E中有氯气，经过E中有氯气说明C装置中，溴化亚铁中的二价铁和溴离子均被氧化；因FeBr2与Cl2发生氧化还原反应，溴化亚铁中的二价铁先被氧化，所以只须证明有三价铁存在即可，KSCN溶液可与三价铁形成血红色的硫氰化铁可证明有三价铁存在，另取少量C中溶液，加入CCl4萃取，CCl4层变为橙色，证明有溴单质生成；故答案为：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+6Cl+2Br2；滴加KSCN溶液，溶液变为血红色；另取少量C中溶液，加入CCl4萃取，CCl4层变为橙色；（4）次氯酸具有强的氧化性，亚硫酸根离子具有强的还原性，二者发生氧化还原反应，所以二
54、者不能共存；故答案为：SO32与ClO能发生氧化还原反应，故不能共存；酸性环境下，高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，若看到溶液褪色，即可证明亚硫酸酸根离子的存在；故答案为：ab；褪色；次氯酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘离子方程式：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O，碘遇到淀粉变蓝；故答案为：ad；变蓝色； ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O【点评】本题为综合题，设计氯气的制备、性质的检验，解题关键在于熟悉氯气制备原理、氯气性质，题目难度中等，注意实验设计的严密性19某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如右图所示实验方案（1）在B中检验S
55、O2的氧化性，则B中所盛试剂可为硫化氢水溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液）（2）在C中装FeCl3，溶液，检验SO2的还原性，则C中反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+（3）在D中装新制漂白粉浓溶液通入SO2一段吋间后，D中出现了大量白色沉淀同学们对白色沉淀成分进行了探究请回答下列问题：限选的仪器和试剂；过滤装置、试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、0.5molL1 HCl、0.5molL1 H2SO4、0.5molL1BaCl2、品红溶液、新制澄清石灰水（1）所设一：该白色沉淀为CaSO3假设二：该白色沉淀为CaSO4（填化学式）假设三：该白色沉淀为上述两种物质
56、的混合物（ii）基于假设一，在答题卡上填写下表：实验操作预期现象和结论将D中沉淀过滤、洗涤干净备用/用另一干净试管取少量沉淀样品，加入过（适）量0.5molL1HCl，塞上带导管的单孔塞，将导管另一端插入取有少量澄清石灰水（品红溶液中）的试管；若固体完全溶解，有气泡放出、且澄清石灰水变浑浊（或品红溶液退色）则假设一成立；若固体不溶解，或者溶解但无气泡放出，或澄清石灰水未变浑浊（品红不退色），则假设一不成立（iii）若假设二成立，试写出生成该白色沉淀的化学方程式：Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl【考点】性质实验方案的设计；二氧化硫的化学性质【分析】（1）根据氧化还原反应的规
57、律，元素化合价降低发生还原反应，具有氧化性，据此解答；（2）铁离子具有氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应，据此书写离子方程式；（3）（i）新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子；（ii）因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色；（iii）漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，据此书写化学方程式【解答】解：（1）硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为2价，与二氧化硫反应，化合价会升高，被氧化二氧化硫表现氧化性，如：2H2S+SO2=3S+2H2O中，H2S中S元
58、素的化合价升高，被氧化，SO2中S元素的化合价降低，被还原，SO2为氧化剂，故答案为：硫化氢水溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液）；（2）铁离子具有氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应，铁离子被还原为亚铁离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，即2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+；（3）（i）新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物为硫酸钙，故答案为：CaSO4；（ii）白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸
59、馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复23次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HClCaCl2+SO2+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；故答案为：实验操作预期现象和结论过（适）量0.5 molL1HCl，塞上带导管的单孔塞，将导管另一端插入取有少量澄清石灰水（品红溶液中）的试管若固体完全溶解，有气泡放出、且澄清石灰水变浑浊（或品红溶液退色）则假设一成立；若固体不溶解，或者溶解但无气泡放出，或澄清石灰水未变浑浊（品红不退色），则假设一不成立（iii）漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，所以生成该白色沉淀的化学方程式：Ca（ClO）2+H2O+S
60、O2=CaSO4+2HCl，故答案为：Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl【点评】本题主要考查了探究SO2的化学性质实验操作，掌握实验的原理及二氧化硫的性质是解题的关键，题目难度较大20某小组对Cu与浓HNO3的反应进行研究记录如下：装置药品现象实验10.64g Cu片（0.01mol）和20.0mL浓HNO3Cu片消失，得到绿色溶液A，放置较长时间后得到蓝色溶液B，ICu与浓HNO3反应的化学方程式是Cu+4HN03（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H20II探究实验1中溶液A呈绿色而不是蓝色的原因溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同（1）甲认为溶液呈绿色是由Cu2
61、+离子浓度较大引起的乙根据实验记录，认为此观点不正确，乙的依据是溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的进行实验2：先将NO2通入B中，再鼓入N2结果证实假设成立则以上两步操作对应的现象分别是、溶液由蓝变绿；溶液由绿变蓝，有红棕色气体逸出（3）为深入研究，丙查阅资料，有如下信息：i溶有NO2的、浓HNO3呈黄色；水或稀HNO3中通少量NO2溶液呈无色iiNO2溶于水，会发生反应2NO2+H2O=HNO3+HNO2HNO2是弱酸，只能稳定存在于冷、稀的溶液中，否则易分解iiiNO2能与Cu2+反应：Cu2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42（绿色）
62、据此，丙进一步假设：可能是A中剩余的浓HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2的蓝色溶液混合而形成的绿色；可能是A中生成了Cu（NO2）24使溶液呈绿色丙进行如下实验：操作现象实验3i配制与溶液A的c（H+）相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入NO2气体溶液呈黄色ii再加0.01mol Cu（NO3）2固体搅拌至完全溶解溶液变为绿色3、加水稀释溶液立即变为蓝色实验4i向20.0mL 0.5mol/L Cu（NO3）2蓝色溶液中通入少量NO2溶液呈绿色ii加入稀H2SO4有无色气体放出，遇空气变红棕色，溶液很快变为蓝色亚硝酸分解的化学方程式是3HNO2HNO3+2NO+H2O请用
63、平衡原理解释加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c（NO2），造成 Cu2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色（4）根据实验得出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是A中剩余的浓 HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2 的蓝色溶液混合而形成的绿色，请依据实验现象阐述理由：实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中 NO2不能大量存在，因此在A溶液中，绿色的Cu（NO2）42不能大量存在，Cu2+与NO2反应生成Cu（NO2）42 不是使溶液呈绿色的主要原因【考点】硝酸的化学性质【
64、分析】（1）硝酸具有强氧化性，可与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体；（1）乙的依据是 溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同；（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的，若假设成立，则先将NO2通入B中，再鼓入N2，以上两步操作对应的现象分别是溶液由蓝变绿、溶液由绿变蓝，有红棕色气体逸出；（3）根据加入稀H2SO4有无色气体放出，遇空气变红棕色，可知有一氧化氮生成，则亚硝酸歧化分解；加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c（NO2），造成 Cu2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色；（4）根据实验对比得
65、出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是 A中剩余的浓 HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2 的蓝色溶液混合而形成的绿色；理由：实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中 NO2不能大量存在，因此在A溶液中绿色的Cu（NO2）42不能大量存在，Cu2+与NO2反应生成Cu（NO2）42 不是使溶液呈绿色的主要原因【解答】解：（1）硝酸具有强氧化性，可与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体，反应方程式为Cu+4HN03（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H20，故答案为：Cu+4HN03（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H20；（1）乙的依据是 溶液A和溶液B中，c（Cu
66、2+） 基本相同，故答案为：溶液A和溶液B中，c（Cu2+） 基本相同；（2）乙认为溶液呈绿色是由溶解的NO2引起的，若假设成立，则先将NO2通入B中，再鼓入N2，以上两步操作对应的现象分别是溶液由蓝变绿、溶液由绿变蓝，有红棕色气体逸出，故答案为：溶液由蓝变绿；溶液由绿变蓝，有红棕色气体逸出；（3）根据加入稀H2SO4有无色气体放出，遇空气变红棕色，可知有一氧化氮生成，则亚硝酸歧化分解的化学方程式是 3HNO2HNO3+2NO+H2O，故答案为：3HNO2HNO3+2NO+H2O；加入稀H2SO4后绿色溶液变蓝的原因：加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c（NO2），造成 C
67、u2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色，故答案为：加入稀硫酸，抑制HNO2的电离，并使HNO2分解，降低c（NO2），造成 Cu2+（蓝色）+4NO2Cu（NO2）42平衡向逆反应方向移动，绿色变蓝色；（4）根据实验得出结论：实验l中溶液A呈绿色的主要原因是 A中剩余的浓 HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2 的蓝色溶液混合而形成的绿色；依据实验现象阐述理由：实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中 NO2不能大量存在，因此在A溶液中，绿色的Cu（NO2）42不能大量存在，Cu2+与NO2反应生成Cu（NO2）42 不是使溶液呈
68、绿色的主要原因，故答案为：A中剩余的浓 HNO3溶解了NO2得到的黄色溶液与Cu（NO3）2 的蓝色溶液混合而形成的绿色；实验4中加稀硫酸，溶液变为蓝色，说明酸性较强的A溶液中 NO2不能大量存在，因此在A溶液中，绿色的Cu（NO2）42不能大量存在，Cu2+与NO2反应生成Cu（NO2）42 不是使溶液呈绿色的主要原因【点评】本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，利用对比的方法判断硝酸的性质，物质验证性实验方案的设计如下：结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质对有毒气体要设计尾气处理装
69、置，防止污染环境21现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g/mol若阿伏加德罗常数的值用NA表示，则：（1）该气体的物质的量为mol（2）该气体所含原子总数为个（3）该气体在标准状况下的体积为L（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），形成的溶液溶质的质量分数为%（5）该气体溶于水形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为mol/L【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用【分析】（1）根据质量与摩尔质量的关系计算出物质的量；（2）根据阿伏伽德罗常数与离子数关系计算出该气体含有的原子数；（3）根据标况下的气体摩尔体积计算出标况下mg气体的体积；（4）1L水的质量约为1000g
70、，据此计算出溶质的质量分数；（5）根据c=计算出该溶液的物质的量浓度【解答】解：（1）mg该气体的物质的量为：n=mol，故答案为：；（2）含有原子的物质的量为=mol2=mol，该气体所含原子总数为：N=NA=，故答案为：；（3）mg该气体在标准状况下的体积为：V=n22.4L/mol=22.4L/molmol=L，故答案为：；（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），1L水的质量约为1000g，则该溶液中溶质的质量分数为：=100%=%，故答案为： %；（5）该气体溶于水后形成V L溶液，其溶液中溶质的物质的量浓度为：c=mol/L=mol/L，故答案为：【点评】本题考查了有关物质的量的简单
71、计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、摩尔质量等物理量之间的转化关系22已知：A、B、C均为常见的单质或化合物，它们在一定条件下有如下关系：A+H2OB+C（1）若A可作为呼吸面具和潜水艇中氧气的来源，则A与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2）若A为氧化物，B为强酸，则该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol的A参加反应时转移的电子数为2NA（3）若A为单质，B、C均为酸，写出A与水反应的离子方程式：Cl2+H2O=H+Cl+HClO；写出一种关于A的用途：制漂白粉 （或漂白液、制多种农药、制盐酸）（4）若C为
72、氢气，则单质A可能是Na、Fe、C等【考点】无机物的推断【分析】（1）若A可作为呼吸面具和潜水艇中氧气的来源，应为Na2O2和水的反应，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2；（2）若A为氧化物，B为强酸，应为NO2与H2O的反应，A为NO2，B为HNO3，C为NO；（3）若A为单质，B、C均为酸，常见为氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸；（4）若C为H2，单质A可能为Na、Fe、C等【解答】解：（1）若A可作为呼吸面具和潜水艇中氧气的来源，应为Na2O2和水的反应，则A为Na2O2，B为NaOH，C为O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O
73、=4NaOH+O2；（2）若A为氧化物，B为强酸，应为NO2与H2O的反应，A为NO2，B为HNO3，C为NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol的NO2参加反应时生成1molNO，转移的电子1mol（42）=2mol，即转移电子数目为2NA，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2NA；（3）若A为单质，B、C均为酸，常见为氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，反应离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，氯气用途有：制漂白粉 （或漂白液、制多种农药、制盐酸） 等，故答案为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO；制漂白粉 （或漂白液、制多种农药、制盐酸）；（4
74、）若C为H2，单质A可能为Na、Fe、C等，故答案为：Na、Fe、C等【点评】本题考查无机物的推断，关键是熟练掌握元素及其化合物性质，注意把握反应的特点以及转化关系，难度中等23置换反应的通式可用如图表示，单质甲、乙和化合物A、B为中学常见物质，请回答下列问题：（1）若单质甲是生活中用途最广泛的金属，单质乙是最轻的气体，则甲是Fe（2）若化合物A常温下呈液态，化合物B的焰色反应呈黄色，则该反应的离子反应方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（3）工业上利用置换反应原理制备一种半导体材料，写出该反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO（4）若气体单质乙能在空气中燃烧，化合物B为黑色磁性
75、晶体，写出该反应的化学方程式3Fe3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2【考点】无机物的推断【分析】（1）单质甲是生活中用途最广泛的金属，应为Fe，单质乙是最轻的气体，应为H2，则甲与化合物的反应为铁与酸发生置换反应，符合转化关系；（2）若化合物A常温下呈液态，化合物B的焰色反应呈黄色，且为置换反应，则A为H2O，甲为Na，乙为H2，B为NaOH；（3）工业上利用置换反应原理制备一种半导体材料，常见反应为SiO2+2CSi+2CO；（4）若化合物B为黑色磁性晶体，气体单质乙能在空气中燃烧，B为Fe3O4，乙为H2，甲和化合物A的反应为铁和水蒸气的反应【解答】解：（1）单质甲是生活中用途最广泛
76、的金属，应为Fe，单质乙是最轻的气体，应为H2，则甲与化合物的反应为铁与酸发生置换反应，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe；（2）若化合物A常温下呈液态，化合物B的焰色反应呈黄色，且为置换反应，则A为H2O，甲为Na，乙为H2，B为NaOH，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；（3）工业上利用置换反应原理制备一种半导体材料，常见反应为：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（4）若化合物B为黑色磁性晶体，气体单质乙能在空气中燃烧，B为Fe3O4，乙为H2，甲和化合物
77、A的反应为铁和水蒸气的反应，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2【点评】本题考查无机推断，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质是解关键，注意掌握常见物质间的置换反应类型，如金属间的置换反应、非金属间的置换反应、金属和非金属之间的置换反应等，试题有利于培养学生的分析、理解能力及逻辑推理能力24某含氧物质X仅含三种元素，在198以下比较稳定，温度高时易分解，某研究小组设计并完成如下实验：试回答如下问题：（1）X的化学式为K2FeO4，写出X与H2O反应的离子方程式4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）
78、+3O2+8OH（2）工业上由红棕色固体2可以制备其单质，写出化学方程式Fe2O3+3CO3CO2+2Fe（3）保存X时应注意避免吸潮和受热【考点】无机物的推断【分析】根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为：
79、mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，以此解答该题【解答】解：根据题中各物质转化关系，X与水反应生成溶液焰色反应为紫色，则X中含钾元素，溶液2应为氯化钾溶液，X与水反应生成胶体，沉淀后灼烧得红棕色固体2，则红棕色固体2为氧化铁，胶体为氢氧化铁，所以X中含有铁元素，某含氧物质X仅含三种元素，所以X由Fe、K、O组成，由于固体1为氯化钾，质量为2.98g，则其中钾元素的物质的量为0.04mol，固体2为氧化铁，质量为1.60g，则铁元素的
80、物质的量为0.02mol，所以X中氧元素的物质的量为mol=0.08mol，所以X中Fe、K、O的物质的量之比为0.02：0.04：0.08=1：2：4，所以X的化学式为K2FeO4，根据氧化还原反应中电子得失守恒可知，X与水反应生成的无色气体为氧气，（1）根据上面的分析可知，X的化学式为K2FeO4，X与H2O反应的离子方程式为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：K2FeO4；4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH；（2）工业上由氧化铁制备铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe，故答案为：Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；（3）由于K2FeO4与水会反应，所以保存K2FeO4时应注意避免吸潮和受热，故答案为：避免吸潮和受热【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，涉及无机推断、物质的分离与提纯方法的综合应用、化学方程式的书写等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力
