1、2016-2017学年甘肃省嘉峪关一中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1将1.0g Al2O3和MgO的混合物，溶解在过量的100mL浓度为0.5mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Al3+、Mg2+刚好全部转化为沉淀，所用100mLNaOH溶液的物质的量浓度为（）A0.5mol/LB1.0mol/LC1.5mo l/LD2.0 mo l/L226g锌和含63gHNO3的稀硝酸正好完全反应，生成的还原产物的相对分子质量可能是（）A80B30C46D283CO（g）与H2O（g）反应的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是（
2、）A该反应为吸热反应BCO（g）和H2O（g）具有的总能量大于CO2（g）和H2（g）具有的总能量C该反应不需要加热就能进行D1 mol CO2（g）和1 mol H2（g）反应生成1 mol CO（g）和1 mol H2O（g）要放出41 kJ热量4下列说法正确的是（）A浓硫酸可做为H2、NH3等气体的干燥剂B胆矾遇浓硫酸变白是因为浓硫酸的脱水性C足量的锌与一定量的浓硫酸反应会生成氢气D可用铝罐储运热的浓硫酸、浓硝酸5在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）在500时，平衡常数K=9若反应开始时，一氧化碳和水蒸
3、气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（）A25%B50%C75%D80%6在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是（）A加入AgNO3后，再加稀硝酸酸化，有白色沉淀产生，说明有ClB新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2C将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClOD光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是Cl27反应：PCl5（g）PCl 3（g）+Cl2（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g） 2NO2（g）N2O4（g） 在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a%若保持各自的温度不变、体积不变，分别再加入一定量的各自
4、的反应物，则转化率（）A均不变B均增大C增大，不变，减少D减少，不变，增大8在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L9现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液10下列说法中正确的是（）A在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处C金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火D正
5、常雨水pH等于7，酸雨的pH小于711下列离子方程式正确的是（）A石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH2CH3COO+Ca2+CO2+H2OB钠与硫酸铜溶液反应：Cu2+2Na2Na+CuC铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2ODFeCl2溶液中通入少量氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl12NA代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A9g水所含电子数为 5NAB常温常压下1 mol NO2气体与水在无氧条件下反应生成NA个NO3离子C标准状况下，11.2L三氧化硫溶于水，可生成0.5NA个硫酸分子D62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有Na+离子数为N
6、A二、解答题（共9小题，满分93分）13在常见的非金属及其化合物中：（1）晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的材料；硅酸钠水溶液俗称为，是制备硅胶和木材防火剂的原料；陶瓷、水泥等硅酸盐产品是使用量最大的无机非金属材料（2）氯元素是重要的“成盐元素”，将氯气通入NaOH溶液中可以得到漂白液，反应的离子方程式是；漂白液有效成分的化学式为（3）水是常见的非金属元素化合物，请按要求写出下列水参加的反应的化学方程式水只作氧化剂：NO2气体通入水中：水既作氧化剂又作还原剂：14雾霾含有大量的污染物SO2、NO，工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如图：（Ce为铈元素）：（1）上述
7、流程中循环使用的物质有，（2）上述合成路线中用到15%20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H2OHOCH2CH2NH3+OH，写出乙醇胺吸收CO2的化学方程式（3）写出吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为（4）向吸收池得到的HSO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：（5）电解池可使Ce4+再生，装置如图所示：生成Ce4+从口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式：（6）从氧化池中得到粗产品NH4NO3的实验操作是、过滤、洗涤等15某化学兴趣小组的同学设计了一套实验方
8、案探究元素周期表中元素性质的变化规律；同一周期内从左到右元素金属性的递变规律；同一主族内从上到下元素非金属的递变规律实验方法（）实验现象（）1钠与冷水反应a溶液变红色2向NaOH溶液中滴加酚酞b产生白烟3向新制H2S饱和溶液滴加新制的氯水c反应不十分剧烈，产生的气体能燃烧，溶液变成浅红色与酸反应剧烈，产生大量气泡且可以燃烧4镁带在空气中燃烧d产生大量气泡、气体可以燃烧5NaI溶液中加入溴水和CCl4e下层溶液变橙色6镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞镁与2mol/L盐酸反应f浮于水面，熔成小球，迅速向四处游动7蘸浓氨水与浓盐酸的两玻璃棒接近g下层溶液变紫色8NaBr溶液中加入氯水和CCl
9、4h发出耀眼的强光，生成白色物质9铝片与2mol/L盐酸反应i生成淡黄色沉淀回答下列问题（1）从上表（）中选择实验方法，从（）中选择相应的实验现象，上下对应地填写符合要求的答案在空格中（有几个填几个，不一定把空格填满）1、探究同一周期从左到右元素金属性的递变规律2、探究同一主族内从上到下元素非金属性的递变规律（2）实验结论（表示元素具体的强弱顺序）：金属性：；非金属性：（3）上表（）中实验方法9反应的离子方程式（4）上表（）中实验现象e反应的离子方程式16NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示【资料卡片】iNH4NO3是一种白色晶体，易溶于水，微溶于乙醇ii在230以上时
10、，同时有弱光：2NH4NO32N2+O2+4H2Oiii在400以上时，剧烈分解发生爆炸：4NH4NO33N2+2NO2+8H2O（1）如图2将水滴入盛有硝酸铵的试管中，观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因一段时间后还能观察到的现象是（2）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是，能否用硝酸铵代替氯化铵，（填“能”或“不能”），理由是（3）从反应类型角度分析在IIV的转化过程中的共通点是；完成反应IV的化学方程式：NO+H2O+H+17二氧化氯（ ClO2）是一种极易爆炸的强氧化性气体，在生产和使用时必须尽量用“惰性”气体进行稀释，并尽可能防止震动和避光因
11、此，二氧化氯的制备方法一直是科学家长期寻求解决的问题，目前比较理想的方法是用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得已知，ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为一59，沸点为11.0，易溶于水某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO2.3H2O，在温度高于38时析出晶体
12、是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl； NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样步骤2：量取V1 mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已
13、知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）上述步骤3中滴定终点的现象是根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为gL1，（用含字母的代数式表示）18已知CO和CO2的混合气体14.4g在标准状况下所占的体积为8.96L则该混合气体中，CO的质量为g，CO2的物质的量为mol19由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，则E为，A与水反应的离子方程式为（2）若A为过氧化钠，则E为，A与水反应
14、的化学方程式为（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是，（4）向10ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有图2示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中的溶质为；原NaOH溶液的物质的量浓度为；由曲线A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为20某盐X由非金属元素组成，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和BA、C、E、G、I含有同种元素，C为黄色固体单质B、D、F、H、J含有同种元素，B可与J反应生成盐W是具有红色金
15、属光泽的金属上述物质转化关系如图，部分产物和条件已略去请回答下列问题：（1）X的化学式（2）写出由E生成G的化学反应方程式（3）写出反应B+YD+Z的化学方程式（4）由E直接转换成I可以加入（填写两种属于不同类别的物质）（5）标况下，4.48LA与J的浓溶液反应转移1.6mole，写出此反应的离子方程式（6）将0.1mol/L 100mL I和0.4mol/L 100mL J溶液混合，加入1.92g W，加热，待充分反应后，所得溶液中W金属离子的物质的量浓度为21一些常见的单质、化合物有如图所示的转化关系（有些反应的条件和部分物质未全部列出）已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的
16、固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；K为红褐色难溶物，A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质（1）B物质的化学式：，D的名称：（2）写出J+HI的离子方程式（3）FG的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，写出该反应的化学方程式（4）铜与G的浓溶液反应过程中可能发生反应的离子方程式为（5）M放置在空气中颜色的变化为，写出其发生变化的化学方程式（6）H的最高价氧化物可与A发生反应，其反应方程式为（7）写出检验I溶液中阳离子的实验方法B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B为主要原料制备L的可行方法2016-2017学年甘肃省嘉峪关一中高三（上）月考化学试卷（9月
17、份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1将1.0g Al2O3和MgO的混合物，溶解在过量的100mL浓度为0.5mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Al3+、Mg2+刚好全部转化为沉淀，所用100mLNaOH溶液的物质的量浓度为（）A0.5mol/LB1.0mol/LC1.5mo l/LD2.0 mo l/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应生成硫酸铝、硫酸镁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入NaOH溶液，恰好使Al3+、Mg2+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫
18、酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（NaOH），再根据c=计算【解答】解：反应生成硫酸铝、硫酸镁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100 mL NaOH溶液，恰好Al3+、Mg2+刚好全部转化为沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒，有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.01mol，则该c（NaOH）=0.1mol/L，故选B226g锌和含63gHNO3的稀硝酸正好完全反应，生成的还原产物的相对分子质量可能是（）A80B30C46D28【考点】化学方
19、程式的有关计算【分析】首先可以由题干得出Zn全部变为Zn2+，所以转化为Zn2+的Zn的物质的量为=0.4mol，锌转移的电子数为：0.4mol2=0.8mol，生成硝酸锌和结合的硝酸根离子是：0.4mol2=0.8mol，剩下的被还原的硝酸根离子的摩尔量为：0.8mol=0.2mol，根据得失电子守恒分析解答【解答】解：Zn的物质的量为=0.4mol，锌转移的电子数为：0.4mol2=0.8mol，生成硝酸锌和结合的硝酸根离子是：0.4mol2=0.8mol，剩下的被还原的硝酸根离子的摩尔量为：0.8mol=0.2mol，根据得失电子守恒，0.2mol的硝酸根中的氮每0.1mol的氮原子就会
20、得到0.4mol个电子，也就是还原产物中的氮是+1价，所以还原产物是N2O和NH4NO3，相对分子质量分别是：44和80，故选A3CO（g）与H2O（g）反应的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是（）A该反应为吸热反应BCO（g）和H2O（g）具有的总能量大于CO2（g）和H2（g）具有的总能量C该反应不需要加热就能进行D1 mol CO2（g）和1 mol H2（g）反应生成1 mol CO（g）和1 mol H2O（g）要放出41 kJ热量【考点】反应热和焓变【分析】A、根据反应物和生成物的能量相对大小判断；B、根据反应热和物质具有能量的关系来回答判断；C、某些放热反应也需要加热发
21、生；D、考虑正反应反应热和逆反应反应热的关系【解答】解：A、从图示可知，反应物能量高生成物能量低，所以该反应为放热反应，故A错误；B、从图示可知，反应物的能量高，生成物能量低，CO（g）与H2O（g）所具有的总能量大于 CO2（g）与H2（g）所具有的总能量，故B正确；C、某些放热反应也需要加热发生，如铝热反应，故C错误；D、从图示可知，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，故D错误；故选：B4下列说法正确的是（）A浓硫酸可做为H2、NH3等气体的干燥剂B胆矾遇浓硫酸变白是因为浓硫酸的脱水性C足量的锌与一定量的浓硫酸反应会生成氢气D可用铝罐储运热的浓硫酸、浓硝酸【考点】浓硫酸的性质【分析】A浓
22、硫酸具有酸性，能够与氨气反应；B浓硫酸具有吸水性，能够吸收晶体中的结晶水；C稀硫酸能够与锌反应生成氢气；D冷的浓硫酸、浓硝酸都具有强的氧化性，能够使铁铝钝化【解答】解：A浓硫酸具有酸性，能够与氨气反应，所以不能干燥氨气，故A错误；B胆矾遇浓硫酸变白是因为浓硫酸的吸水性，故B错误；C锌与浓硫酸反应开始生成二氧化硫，随着反应进行，浓硫酸浓度降低，变为稀硫酸与锌反应生成氢气，故C正确；D浓硫酸、浓硝酸在加热条件下都能够与铝发生反应，不能用铝罐储运热的浓硫酸、浓硝酸，故D错误；故选：C5在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2
23、（g）在500时，平衡常数K=9若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（）A25%B50%C75%D80%【考点】化学平衡的计算【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到；【解答】解：依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算： CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）起始量（mol/L） 0.02 0.02 0 0 变化量（mol/L） X X X X平衡量（mol/L） 0.02X 0.02X X X平衡常数K=9解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率=100%=75
24、%故选C6在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是（）A加入AgNO3后，再加稀硝酸酸化，有白色沉淀产生，说明有ClB新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2C将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClOD光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是Cl2【考点】氯气的化学性质【分析】氯气溶于水后，部分氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以氯水中含有的微粒是：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl、ClO、OH结合各种微粒的性质解答【解答】解：A氯水中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以加入AgNO3溶液
25、产生白色沉淀，故A正确；B氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入红玫瑰，变为白玫瑰，不能说明溶液中有Cl2存在，故B错误；CHClO酸性比碳酸弱，与碳酸氢钾不反应，故C错误；D次氯酸见光分解生成氧气，故D错误故选A7反应：PCl5（g）PCl 3（g）+Cl2（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g） 2NO2（g）N2O4（g） 在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a%若保持各自的温度不变、体积不变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率（）A均不变B均增大C增大，不变，减少D减少，不变，增大【考点】化学平衡的影响因素【分析】若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的
26、各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，根据压强对化学平衡的影响进行分析解答【解答】解：若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率减小；该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，所以转化率不变；该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以转化率增大，故选D8在标准状况下，A L NH3溶于B mL水中，得到密度为g/cm3的R L氨水，则此氨
27、水的物质的量浓度是（）A mol/LB mol/LC mol/LD mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据n=、m=nM计算出氨气的物质的量、质量，再根据氨气的质量、水的质量计算出溶液质量，然后根据溶液质量、溶液密度及表达式V=计算出溶液体积，最后根据c=计算出此氨水的物质的量浓度【解答】解：A L氨气的物质的量为：n（NH3）=mol，氨气的质量为：m（NH3）=17g/molmol=g，BmL水的质量约为Bg，则所得氨水溶液的质量为： g+B g，所得溶液的体积为：V=L，则此氨水的物质的量浓度为：c（NH3）=mol/L，故选B9现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液 39%的乙醇
28、溶液 氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象【解答】解：汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯
29、化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离故选C10下列说法中正确的是（）A在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处C金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火D正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的污染及治理；钠的化学性质【分析】A浓硫酸使蔗糖碳化是脱水性的体现；B液体应用细口瓶保存，浓硝酸见光易分解；C钠和水、氧气反应，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气；D正常的雨水因为溶解了少量的二氧化碳气体而显弱酸性，雨水的pH只是稍小于7，酸雨pH稍小于5
30、.6【解答】解：A在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B浓硝酸为液体，液体应用细口瓶保存，浓硝酸见光易分解，置于低温阴暗处，故B正确；C钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃料后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故C错误；D正常雨水pH稍小于7，酸雨的pH小于5.6，故D错误；故选：B11下列离子方程式正确的是（）A石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH2CH3COO+Ca2+CO2+H2OB钠与硫酸铜溶液反应：Cu2+2Na2Na+CuC铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe+
31、8H+2NO33Fe2+2NO+4H2ODFeCl2溶液中通入少量氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A二者反应生成醋酸钙和二氧化碳、水；B不符合反应客观事实，钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，不会置换出金属铜；C硝酸过量反应生成硝酸亚铁和一氧化氮、水；D电荷不守恒；【解答】解：A二者反应生成醋酸钙和二氧化碳、水，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH2CH3COO+Ca2+CO2+H2O，故A正确；B钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，正确的离子反应为：2H2O+Cu2+2Na=2Na+Cu（OH）2+H2，故B错误；C铁屑溶于过量稀硝酸，离子方
32、程式为：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，故C错误；DFeCl2溶液中通入少量氯气，离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选：A12NA代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A9g水所含电子数为 5NAB常温常压下1 mol NO2气体与水在无氧条件下反应生成NA个NO3离子C标准状况下，11.2L三氧化硫溶于水，可生成0.5NA个硫酸分子D62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有Na+离子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、水分子中含有10个电子；B、二氧化氮与水的反应是自身氧化还原反应，氮原子部分转化成硝酸根离子；C、标况下，三氧化硫不是气体；D、62g
33、氧化钠是物质的量是1mol，含有2mol电子【解答】解：A、9g水的物质的量是0.5mol，含有5mol电子，电子数为5NA，故A正确；B、由于二氧化氮和水反应，部分转化成硝酸，还有一部分生成了一氧化氮气体，反应生成小于NA个NO3离子，故B错误；C、标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算其物质的量，故C错误；D、62 g Na2O含有1mol氧化钠，含有2mol钠元素，溶于水生成2mol钠离子，Na+离子数为2NA，故D错误；故选A二、解答题（共9小题，满分93分）13在常见的非金属及其化合物中：（1）晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料；硅酸钠水溶液俗称为水玻璃，是制备硅
34、胶和木材防火剂的原料；陶瓷、玻璃、水泥等硅酸盐产品是使用量最大的无机非金属材料（2）氯元素是重要的“成盐元素”，将氯气通入NaOH溶液中可以得到漂白液，反应的离子方程式是Cl2+2OHCl+ClO+H2O；漂白液有效成分的化学式为NaClO（3）水是常见的非金属元素化合物，请按要求写出下列水参加的反应的化学方程式水只作氧化剂：2Na+2H2O=2NaOH+H2NO2气体通入水中：3NO2+H2O=2HNO3+NO水既作氧化剂又作还原剂：2H2O2H2+O2【考点】硅和二氧化硅；氧化还原反应；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】（1）晶体硅是良好的半导体材料；硅酸钠水溶液俗称
35、为水玻璃；陶瓷、玻璃、水泥等硅酸盐产品是使用量最大的无机非金属材料；（2）氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，漂白液有效成分为NaClO；（3）水只作氧化剂说明水中的氢元素化合价降低；NO2气体通入水中，生成硝酸和一氧化氮；若水既是氧化剂又是还原剂，则水中H、O元素的化合价在反应前后发生变化，应生成氧气和氢气【解答】解：（1）晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料；硅酸钠水溶液俗称为水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料；陶瓷、玻璃、水泥等硅酸盐产品是使用量最大的无机非金属材料；故答案为：半导体；水玻璃；玻璃；（2）氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子
36、方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，漂白液有效成分为NaClO，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；NaClO；（3）水只作氧化剂说明水中的氢元素化合价降低，方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；NO2气体通入水中，生成硝酸和一氧化氮，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；若水既是氧化剂又是还原剂，则水中H、O元素的化合价在反应前后发生变化，应生成氧气和氢气，方程式为：2H2O2H2+O2，故答案为：2H2O2H2+O214雾霾含有大量的污染物SO2、NO，工业上变废
37、为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如图：（Ce为铈元素）：（1）上述流程中循环使用的物质有Ce4+、CO2，（2）上述合成路线中用到15%20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H2OHOCH2CH2NH3+OH，写出乙醇胺吸收CO2的化学方程式HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH4HCO3（3）写出吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+（4）向吸收池得到的HSO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低
38、的原因：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大（5）电解池可使Ce4+再生，装置如图所示：生成Ce4+从a口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O：（6）从氧化池中得到粗产品NH4NO3的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由流程可知，吸收池I中发生SO2+OH=HSO3、CO2+OH=HCO3，NO不反应，吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2，发生NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，吸收
39、池中NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，电解池可使Ce4+再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，氧化池中得到粗产品NH4NO3，NO2完全转化为NH4NO3【解答】解：由流程可知，吸收池I中发生SO2+OH=HSO3、CO2+OH=HCO3，NO不反应，吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2，发生NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，吸收池中NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaC
40、l2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，电解池可使Ce4+再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，氧化池中得到粗产品NH4NO3，（1）由上述分析可知，可循环利用，且流程中CO2回收应用，故答案为：Ce4+、CO2；（2）乙醇胺（HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+H2OHOCH2CH2NH3+OH，乙醇胺吸收CO2的化学方程式为HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH4HCO3，故答案为：HOCH2CH2NH2+H2O+CO2=HOCH2CH2NH4HCO3；（3
41、）吸收池中，酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+；（4）NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，故答案为：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大；（5）在电解池中，阳极上是Ce3+失电子成为Ce4+的过程，所以生成Ce4+从电解槽的阳极上极a极流出，电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应
42、式为2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，故答案为：a；2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O；（6）在氧化池中得到NH4NO3溶液，从NH4NO3溶液中得到硝酸铵可以通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤等操作获得，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶15某化学兴趣小组的同学设计了一套实验方案探究元素周期表中元素性质的变化规律；同一周期内从左到右元素金属性的递变规律；同一主族内从上到下元素非金属的递变规律实验方法（）实验现象（）1钠与冷水反应a溶液变红色2向NaOH溶液中滴加酚酞b产生白烟3向新制H2S饱和溶液滴加新制的氯水c反应不十分剧烈，产生的气体能燃烧，溶液变成浅红色与酸反应剧烈，产
43、生大量气泡且可以燃烧4镁带在空气中燃烧d产生大量气泡、气体可以燃烧5NaI溶液中加入溴水和CCl4e下层溶液变橙色6镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞镁与2mol/L盐酸反应f浮于水面，熔成小球，迅速向四处游动7蘸浓氨水与浓盐酸的两玻璃棒接近g下层溶液变紫色8NaBr溶液中加入氯水和CCl4h发出耀眼的强光，生成白色物质9铝片与2mol/L盐酸反应i生成淡黄色沉淀回答下列问题（1）从上表（）中选择实验方法，从（）中选择相应的实验现象，上下对应地填写符合要求的答案在空格中（有几个填几个，不一定把空格填满）1、探究同一周期从左到右元素金属性的递变规律2、探究同一主族内从上到下元素非金属性的递
44、变规律169，85，fcd，eg，（2）实验结论（表示元素具体的强弱顺序）：金属性：NaMgAl；非金属性：ClBrI（3）上表（）中实验方法9反应的离子方程式2Al+6H+=2Al3+3H2（4）上表（）中实验现象e反应的离子方程式Cl2+2Br=Br2+2 Cl【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】（1）（2）要证明元素的金属性强弱，可利用金属与酸（或水）的反应；要证明元素的非金属性强弱，可利用单质之间的置换反应，非金属性强的元素的单质可以置换非金属弱的；（3）Al与酸中的氢离子反应生成氢气；（4）氯气与溴离子发生置换反应【
45、解答】解：（1）要证明元素的金属性强弱，可利用金属与酸（或水）的反应，反应越剧烈，金属性越强；钠与冷水反应，浮于水面，熔成小球，迅速向四处游动，反应非常剧烈；镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞镁与2mol/L盐酸反应，反应不十分剧烈，产生的气体能燃烧，溶液变成浅红色与酸反应剧烈，产生大量气泡且可以燃烧；铝片与2mol/L盐酸反应，产生大量气泡、气体可以燃烧；由此可知，金属与酸（或水）的反应剧烈程度：NaMgAl；NaBr溶液中加入氯水和CCl4，下层溶液变橙色，说明氯气置换了溴，则非金属性ClBr；NaI溶液中加入溴水和CCl4，下层溶液变紫色，说明溴置换了碘，则非金属性BrI；则实验操
46、作与实验现象对应为：1、探究同一周期2、探究同一主族16985fcdeg故答案为：1、探究同一周期2、探究同一主族16985fcdeg；（2）金属性：NaMgAl；非金属性：ClBrI；故答案为：NaMgAl；ClBrI；（3）Al与酸中的氢离子反应生成氢气，则反应的离方程式为：2Al+6H+=2Al3+3H2；故答案为：2Al+6H+=2Al3+3H2；（4）氯气与溴离子发生置换反应，生成溴单质，则反应的离子方程式为：Cl2+2Br=Br2+2 Cl；故答案为：Cl2+2Br=Br2+2Cl16NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示【资料卡片】iNH4NO3是一种白色晶
47、体，易溶于水，微溶于乙醇ii在230以上时，同时有弱光：2NH4NO32N2+O2+4H2Oiii在400以上时，剧烈分解发生爆炸：4NH4NO33N2+2NO2+8H2O（1）如图2将水滴入盛有硝酸铵的试管中，观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因硝酸铵溶于水吸收热量，集气瓶中气体受冷，压强减小一段时间后还能观察到的现象是A处液面下降，B处液面上升，水平导管中液柱向右移动（2）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H20，能否用硝酸铵代替氯化铵，不能（填“能”或“不能”），理由是硝酸铵受热易爆炸（3）从
48、反应类型角度分析在IIV的转化过程中的共通点是都有化合价变化，都是氧化还原反应；完成反应IV的化学方程式：NO+H2O+H+【考点】铵盐【分析】（1）硝酸铵易溶于水，溶解时吸收热量；硝酸铵见光分解，生成氮气和二氧化氮、水；（2）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水；硝酸铵受热易爆炸；（3）分析反应物生成物质中氮元素化合价变化，据此判断反应共同特点；一氧化氮与水反应生成硝酸铵和硝酸，依据化合价升降数目相等及原子个数守恒配平方程式【解答】解：（1）硝酸铵易溶于水，溶解时吸收热量，集气瓶中气体受冷，压强减小，所以观察到的A处液面上升，B处液面下降；硝酸铵见光分解生成氮气和二氧化氮，集
49、气瓶中压强增大，A处液面下降，B处液面上升，水平导管中液柱向右移动；故答案为：硝酸铵溶于水吸收热量，集气瓶中气体受冷，压强减小；A处液面下降，B处液面上升，水平导管中液柱向右移动；（2）氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H20；硝酸铵受热易爆炸，所以不能用硝酸铵代替氯化铵；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H20；不能；硝酸铵受热易爆炸；（3）转化中氨气中氮元素为3价，经过反应生成一氧化氮，一氧化氮中氮元素为+2价，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮中氮元素为+2价，二氧化
50、氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸中氮元素为+5价，一氧化氮与水发生反应生成硝酸铵和水，硝酸铵中氮元素化合价为3价和+5价，所以在IIV的转化过程中都存在元素化合价变化，都属于氧化还原反应；一氧化氮与水反应生成硝酸铵和硝酸，反应中+2价的氮部分升高为硝酸根离子中+5价的氮，部分降为铵根离子中3价的氮，要使得失电子守恒则，铵根离子系数为3，硝酸根离子系数为5，结合原子个数守恒反应的方程式：8NO+7H2O3NH4+5NO3+3H+；故答案为：都有化合价变化，都是氧化还原反应；8NO+7H2O3NH4+5NO3+3H+；17二氧化氯（ ClO2）是一种极易爆炸的强氧化性气体，在生产和使用时必须尽量
51、用“惰性”气体进行稀释，并尽可能防止震动和避光因此，二氧化氯的制备方法一直是科学家长期寻求解决的问题，目前比较理想的方法是用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得已知，ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为一59，沸点为11.0，易溶于水某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：2KClO3+H2C2O4K2CO3+2ClO2+CO2+H2OA装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、温度计（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝以减少挥发
52、（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO2.3H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl； NaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样步骤2：量取V1 mL试样加入到锥形瓶中，调节
53、试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）上述步骤3中滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后溶液由蓝色变为无色，且30s不变色根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为gL1，（用含字母的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由题目信息，可知KClO3和H2C2O4反应生成K
54、2CO3、ClO2和CO2，由H元素守恒应有水生成；该反应需要控制60温度，使用水浴加热，需要用温度计；（2）ClO2的沸点为11.0，易挥发，应充分冷却以减少挥发；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤；（4）在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应，若不静置，ClO2反应不完全；淀粉遇碘变蓝色，Na2S2O3溶液会消耗碘单质，滴定完毕颜色会褪去；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I+8H+=5I2+2Cl+4H2O，由I2+2S2O32=2I+S4O62，可得ClO25S2O32，据
55、此计算【解答】解：（1）由题目信息，可知KClO3和H2C2O4反应生成K2CO3、ClO2和CO2，由H元素守恒应有水生成，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+2ClO2+CO2+H2O，该反应需要控制60温度，使用水浴加热，需要用温度计，故答案为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+2ClO2+CO2+H2O；温度计；（2）ClO2的沸点为11.0，易挥发，B装置必须放在冰水浴中，可以使ClO2充分冷凝以减少挥发，故答案为：使ClO2充分冷凝以减少挥发；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目
56、信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；（4）在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应，若不静置，ClO2反应不完全，生成的碘偏小，故测得的结果就偏小，故答案为：偏小；淀粉遇碘变蓝色，Na2S2O3溶液会消耗碘单质，故滴定终点现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液后溶液由蓝色变为无色，且30s不变色，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液后溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I+8H+=5I2+2Cl+4H2O，由I2+2S2O32=2I+S4O62，可得ClO25S2O32，原ClO2
57、溶液的浓度为：V2103cmol/mol67.5g/mol0.01L=g/L，故答案为：18已知CO和CO2的混合气体14.4g在标准状况下所占的体积为8.96L则该混合气体中，CO的质量为5.6g，CO2的物质的量为0.2mol【考点】物质的量的相关计算【分析】混合气体的体积为8.96L，则物质的量为=0.4mol，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算【解答】解：混合气体的体积为8.96L，则物质的量为=0.4mol，设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则解之得：所以m（CO）=0.2mol28g/mol=5.6g，故答案为：5.6；0.219由短周期元素组
58、成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，则E为H2，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（2）若A为过氧化钠，则E为O2，A与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是NaHCO3，（4）向10ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有图2示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中
59、的溶质为Na2CO3、NaHCO3；原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L；由曲线A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为3：10【考点】无机物的推断【分析】（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（3）根据（1）（2）可知D为碳酸氢钠；（4）生成气体发生反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H+CO32=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，由曲线A、
60、B前后消耗盐酸的体积可知A中溶质为NaOH、Na2CO3，B中溶质为Na2CO3、NaHCO3；生成气体最大时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算NaOH的物质的量浓度；曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可求得两次实验通入的CO2的体积之比【解答】解：（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，
61、故答案为：H2；2Na+2H2O=2Na+2OH+H2； （2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，故答案为：O2；2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；（3）根据（1）（2）的分析可知，D为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；（4）生成气体发生反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，假设溶液中溶质只有Na2CO3，开始没有气体生成时发生的反应为：H+CO32=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，而A曲线中实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，
62、故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：3，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：2，当加入75mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L0.075L=0.0075mol，所以氢氧化钠的物质的量浓度为=0.75mol/L，曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：
63、10，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；0.75mol/L；3：1020某盐X由非金属元素组成，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和BA、C、E、G、I含有同种元素，C为黄色固体单质B、D、F、H、J含有同种元素，B可与J反应生成盐W是具有红色金属光泽的金属上述物质转化关系如图，部分产物和条件已略去请回答下列问题：（1）X的化学式NH4HS（2）写出由E生成G的化学反应方程式2SO2+O22SO3（3）写出反应B+YD+Z的化学方程式4NH3+3O22N2+6H2O（4）由E直接转换成I可以加入Cl2（Br2、I2）、H2O2、HNO3、FeCl3、KMnO4（填写两种属于不同
64、类别的物质）（5）标况下，4.48LA与J的浓溶液反应转移1.6mole，写出此反应的离子方程式H2S+6H+8NO3=SO42+8NO2+4H2O（6）将0.1mol/L 100mL I和0.4mol/L 100mL J溶液混合，加入1.92g W，加热，待充分反应后，所得溶液中W金属离子的物质的量浓度为0.1125 mol/L【考点】无机物的推断【分析】C为黄色固体单质，应为S，盐X由非金属元素组成，应为铵盐，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和B，则为NH4HS，由转化关系可知A为H2S，B为NH3，Y为O2，则E为SO2，G为SO3，Z为H2O，I为H2SO4，W是具有红色
65、金属光泽的金属，应为Cu，由Y+B的反应可知D为N2，F为NO，H为NO2，J为HNO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：C为黄色固体单质，应为S，盐X由非金属元素组成，应为铵盐，不稳定加热时分解，生成等物质的量的气态氢化物A和B，则为NH4HS，由转化关系可知A为H2S，B为NH3，Y为O2，则E为SO2，G为SO3，Z为H2O，I为H2SO4，W是具有红色金属光泽的金属，应为Cu，由Y+B的反应可知D为N2，F为NO，H为NO2，J为HNO3，（1）由以上分析可知X为NH4HS，故答案为：NH4HS；（2）由E生成G的化学反应方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2S
66、O2+O22SO3；（3）反应B+YD+Z的化学反应为氨气的催化氧化，方程式为4NH3+3O22N2+6H2O，故答案为：4NH3+3O22N2+6H2O；（4）由二氧化硫直接氧化生成硫酸，可用氧化剂在水溶液中进行，常见氧化剂有Cl2（Br2、I2）、H2O2、HNO3、FeCl3、KMnO4，故答案为：Cl2（Br2、I2）、H2O2、HNO3、FeCl3、KMnO4等氧化剂；（5）标况下，4.48LA，即0.2mol，与硝酸的浓溶液反应转移1.6mole，则1molA转移8mol电子，应被氧化生成硫酸，反应的方程式为H2S+6H+8NO3=SO42+8NO2+4H2O，故答案为：H2S+6
67、H+8NO3=SO42+8NO2+4H2O；（6）将0.1mol/L 100mL H2SO4和0.4mol/L 100mL HNO3溶液混合，加入1.92g Cu，加热，待充分反应后，n（H+）=0.1mol/L0.1L2+0.4mol/L0.1L=0.06mol，n（NO3）=0.4mol/L0.1L=0.04mol，n（Cu）=0.03mol，发生3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 3 8 2 3 0.03 0.06 0.04可知H+不足，应完全反应，则生成n（Cu2+）=mol=0.0225mol，c（Cu2+）=0.1125 mol/L，故答案为：0.1125 mol/
68、L21一些常见的单质、化合物有如图所示的转化关系（有些反应的条件和部分物质未全部列出）已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；K为红褐色难溶物，A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质（1）B物质的化学式：AlCl3，D的名称：氮气（2）写出J+HI的离子方程式2Fe3+Fe=3Fe2+（3）FG的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，写出该反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）铜与G的浓溶液反应过程中可能发生反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O、3Cu+8H+2NO3=3Cu
69、2+2NO2+4H2O（5）M放置在空气中颜色的变化为白色沉淀灰绿色红褐色沉淀，写出其发生变化的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（6）H的最高价氧化物可与A发生反应，其反应方程式为Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3 （7）写出检验I溶液中阳离子的实验方法取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明有Fe2+（或取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2+）B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B为主要原料制备L的可行方法Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+【考点
70、】无机物的推断【分析】常温常压下，F为红棕色气体，为NO2，非金属气态单质D与氧气反应得到E、E与氧气反应得到F，可推知D为N2，E为NO，F与水反应生成G为HNO3，金属H与硝酸反应生成J，J与H反应生成I，而I能与硝酸反应生成G，则H为变价金属，故H为Fe，J为Fe（NO3）3，I为Fe（NO3）2，M为Fe（OH）2L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，L为两性物质，含有Al元素，由转化关系可知金属A为Al，则B为AlCl3，C为NaAlO2，偏铝酸钠与硝酸铁发生双水解反应得到L与K，故L为Al（OH）3，K为Fe（OH）3，据此解答【解答】解：常温常压下，F为红棕
71、色气体，为NO2，非金属气态单质D与氧气反应得到E、E与氧气反应得到F，可推知D为N2，E为NO，F与水反应生成G为HNO3，金属H与硝酸反应生成J，J与H反应生成I，而I能与硝酸反应生成G，则H为变价金属，故H为Fe，J为Fe（NO3）3，I为Fe（NO3）2，M为Fe（OH）2L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，L为两性物质，含有Al元素，由转化关系可知金属A为Al，则B为AlCl3，C为NaAlO2，偏铝酸钠与硝酸铁发生双水解反应得到L与K，故L为Al（OH）3，K为Fe（OH）3（1）B物质的化学式：AlCl3，D的名称为氮气，故答案为：AlCl3；氮气；（2）
72、J+HI的离子方程式：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）FG的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂、还原剂均为二氧化氮，由产物可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，1：2故答案为：；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）铜与硝酸的浓溶液反应过程中可能发生反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O、3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO2+4H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O、3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO2+4H2O；（5）Fe（OH）2放置在空气中颜色的变化为：白色
73、沉淀灰绿色红褐色沉淀，发生变化的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：白色沉淀灰绿色红褐色沉淀；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（6）H的最高价氧化物为氧化铁，可与Al发生置换反应，其反应方程式为：Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3 ，故答案为：Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3 ；（7）检验Fe（NO3）2溶液中阳离子的实验方法：取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明有Fe2+（或取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2+）；用离子方程式写出以AlCl3，为主要原料制备Al（OH）3，的可行方法：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：取少量I溶液于一支试管中，加入少量铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明有Fe2+（或取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2+）；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+2017年2月22日
