还剩17页未读，
继续阅读
【化学】云南省玉溪一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
展开
云南省玉溪一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到的元素的相对原子质量：H-l He-4 C-l2 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg -24 S-32 C1-35.5 Zn-65 Br-80 I-127
第I卷选择题（共48分）
一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.生产生活紧密相关，下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2是碱性氧化物，可用于杀菌消毒和作供氧剂
B. 高纯度单质硅有良好的半导体性能，可用于制备光电池
C. 氨气是一种碱性气体，可用碱石灰或无水CaCl2干燥
D. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
【答案】B
【详解】A. Na2O2可用于杀菌消毒和作供氧剂，但是Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B.高纯度单质硅导电性介于导体和绝缘体之间，有良好的半导体性能，可用于制备光电池，B正确；
C.氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥，但能够与无水CaCl2反应，因此不能使用无水CaCl2干燥，C错误；
D.SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合，会发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，产生的物质不具有漂白性，因此等体积混合后，溶液的漂白能力失去，D错误；
故合理选项是B。
2.下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）
A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料
C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属
【答案】D
【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；
B、根据周期表的结构分析；
C、Ⅷ族占3个纵行；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。
详解：A、最活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；
B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；
C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，一个Ⅷ族占三个纵行，共18个纵行，C错误；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。
3.以下关于甲烷的说法中错误的是（ ）
A. 甲烷化学性质比较稳定，不被任何氧化剂氧化
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中具有极性键
D. 甲烷分子中四个C﹣H键是完全相同的键
【答案】A
【详解】A.甲烷化学性质比较稳定，但是在点燃时可以发生燃烧反应，而被氧气氧化，A错误；
B.甲烷分子中碳氢键键角为109°28′，因此具有正四面体结构，B正确；
C.甲烷分子中的化学键为C-H键，是不同的非金属元素的原子间形成的共价键，属于极性键，C正确；
D.甲烷分子中四个C﹣H键是完全相同的键，D正确；
故合理选项是A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 氯化镁的电子式：
B. 氯原子的原子结构示意图：
C. Uus和Uus互为同位素
D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：
【答案】C
【解析】分析：A、氯化镁是离子化合物；
B、氯原子的核外电子数是17；
C、质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；
D、氯化氢是共价化合物。
详解：A、氯化镁是离子化合物，电子式：，A错误；
B、氯原子的原子结构示意图：，B错误；
C、的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；
D、氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程：，D错误；答案选C。
5.一种“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的、已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线，使这两种化学物质反应，此时便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是（ ）
A. 硫酸与水 B. 生石灰与水
C. 熟石灰与水 D. 氯化钠与水
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质间反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，同时要考虑物质的状态和腐蚀性及是否易保存等。
【详解】A.浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且是液态物质，不宜使用，A错误；
B.生石灰与水反应放出大量的热，B正确；
C.熟石灰溶解于水放热，但其溶解度极小，因此放出的热量有限，不能达到加热的效果，C错误；
D.氯化钠与水不反应，溶于水产生热量的极小，D错误；
故合理选项是B。
6.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 灼热的炭与CO2的反应
B. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
C. 镁条与稀盐酸的反应
D. 氢气在氧气中的燃烧反应
【答案】A
【解析】A、灼热的炭与 CO2 的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，故A正确；B、Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应不是氧化还原反应，故B错误；C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；D、氢气在氧气中的燃烧反应是放热反应，故D错误；故选A。
7.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）
A. 水与冰
B. O2与O3
C. 与
D. 与
【答案】D
【解析】分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，所以选项D正确。A中是同一种物质，B是氧元素的两种同素异形体。C也是同一种物质，答案选D。
8.下列说法错误的是（ ）
A. 、、H＋和H2是氢元素的四种不同粒子
B. 和 、石墨和金刚石均为同素异形体
C. 1H和2H是不同的核素
D. 12C和14C互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同
【答案】B
【详解】A.、、H＋和H2是：质子数为1中子数为0的氢原子、质子数为1，中子数为1的氢原子、带一个单位正电荷的氢离子、氢气单质，同属于氢元素的四种不同粒子，A正确；
B.和 是钙元素的不同原子，为同位素，石墨和金刚石为同素异形体，B错误；
C.1H和2H是具有一定质子数和一定中子数的不同原子，是氢元素的不同核素，C正确；
D.12C和14C互为同位素，质量数不同，最外层电子数相同，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，D正确；
故合理选项是B。
9.带有2个单位正电荷的微粒X2+，它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为（ ）
A. 56 B. 58 C. 54 D. 137
【答案】C
【详解】X2+的质量数等于137，中子数是81，质子数为137-81=56，原子核外电子数等于56，原子失去2个电子形成X2+，所以X2+的核外电子数为54，故合理选项是C。
10.下列排列顺序错误的是（ ）
A. 离子半径：Al3+
C. 沸点：HCl
【答案】B
【详解】A.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Al3+
C.由于HF分子之间存在氢键，HF的沸点最高，HCl、HBr、HI都是分子之间通过范德华力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，而分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，所以物质的沸点：HCl
故合理选项是B。
11.阿伏加德罗常数的值为NA ，下列说法正确的是（ ）
A. 在常温常压下,1mol He分子中含有的原子数目为2NA
B. 2.4g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数为0.1NA
C. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
D. 标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
【答案】C
【详解】A.He气的分子是单原子分子，所以在常温常压下，1mol He分子中含有的原子数目为NA，A错误；
B.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，所以2.4g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数为0.2NA，B错误；
C.H2、I2化合生成HI的反应是反应前后气体体积相等的反应，0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，C正确；
D.标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，则其中含有的分子数为0.1NA，D错误；
故合理选项是C。
12.[2016全国Ⅲ]下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A．
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B．
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C．
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D．
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
【答案】D
【解析】配制稀硫酸要酸入水，故A错误；为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；CC14密度大于水，CC14萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确。
13.下列离子能大量共存的是（ ）
A. 能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42－、CO32-
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3－
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、SO42－、Cl－
D. 能使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3－、NO3－
【答案】A
【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中溶液显碱性，可以大量共存；B中铜离子在溶液中是蓝色的；C中Ba2＋和SO42－不能大量共存；D中溶液显酸性，HCO3－不能大量共存，所以答案选A。
14.对于放热反应Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应过程中的能量关系可用图表示
B. 1 mol Zn的能量大于1 mol H2的能量
C. 若将其设计为原电池，则锌作正极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的气体一定为11.2 L
【答案】A
【解析】根据能量守恒，则反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，锌和硫酸反应为放热反应， A正确；反应物的总能量高于生成物的总能量，反应物和生成物均有两种，无法比较1molZn和1molH2的能量大小，B错误；若将其设计为原电池，锌化合价升高，失电子，则锌作负极，C错误；若将其设计为原电池，当有32.5gZn溶解时，消耗锌的物质的量为0.5mol，根据反应方程式可知生成0.5molH2，但气体所处状态未知，不能确定气体体积，D错误；正确选项A。
15.100 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量（ ）
A. 硝酸钠溶液 B. NaCl固体
C. 硫酸铜溶液 D. 硫酸钾溶液
【答案】D
【解析】
分析】过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答。
【详解】A.加硝酸钠溶液，氢离子、硝酸根离子与Zn发生氧化还原反应不生成氢气，减少生成氢气的量，A不符合题意；
B.加入NaCl固体，不反应且体积变化不大，反应速率不变，生成氢气的量不变，B不符合题意；
C.加入硫酸铜溶液，发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，构成Zn-Cu原电池，加快了反应速率，但由于消耗了Zn，使反应放出氢气的量减小，C不符合题意；
D.加入硫酸钾溶液不反应，且体积变大，使c(H+)降低，但n(H+)不变，所以反应速率变小，生成氢气的量不变，D符合题意；
故合理选项是D。
16.X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 酸性：HYO3>H2WO3
C. 仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W为5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，应该为第二周期，W位于第三周期，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设W最外层电子数为x，则（2+8+x）=2（x+3），解得x=4，则W为Si、Y为N元素、Z为O元素、M为F元素。
【详解】A.同一周期的元素，自左而右原子半径减小，电子层越多，原子半径越大，所以原子半径Si＞N＞O＞F＞H，A正确；
B.HYO3是HNO3，属于一元强酸，H2WO3是H2SiO3，是二元弱酸，所以酸性：HYO3>H2WO3，B正确；
C.仅有H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，可以是HNO3、HNO2，硝酸铵中既有离子键又有共价键，C错误；
D.WM4为SiF4，Si、F原子最外层均满足8电子结构，D正确；
故合理选项是C。
17.检验下列物质的试剂、现象都正确的是（ ）
选项
被检验的物质
使用的试剂或方法
实验现象
A
Fe3+
KSCN溶液
溶液出现血红色沉淀
B
SO2
品红溶液
品红溶液褪色，加热不能复原
C
Na+
用铂丝蘸取少量溶液在火焰上灼烧
透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰
D
NH4+
NaOH溶液、红色石蕊试纸
加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】D
【详解】A.Fe3+遇KSCN溶液，发生络合反应，产生的Fe(SCN)3是血红色可溶性的物质，A错误；
B.SO2使品红溶液褪色，是由于与品红结合形成了无色物质，该物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又恢复了原来的红色，B错误；
C.Na元素的焰色反应为黄色，不需要透过蓝色钴玻璃，C错误；
D.检验铵根离子的方法是：取少许待测溶液，向其中加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明产生了氨气，则溶液中含有NH4+，D正确；
故合理选项是D。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越小
B. 分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，称为分子间作用力
C. 分子间作用力主要影响物质的化学性质
D. 分子间作用力的大小远大于化学键，是一种很强的作用力
【答案】B
【详解】A.一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，A错误；
B.分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，这种作用力比较微弱，称为分子间作用力，B正确；
C.分子间作用力主要影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解性等，C错误；
D.分子间作用力的大小远小于化学键，是一种比较弱的作用力，D错误；
故合理选项是B。
19.下列物质中所含化学键中只含有共价键的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【详解】A.NaCl是离子化合物，只含有离子键，KOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B.Na2S是离子化合物，含有离子键，B不符合题意；
C.选项的物质都是共价化合物，只含有共价键，C符合题意；
D.Na2O2是离子化合物，含有离子键、共价键，D不符合题意；
故合理选项是C。
20.X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图的装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y、Z可能是下列中的（ ）
选项
X
Y
Z
A
Zn
Cu
稀硫酸
B
Cu
Zn
稀硫酸
C
Cu
Ag
硫酸铜溶液
D
Ag
Zn
硫酸铜溶液
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，则X作正极、Y作负极，据此分析解答。
【详解】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，X作正极、Y作负极。
A.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X锌电极易失电子作负极、Y作正极，在Y电极上产生氢气，与实际不符合，A错误；
B.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X电极为正极，在X电极上氢离子得电子生成氢气，电极质量不变，B错误；
C.该装置中，金属活动性：Cu>Ag，X电极易失电子作负极，与实际不符合，C错误；
D.该装置中，金属活动性：Zn>Ag，X为正极，Y易失电子作负极、X电极上Cu2+得电子生成单质铜，使X电极质量增加，符合实际，D正确；
故合理选项是D。
21.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（ ）
①第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性强
②元素周期表中第一纵行的元素都是碱金属
③第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
④原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第ⅡB族
⑤同周期随着元素原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7，负价从-7到-1重复出现
A. ③ B. ③⑤ C. ③④ D. ②③⑤
【答案】A
【详解】①元素的非金属性S>Se，所以第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性弱，①错误；
②元素周期表中第一纵行的元素中H元素是非金属元素，其余元素是碱金属，②错误；
③由于同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以原子获得电子的能力逐渐增强，因此第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，③正确；
④根据元素的位置与原子结构的关系可知：原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第IVB族，④错误；
⑤由于O、F元素的非金属性最强，所以O、F元素没有最高正价，且负价是从-4到-1变化，⑤错误；
综上所述可知正确的说法为③，因此合理选项是A。
22.在一定温度下，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到平衡的标志是（ ）
A. 单位时间内消耗1mol的H2，同时生成2mol的HI
B. 容器内气体颜色不再变化
C. 容器内总压强不随时间的变化而变化
D. 1mol I－I键断裂的同时有1mol H－H键断裂
【答案】B
【详解】A.单位时间内消耗1 mol的H2与同时生成2 mol的HI，都表示反应正向进行，不能判断反应达到平衡状态，A错误；
B.容器内气体颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，B正确；
C.两边计量数相等，所以容器内的总压强始终不随时间的变化而变化，C错误；
D.1mol I-I 键断裂的同时有2mol HI键形成，都体现正反应的方向，D错误；
故合理选项是B。
23.在四个不同容器中，不同条件下进行反应N2+3H2⇌2NH3，根据在相同时间内测定结果，判断该反应的速率最大的是（ ）
A. υ（NH3）=0.5mol•L﹣1•min﹣1
B. υ（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1
C. υ（N2）=0.2mol•L﹣1•min﹣1
D. υ（H2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1
【答案】A
【详解】反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断，注意速率的单位转化为mol/（L•min）。
A. υ(NH3)=0.5mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν(H2)=0.75mol/（L•min）；
B.ν(H2)=0.3mol/（L•min）；
C.ν(N2)=0.2mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν(H2)=0.6mol/（L•min）；
D. ν(H2)=0.01mol/（L•s）=0.6mol/（L•min），
可见用氢气表示的反应速率，反应速率最快的是0.75mol/（L•min）；
因此合理选项是A。
24.镍氢电池是近年来开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镍镉电池。镍氢电池的总反应是H2+2NiO(OH)2Ni(OH)2，则下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时，H2在正极发生氧化反应
B. 电池工作时，电子从负极经导线流向正极，再由正极经电解质溶液流向负极
C. 正极的电极方程式为NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-
D. 该电池充电放电为可逆反应
【答案】C
【详解】A.电池放电时，H2在负极上发生氧化反应，负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O， A错误；
B.电池工作时，电子从负极经导线流向正极，NiO(OH)在正极上获得电子变为Ni(OH)2、OH-，氢气负极上失去电子变为H2O，电子不可能进入电解质溶液，B错误；
C.正极上NiO(OH)获得电子，正极的电极方程式为NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，C正确；
D.电池放电与充电的反应条件不同，因此不是可逆反应，D错误；
故合理选项是C。
第Ⅱ卷非选择题（共52分）
二、填空题（本题包括4个小题，共52分）
25.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，E是它所在周期非金属性最强的元素，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：
(1)五种元素中，原子半径最大的是________(填元素符号）。
(2)写出与D同主族元素的氢化物中沸点最髙的物质电子式________________。
(3)单质E与水反应的产物中具有强氧化性物质的结构式______________。
(4)A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物BA4E中存在的化学键类型为_______
(5)C与氧气燃烧的产物投入到水中发生反应的离子方程式为_________。
(6)常温下E的单质与C的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1). Na (2). (3). H－O－Cl (4). 离子键和共价键 (5). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，C为Na元素；B和D同一主族，则D为磷元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，E是其所在周期非金属性最强的元素，则E为Cl元素，验证符合，据此解答。
【详解】根据上述推断可知A是氢元素，B为氮元素，C为Na元素，D为磷元素，E为Cl元素。
(1)同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，同一主族的元素，随着原子序数的增大，原子半径增大，因此Na元素的原子半径最大；
(2)D是P元素，与P同一主族元素的氢化物中沸点最髙的物质是NH3，其电子式是；
(3)E是Cl，E元素的单质Cl2与水反应的产物是HCl、HClO，其中具有强氧化性物质是HClO，在该物质中O原子最外层有6个电子，与最外层只有一个电子的H原子形成一对共用电子对，与最外层有7个电子的Cl原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以HClO结构式是H-O-Cl；
(4)A和E形成的化合物HCl与A和B形成的化合物NH3发生反应，产物NH4Cl是离子化合物，其中存在的化学键类型为离子键、共价键；
(5)C是Na，Na与氧气燃烧产生的物质Na2O2投入到水中，发生反应，产生NaOH、O2，发生反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。
(6)常温下E的单质Cl2与C的最高价氧化物对应的水化物NaOH发生反应，产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
26.I.某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如下图所示（已知A、B、C均为气体）。
(1)该反应的化学方程式为__________________。
(2)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_________。
A.υ(A)=2υ(B) B.容器内气体密度不变 C.υ逆(A)=υ正(C)
D.各组分的物质的量相等 E. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
(4)由图求得平衡时A的转化率为________。
II.已知甲烷燃烧的化学反应方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，若以4mol/L 500mL KOH(aq)为电解质溶液，将其设计为原电池，则
(1)其正极电极方程式为___________。
(2)至某时刻溶液中c(CO32-)=1mol/L，则导线上通过的电子的物质的量为_____，此时消耗标准状况下CH4体积_____ L 。（假设化学能全部转化为电能；溶液体积保持不变）
【答案】(1). 2A(g)+B(g)2C(g) (2). 0.1mol/(L·min) (3). C、E (4). 40% (5). O2+4e-+2H2O=4OH- (6). 4mol (7). 11.2
【解析】
【分析】I.(1)从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程式；
(2)化学反应速率是单位时间内浓度的变化，据此可求得反应速率；
(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；
(4)根据A达到平衡时已转化的物质的量与起始的物质的量之比，可求得平衡时A的转化率；
II.在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，甲烷被氧化产生的CO2与溶液中的KOH反应产生K2CO3，通入O2的电极为正极，O2获得电子发生还原反应，可根据溶液中CO32-的物质的量确定电子转移数目及反应的甲烷的物质的量和体积。
【详解】I.(1)由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)：△n(B)：△n(A)=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A(g)+B(g)2C(g)；
(2)由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n(B)=1mol，B的平均反应速率为v(B)===0.1 mol/(L·min)；
(3)A.υ(A)=2υ(B)不能说明正反应和逆反应的关系，因此无法判断反应是否达到平衡，A错误；
B.容器的体积以及气体的质量不变，因此无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，B错误；
C.在该反应中A和C的计量数相等，当v逆(A)=v正(C)时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，C正确；
D.容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，D错误；
E.气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，E正确；
故合理选项是C、E；
(4)由图象可知：达平衡时A的物质的量变化为：△n(A)=5mol-3mol=2mol，因此A的转化率为：×100%=40%；
II.在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，甲烷被氧化产生的CO2与溶液中的KOH反应产生K2CO3，负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
通入O2的电极为正极，O2获得电子发生还原反应，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
(2)反应后产生的K2CO3的物质的量为n(K2CO3)=c(CO32-)=1mol/L×0.5L=0.5mol，由负极电极反应式CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O可知：每反应产生1molCO32-，反应消耗1mol甲烷，电子转移8mol，则反应产生0.5mol CO32-，转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×8=4mol，反应的甲烷的物质的量是0.5mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
27.二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。
(1)实验室用如图所示装置B制取连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。
①实验中要控制生成SO2的速率，可采取的措施有（至少写一条）_________
②B装置中用甲醇作溶剂，C中NaOH的作用是__________。
(2)二氧化硫能够抑制细菌的滋生，可用作防腐剂，但必须严格按照国家标准使用。实验室用已知浓度的碘水来测定某粉丝样品中二氧化硫的残留量，装置如图所示。
①将粉丝样品粉碎，准确称取5.0 g，放入三颈烧瓶中，加入稀硫酸浸泡30分钟，再加适量蒸馏水，加热1小时(加热装置略去)，使二氧化硫完全进入吸收装置。
②往吸收装置中加入3滴淀粉溶液作指示剂，再逐滴加入0.001 mol·L－1 I2标准溶液。
当溶液颜色__________时，恰好完全反应，写出反应的离子方程式________；恰好反应时消耗I2标准溶液10.00 mL，测得样品中SO2的残留量为________ g·kg－1。
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则测得SO2含量_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1). 控制反应温度 调节酸溶液的滴加速度(或调节酸溶液的浓度) (2). 吸收尾气 (3). 溶液出现蓝色 (4). SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I- (5). 0.128 (6). 偏高
【解析】
【分析】(1)①从影响化学反应速率的因素入手，温度、浓度，催化剂，接触面积等，本题考虑到固、液反应，可以用分液漏斗控制滴加酸的速率，改变酸的浓度，也可以通过控制反应时的温度来控制速率；
②B装置是制取连二亚硫酸钠的反应装置，用甲酸钠和二氧化硫在NaOH的醇溶液环境下反应，得到产品和二氧化碳，反应产生的SO2会造成环境污染，用NaOH可进行尾气处理；
(2)②用标准I2溶液来滴定SO2的含量，当消耗完二氧化硫时，即可有碘单质产生，因此应该使用淀粉溶液做指示剂，当滴下最后一滴标准溶液，出现蓝色，且30秒内不褪色即可判定到达终点，已知SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；n(SO2)=n(I2)，从而得出二氧化硫的质量，再计算出含量；
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则会导致I2标准液的浓度降低，滴定消耗的量增加，导致滴定结果偏高。
【详解】(1)①本题是用浓硫酸与Na2SO3固体粉碎反应制取SO2气体，考虑到反应物的状态为固、液反应，可以用分液漏斗控制滴加酸的速率，也可以通过改变酸的浓度或控制反应时的温度来控制速率；
②B装置是制取连二亚硫酸钠的反应装置，用甲酸钠和二氧化硫在NaOH的醇溶液环境下反应，得到产品和二氧化碳，方程式为：HCOONa+2SO2+NaOH=Na2S2O4+CO2+H2O，未反应的SO2会造成大气污染，通过装置C的NaOH溶液，可以吸收SO2，防止污染环境；
(2)②用标准I2溶液来滴定SO2的含量，当消耗完二氧化硫时，即可有碘单质产生，应该使用淀粉溶液做指示剂，当滴下最后一滴标准溶液，出现蓝色，且30秒内不褪色即可判定到达终点，已知SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；n(SO2)=n(I2)=c×V=0.001mol/L×10.00×10-3L=10-5mol，故SO2的残留量为64g/mol×10-5mol÷5g×1000=0.128g/kg；
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则会导致I2标准液的浓度降低，因而滴定消耗标准I2溶液的体积增加，最终导致滴定测定的SO2含量偏高。
28.A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示(部分产物略去)。
I.若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种常见无色无味的有毒气体，B、E均为汽车尾气成分。
(1)写出反应①的化学方程式____________。
(2)写出B和E在催化剂条件下生成C化学方程式______________。
II.若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子；E为澄清石灰水。
(1)写出反应②的化学方程式_____________。
(2)将一定量气体D通入2L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。
①O点溶液中所含溶质的化学式为_______，横坐标3-5段发生的离子方程式为_____。
②标况下，通入气体D的体积为______L，C溶液的物质的量浓度为_______mol/L。
【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 2NO+2CON2+2CO2 (3). Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH (4). NaOH、Na2CO3 (5). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (6). 44.8 (7). 2.5
【解析】
【分析】I.若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，C、D均为空气的主要成分，且A和D能反应，则D是O2，C是N2，反应①为氨的催化氧化，则B是NO，E是一种有毒气体，NO和有毒气体反应生成氮气，说明E具有还原性，该气体为CO；
II.若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠；
(2)①分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸钠和氯化钠，根据溶质的性质分析解答；
②根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量，根据钠原子守恒计算氢氧化钠的物质的量浓度。
【详解】I.根据上述分析可知：A是NH3，B是NO，C是N2，D是O2，E为CO。
(1)反应①是NH3催化氧化产生NO，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；
(2)在在催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，反应方程式为：2NO＋2CON2＋2CO2；
II.根据上述推断可知：A为Na2O2，B为Na2CO3，C为NaOH，D是CO2，E为澄清石灰水。
(1) B为Na2CO3，C为NaOH，Na2CO3可以与澄清石灰水发生复分解反应产生NaOH和碳酸钙，反应的方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
(2)①分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，化学式为NaOH、Na2CO3；a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸钠和氯化钠，横坐标在盐酸的体积为3-5段发生的反应是NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，其离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
②从a点开始，碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸的物质的量为2mol，根据NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O可知：碳酸氢钠和盐酸反应的物质的量之比为1：1，所以n(NaHCO3)为2mol，根据碳原子守恒，得n(NaHCO3)=n(CO2)=2mol，因此标况下，CO2的体积V(CO2)= n(CO2)·Vm=2mol×22.4L/mol=44.8L；
根据图象可知：溶液完全消耗的盐酸的物质的量是5mol，此时溶液中的溶质变为NaCl，根据氯元素、钠元素守恒得n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=5mol，所以c(NaOH)==2.5mol/L。
可能用到的元素的相对原子质量：H-l He-4 C-l2 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg -24 S-32 C1-35.5 Zn-65 Br-80 I-127
第I卷选择题（共48分）
一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.生产生活紧密相关，下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2是碱性氧化物，可用于杀菌消毒和作供氧剂
B. 高纯度单质硅有良好的半导体性能，可用于制备光电池
C. 氨气是一种碱性气体，可用碱石灰或无水CaCl2干燥
D. SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
【答案】B
【详解】A. Na2O2可用于杀菌消毒和作供氧剂，但是Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B.高纯度单质硅导电性介于导体和绝缘体之间，有良好的半导体性能，可用于制备光电池，B正确；
C.氨气是一种碱性气体，可用碱石灰干燥，但能够与无水CaCl2反应，因此不能使用无水CaCl2干燥，C错误；
D.SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合，会发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，产生的物质不具有漂白性，因此等体积混合后，溶液的漂白能力失去，D错误；
故合理选项是B。
2.下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）
A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料
C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属
【答案】D
【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；
B、根据周期表的结构分析；
C、Ⅷ族占3个纵行；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。
详解：A、最活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；
B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；
C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，一个Ⅷ族占三个纵行，共18个纵行，C错误；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。
3.以下关于甲烷的说法中错误的是（ ）
A. 甲烷化学性质比较稳定，不被任何氧化剂氧化
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中具有极性键
D. 甲烷分子中四个C﹣H键是完全相同的键
【答案】A
【详解】A.甲烷化学性质比较稳定，但是在点燃时可以发生燃烧反应，而被氧气氧化，A错误；
B.甲烷分子中碳氢键键角为109°28′，因此具有正四面体结构，B正确；
C.甲烷分子中的化学键为C-H键，是不同的非金属元素的原子间形成的共价键，属于极性键，C正确；
D.甲烷分子中四个C﹣H键是完全相同的键，D正确；
故合理选项是A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 氯化镁的电子式：
B. 氯原子的原子结构示意图：
C. Uus和Uus互为同位素
D. 用电子式表示氯化氢的形成过程：
【答案】C
【解析】分析：A、氯化镁是离子化合物；
B、氯原子的核外电子数是17；
C、质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；
D、氯化氢是共价化合物。
详解：A、氯化镁是离子化合物，电子式：，A错误；
B、氯原子的原子结构示意图：，B错误；
C、的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；
D、氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程：，D错误；答案选C。
5.一种“即食即热型快餐”适合外出旅行时使用。其内层是用铝箔包裹的、已加工好的真空包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线，使这两种化学物质反应，此时便可对食物进行加热，这两包化学物质最合适的选择是（ ）
A. 硫酸与水 B. 生石灰与水
C. 熟石灰与水 D. 氯化钠与水
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质间反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，同时要考虑物质的状态和腐蚀性及是否易保存等。
【详解】A.浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，且是液态物质，不宜使用，A错误；
B.生石灰与水反应放出大量的热，B正确；
C.熟石灰溶解于水放热，但其溶解度极小，因此放出的热量有限，不能达到加热的效果，C错误；
D.氯化钠与水不反应，溶于水产生热量的极小，D错误；
故合理选项是B。
6.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）
A. 灼热的炭与CO2的反应
B. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应
C. 镁条与稀盐酸的反应
D. 氢气在氧气中的燃烧反应
【答案】A
【解析】A、灼热的炭与 CO2 的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，故A正确；B、Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 的反应不是氧化还原反应，故B错误；C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；D、氢气在氧气中的燃烧反应是放热反应，故D错误；故选A。
7.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）
A. 水与冰
B. O2与O3
C. 与
D. 与
【答案】D
【解析】分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，所以选项D正确。A中是同一种物质，B是氧元素的两种同素异形体。C也是同一种物质，答案选D。
8.下列说法错误的是（ ）
A. 、、H＋和H2是氢元素的四种不同粒子
B. 和 、石墨和金刚石均为同素异形体
C. 1H和2H是不同的核素
D. 12C和14C互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同
【答案】B
【详解】A.、、H＋和H2是：质子数为1中子数为0的氢原子、质子数为1，中子数为1的氢原子、带一个单位正电荷的氢离子、氢气单质，同属于氢元素的四种不同粒子，A正确；
B.和 是钙元素的不同原子，为同位素，石墨和金刚石为同素异形体，B错误；
C.1H和2H是具有一定质子数和一定中子数的不同原子，是氢元素的不同核素，C正确；
D.12C和14C互为同位素，质量数不同，最外层电子数相同，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，D正确；
故合理选项是B。
9.带有2个单位正电荷的微粒X2+，它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为（ ）
A. 56 B. 58 C. 54 D. 137
【答案】C
【详解】X2+的质量数等于137，中子数是81，质子数为137-81=56，原子核外电子数等于56，原子失去2个电子形成X2+，所以X2+的核外电子数为54，故合理选项是C。
10.下列排列顺序错误的是（ ）
A. 离子半径：Al3+
C. 沸点：HCl
【答案】B
【详解】A.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径：Al3+
C.由于HF分子之间存在氢键，HF的沸点最高，HCl、HBr、HI都是分子之间通过范德华力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点越高，而分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，所以物质的沸点：HCl
故合理选项是B。
11.阿伏加德罗常数的值为NA ，下列说法正确的是（ ）
A. 在常温常压下,1mol He分子中含有的原子数目为2NA
B. 2.4g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数为0.1NA
C. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
D. 标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
【答案】C
【详解】A.He气的分子是单原子分子，所以在常温常压下，1mol He分子中含有的原子数目为NA，A错误；
B.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，所以2.4g Mg与稀硫酸完全反应，转移的电子数为0.2NA，B错误；
C.H2、I2化合生成HI的反应是反应前后气体体积相等的反应，0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，C正确；
D.标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，则其中含有的分子数为0.1NA，D错误；
故合理选项是C。
12.[2016全国Ⅲ]下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A．
配制稀硫酸
先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水
B．
排水法收集KMnO4分解产生的O2
先熄灭酒精灯，后移出导管
C．
浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2
气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水
D．
CCl4萃取碘水中的I2
先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层
【答案】D
【解析】配制稀硫酸要酸入水，故A错误；为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；CC14密度大于水，CC14萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确。
13.下列离子能大量共存的是（ ）
A. 能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42－、CO32-
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3－
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2＋、NH4＋、SO42－、Cl－
D. 能使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3－、NO3－
【答案】A
【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中溶液显碱性，可以大量共存；B中铜离子在溶液中是蓝色的；C中Ba2＋和SO42－不能大量共存；D中溶液显酸性，HCO3－不能大量共存，所以答案选A。
14.对于放热反应Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应过程中的能量关系可用图表示
B. 1 mol Zn的能量大于1 mol H2的能量
C. 若将其设计为原电池，则锌作正极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5 g Zn溶解时，正极放出的气体一定为11.2 L
【答案】A
【解析】根据能量守恒，则反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，锌和硫酸反应为放热反应， A正确；反应物的总能量高于生成物的总能量，反应物和生成物均有两种，无法比较1molZn和1molH2的能量大小，B错误；若将其设计为原电池，锌化合价升高，失电子，则锌作负极，C错误；若将其设计为原电池，当有32.5gZn溶解时，消耗锌的物质的量为0.5mol，根据反应方程式可知生成0.5molH2，但气体所处状态未知，不能确定气体体积，D错误；正确选项A。
15.100 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量（ ）
A. 硝酸钠溶液 B. NaCl固体
C. 硫酸铜溶液 D. 硫酸钾溶液
【答案】D
【解析】
分析】过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答。
【详解】A.加硝酸钠溶液，氢离子、硝酸根离子与Zn发生氧化还原反应不生成氢气，减少生成氢气的量，A不符合题意；
B.加入NaCl固体，不反应且体积变化不大，反应速率不变，生成氢气的量不变，B不符合题意；
C.加入硫酸铜溶液，发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，构成Zn-Cu原电池，加快了反应速率，但由于消耗了Zn，使反应放出氢气的量减小，C不符合题意；
D.加入硫酸钾溶液不反应，且体积变大，使c(H+)降低，但n(H+)不变，所以反应速率变小，生成氢气的量不变，D符合题意；
故合理选项是D。
16.X、Y、Z、M、W五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 酸性：HYO3>H2WO3
C. 仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W为5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y、Z、M同周期且相邻，应该为第二周期，W位于第三周期，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，设W最外层电子数为x，则（2+8+x）=2（x+3），解得x=4，则W为Si、Y为N元素、Z为O元素、M为F元素。
【详解】A.同一周期的元素，自左而右原子半径减小，电子层越多，原子半径越大，所以原子半径Si＞N＞O＞F＞H，A正确；
B.HYO3是HNO3，属于一元强酸，H2WO3是H2SiO3，是二元弱酸，所以酸性：HYO3>H2WO3，B正确；
C.仅有H、N、O三种元素形成的化合物可以是硝酸铵，可以是HNO3、HNO2，硝酸铵中既有离子键又有共价键，C错误；
D.WM4为SiF4，Si、F原子最外层均满足8电子结构，D正确；
故合理选项是C。
17.检验下列物质的试剂、现象都正确的是（ ）
选项
被检验的物质
使用的试剂或方法
实验现象
A
Fe3+
KSCN溶液
溶液出现血红色沉淀
B
SO2
品红溶液
品红溶液褪色，加热不能复原
C
Na+
用铂丝蘸取少量溶液在火焰上灼烧
透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰
D
NH4+
NaOH溶液、红色石蕊试纸
加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝
【答案】D
【详解】A.Fe3+遇KSCN溶液，发生络合反应，产生的Fe(SCN)3是血红色可溶性的物质，A错误；
B.SO2使品红溶液褪色，是由于与品红结合形成了无色物质，该物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又恢复了原来的红色，B错误；
C.Na元素的焰色反应为黄色，不需要透过蓝色钴玻璃，C错误；
D.检验铵根离子的方法是：取少许待测溶液，向其中加入NaOH溶液后加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明产生了氨气，则溶液中含有NH4+，D正确；
故合理选项是D。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越小
B. 分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，称为分子间作用力
C. 分子间作用力主要影响物质的化学性质
D. 分子间作用力的大小远大于化学键，是一种很强的作用力
【答案】B
【详解】A.一般来说，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，A错误；
B.分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，这种作用力比较微弱，称为分子间作用力，B正确；
C.分子间作用力主要影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解性等，C错误；
D.分子间作用力的大小远小于化学键，是一种比较弱的作用力，D错误；
故合理选项是B。
19.下列物质中所含化学键中只含有共价键的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【详解】A.NaCl是离子化合物，只含有离子键，KOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B.Na2S是离子化合物，含有离子键，B不符合题意；
C.选项的物质都是共价化合物，只含有共价键，C符合题意；
D.Na2O2是离子化合物，含有离子键、共价键，D不符合题意；
故合理选项是C。
20.X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图的装置，实验中电流表指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y、Z可能是下列中的（ ）
选项
X
Y
Z
A
Zn
Cu
稀硫酸
B
Cu
Zn
稀硫酸
C
Cu
Ag
硫酸铜溶液
D
Ag
Zn
硫酸铜溶液
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，则X作正极、Y作负极，据此分析解答。
【详解】X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，电解质溶液为不活泼金属的盐溶液，X作正极、Y作负极。
A.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X锌电极易失电子作负极、Y作正极，在Y电极上产生氢气，与实际不符合，A错误；
B.该装置中，金属活动性Zn>Cu，X电极为正极，在X电极上氢离子得电子生成氢气，电极质量不变，B错误；
C.该装置中，金属活动性：Cu>Ag，X电极易失电子作负极，与实际不符合，C错误；
D.该装置中，金属活动性：Zn>Ag，X为正极，Y易失电子作负极、X电极上Cu2+得电子生成单质铜，使X电极质量增加，符合实际，D正确；
故合理选项是D。
21.下列有关原子结构和元素周期律的表述正确的是（ ）
①第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性强
②元素周期表中第一纵行的元素都是碱金属
③第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
④原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第ⅡB族
⑤同周期随着元素原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7，负价从-7到-1重复出现
A. ③ B. ③⑤ C. ③④ D. ②③⑤
【答案】A
【详解】①元素的非金属性S>Se，所以第ⅥA族元素硒(Se)的氢化物稳定性比硫的氢化物稳定性弱，①错误；
②元素周期表中第一纵行的元素中H元素是非金属元素，其余元素是碱金属，②错误；
③由于同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，所以原子获得电子的能力逐渐增强，因此第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，③正确；
④根据元素的位置与原子结构的关系可知：原子序数为22的元素位于元素周期表的第四周期第IVB族，④错误；
⑤由于O、F元素的非金属性最强，所以O、F元素没有最高正价，且负价是从-4到-1变化，⑤错误；
综上所述可知正确的说法为③，因此合理选项是A。
22.在一定温度下，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到平衡的标志是（ ）
A. 单位时间内消耗1mol的H2，同时生成2mol的HI
B. 容器内气体颜色不再变化
C. 容器内总压强不随时间的变化而变化
D. 1mol I－I键断裂的同时有1mol H－H键断裂
【答案】B
【详解】A.单位时间内消耗1 mol的H2与同时生成2 mol的HI，都表示反应正向进行，不能判断反应达到平衡状态，A错误；
B.容器内气体颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，B正确；
C.两边计量数相等，所以容器内的总压强始终不随时间的变化而变化，C错误；
D.1mol I-I 键断裂的同时有2mol HI键形成，都体现正反应的方向，D错误；
故合理选项是B。
23.在四个不同容器中，不同条件下进行反应N2+3H2⇌2NH3，根据在相同时间内测定结果，判断该反应的速率最大的是（ ）
A. υ（NH3）=0.5mol•L﹣1•min﹣1
B. υ（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1
C. υ（N2）=0.2mol•L﹣1•min﹣1
D. υ（H2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1
【答案】A
【详解】反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断，注意速率的单位转化为mol/（L•min）。
A. υ(NH3)=0.5mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν(H2)=0.75mol/（L•min）；
B.ν(H2)=0.3mol/（L•min）；
C.ν(N2)=0.2mol/（L•min），反应速率之比等于其计量数之比，所以ν(H2)=0.6mol/（L•min）；
D. ν(H2)=0.01mol/（L•s）=0.6mol/（L•min），
可见用氢气表示的反应速率，反应速率最快的是0.75mol/（L•min）；
因此合理选项是A。
24.镍氢电池是近年来开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镍镉电池。镍氢电池的总反应是H2+2NiO(OH)2Ni(OH)2，则下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时，H2在正极发生氧化反应
B. 电池工作时，电子从负极经导线流向正极，再由正极经电解质溶液流向负极
C. 正极的电极方程式为NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-
D. 该电池充电放电为可逆反应
【答案】C
【详解】A.电池放电时，H2在负极上发生氧化反应，负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O， A错误；
B.电池工作时，电子从负极经导线流向正极，NiO(OH)在正极上获得电子变为Ni(OH)2、OH-，氢气负极上失去电子变为H2O，电子不可能进入电解质溶液，B错误；
C.正极上NiO(OH)获得电子，正极的电极方程式为NiO(OH)+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，C正确；
D.电池放电与充电的反应条件不同，因此不是可逆反应，D错误；
故合理选项是C。
第Ⅱ卷非选择题（共52分）
二、填空题（本题包括4个小题，共52分）
25.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，E是它所在周期非金属性最强的元素，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：
(1)五种元素中，原子半径最大的是________(填元素符号）。
(2)写出与D同主族元素的氢化物中沸点最髙的物质电子式________________。
(3)单质E与水反应的产物中具有强氧化性物质的结构式______________。
(4)A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物BA4E中存在的化学键类型为_______
(5)C与氧气燃烧的产物投入到水中发生反应的离子方程式为_________。
(6)常温下E的单质与C的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1). Na (2). (3). H－O－Cl (4). 离子键和共价键 (5). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，C为Na元素；B和D同一主族，则D为磷元素；C和E形成的化合物在水中呈中性，E是其所在周期非金属性最强的元素，则E为Cl元素，验证符合，据此解答。
【详解】根据上述推断可知A是氢元素，B为氮元素，C为Na元素，D为磷元素，E为Cl元素。
(1)同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，同一主族的元素，随着原子序数的增大，原子半径增大，因此Na元素的原子半径最大；
(2)D是P元素，与P同一主族元素的氢化物中沸点最髙的物质是NH3，其电子式是；
(3)E是Cl，E元素的单质Cl2与水反应的产物是HCl、HClO，其中具有强氧化性物质是HClO，在该物质中O原子最外层有6个电子，与最外层只有一个电子的H原子形成一对共用电子对，与最外层有7个电子的Cl原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以HClO结构式是H-O-Cl；
(4)A和E形成的化合物HCl与A和B形成的化合物NH3发生反应，产物NH4Cl是离子化合物，其中存在的化学键类型为离子键、共价键；
(5)C是Na，Na与氧气燃烧产生的物质Na2O2投入到水中，发生反应，产生NaOH、O2，发生反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。
(6)常温下E的单质Cl2与C的最高价氧化物对应的水化物NaOH发生反应，产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
26.I.某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如下图所示（已知A、B、C均为气体）。
(1)该反应的化学方程式为__________________。
(2)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_________。
A.υ(A)=2υ(B) B.容器内气体密度不变 C.υ逆(A)=υ正(C)
D.各组分的物质的量相等 E. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
(4)由图求得平衡时A的转化率为________。
II.已知甲烷燃烧的化学反应方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，若以4mol/L 500mL KOH(aq)为电解质溶液，将其设计为原电池，则
(1)其正极电极方程式为___________。
(2)至某时刻溶液中c(CO32-)=1mol/L，则导线上通过的电子的物质的量为_____，此时消耗标准状况下CH4体积_____ L 。（假设化学能全部转化为电能；溶液体积保持不变）
【答案】(1). 2A(g)+B(g)2C(g) (2). 0.1mol/(L·min) (3). C、E (4). 40% (5). O2+4e-+2H2O=4OH- (6). 4mol (7). 11.2
【解析】
【分析】I.(1)从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程式；
(2)化学反应速率是单位时间内浓度的变化，据此可求得反应速率；
(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；
(4)根据A达到平衡时已转化的物质的量与起始的物质的量之比，可求得平衡时A的转化率；
II.在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，甲烷被氧化产生的CO2与溶液中的KOH反应产生K2CO3，通入O2的电极为正极，O2获得电子发生还原反应，可根据溶液中CO32-的物质的量确定电子转移数目及反应的甲烷的物质的量和体积。
【详解】I.(1)由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)：△n(B)：△n(A)=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A(g)+B(g)2C(g)；
(2)由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n(B)=1mol，B的平均反应速率为v(B)===0.1 mol/(L·min)；
(3)A.υ(A)=2υ(B)不能说明正反应和逆反应的关系，因此无法判断反应是否达到平衡，A错误；
B.容器的体积以及气体的质量不变，因此无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，B错误；
C.在该反应中A和C的计量数相等，当v逆(A)=v正(C)时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，C正确；
D.容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，D错误；
E.气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，E正确；
故合理选项是C、E；
(4)由图象可知：达平衡时A的物质的量变化为：△n(A)=5mol-3mol=2mol，因此A的转化率为：×100%=40%；
II.在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，甲烷被氧化产生的CO2与溶液中的KOH反应产生K2CO3，负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
通入O2的电极为正极，O2获得电子发生还原反应，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
(2)反应后产生的K2CO3的物质的量为n(K2CO3)=c(CO32-)=1mol/L×0.5L=0.5mol，由负极电极反应式CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O可知：每反应产生1molCO32-，反应消耗1mol甲烷，电子转移8mol，则反应产生0.5mol CO32-，转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×8=4mol，反应的甲烷的物质的量是0.5mol，其在标准状况下的体积V(CH4)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
27.二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。
(1)实验室用如图所示装置B制取连二亚硫酸钠(Na2S2O4)。
①实验中要控制生成SO2的速率，可采取的措施有（至少写一条）_________
②B装置中用甲醇作溶剂，C中NaOH的作用是__________。
(2)二氧化硫能够抑制细菌的滋生，可用作防腐剂，但必须严格按照国家标准使用。实验室用已知浓度的碘水来测定某粉丝样品中二氧化硫的残留量，装置如图所示。
①将粉丝样品粉碎，准确称取5.0 g，放入三颈烧瓶中，加入稀硫酸浸泡30分钟，再加适量蒸馏水，加热1小时(加热装置略去)，使二氧化硫完全进入吸收装置。
②往吸收装置中加入3滴淀粉溶液作指示剂，再逐滴加入0.001 mol·L－1 I2标准溶液。
当溶液颜色__________时，恰好完全反应，写出反应的离子方程式________；恰好反应时消耗I2标准溶液10.00 mL，测得样品中SO2的残留量为________ g·kg－1。
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则测得SO2含量_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1). 控制反应温度 调节酸溶液的滴加速度(或调节酸溶液的浓度) (2). 吸收尾气 (3). 溶液出现蓝色 (4). SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I- (5). 0.128 (6). 偏高
【解析】
【分析】(1)①从影响化学反应速率的因素入手，温度、浓度，催化剂，接触面积等，本题考虑到固、液反应，可以用分液漏斗控制滴加酸的速率，改变酸的浓度，也可以通过控制反应时的温度来控制速率；
②B装置是制取连二亚硫酸钠的反应装置，用甲酸钠和二氧化硫在NaOH的醇溶液环境下反应，得到产品和二氧化碳，反应产生的SO2会造成环境污染，用NaOH可进行尾气处理；
(2)②用标准I2溶液来滴定SO2的含量，当消耗完二氧化硫时，即可有碘单质产生，因此应该使用淀粉溶液做指示剂，当滴下最后一滴标准溶液，出现蓝色，且30秒内不褪色即可判定到达终点，已知SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；n(SO2)=n(I2)，从而得出二氧化硫的质量，再计算出含量；
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则会导致I2标准液的浓度降低，滴定消耗的量增加，导致滴定结果偏高。
【详解】(1)①本题是用浓硫酸与Na2SO3固体粉碎反应制取SO2气体，考虑到反应物的状态为固、液反应，可以用分液漏斗控制滴加酸的速率，也可以通过改变酸的浓度或控制反应时的温度来控制速率；
②B装置是制取连二亚硫酸钠的反应装置，用甲酸钠和二氧化硫在NaOH的醇溶液环境下反应，得到产品和二氧化碳，方程式为：HCOONa+2SO2+NaOH=Na2S2O4+CO2+H2O，未反应的SO2会造成大气污染，通过装置C的NaOH溶液，可以吸收SO2，防止污染环境；
(2)②用标准I2溶液来滴定SO2的含量，当消耗完二氧化硫时，即可有碘单质产生，应该使用淀粉溶液做指示剂，当滴下最后一滴标准溶液，出现蓝色，且30秒内不褪色即可判定到达终点，已知SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；n(SO2)=n(I2)=c×V=0.001mol/L×10.00×10-3L=10-5mol，故SO2的残留量为64g/mol×10-5mol÷5g×1000=0.128g/kg；
③在配制I2标准溶液，定容加水时仰视刻度线，则会导致I2标准液的浓度降低，因而滴定消耗标准I2溶液的体积增加，最终导致滴定测定的SO2含量偏高。
28.A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示(部分产物略去)。
I.若A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种常见无色无味的有毒气体，B、E均为汽车尾气成分。
(1)写出反应①的化学方程式____________。
(2)写出B和E在催化剂条件下生成C化学方程式______________。
II.若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子；E为澄清石灰水。
(1)写出反应②的化学方程式_____________。
(2)将一定量气体D通入2L C的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。
①O点溶液中所含溶质的化学式为_______，横坐标3-5段发生的离子方程式为_____。
②标况下，通入气体D的体积为______L，C溶液的物质的量浓度为_______mol/L。
【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 2NO+2CON2+2CO2 (3). Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH (4). NaOH、Na2CO3 (5). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (6). 44.8 (7). 2.5
【解析】
【分析】I.若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A是NH3，C、D均为空气的主要成分，且A和D能反应，则D是O2，C是N2，反应①为氨的催化氧化，则B是NO，E是一种有毒气体，NO和有毒气体反应生成氮气，说明E具有还原性，该气体为CO；
II.若A是淡黄色固体化合物，A为Na2O2，常温下D是无色气体，D是CO2，C分子中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C为NaOH，过氧化钠和二氧化碳反应生成B，B为Na2CO3，B和E反应生成氢氧化钠；
(2)①分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸钠和氯化钠，根据溶质的性质分析解答；
②根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量，根据钠原子守恒计算氢氧化钠的物质的量浓度。
【详解】I.根据上述分析可知：A是NH3，B是NO，C是N2，D是O2，E为CO。
(1)反应①是NH3催化氧化产生NO，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O；
(2)在在催化剂条件下，一氧化氮和一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，反应方程式为：2NO＋2CON2＋2CO2；
II.根据上述推断可知：A为Na2O2，B为Na2CO3，C为NaOH，D是CO2，E为澄清石灰水。
(1) B为Na2CO3，C为NaOH，Na2CO3可以与澄清石灰水发生复分解反应产生NaOH和碳酸钙，反应的方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
(2)①分析图象知，加入盐酸时，开始没有气体产生，加到一定量时才产生气体，根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知O点溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，化学式为NaOH、Na2CO3；a点开始产生气体，说明a点溶质为碳酸钠和氯化钠，横坐标在盐酸的体积为3-5段发生的反应是NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，其离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
②从a点开始，碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸的物质的量为2mol，根据NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O可知：碳酸氢钠和盐酸反应的物质的量之比为1：1，所以n(NaHCO3)为2mol，根据碳原子守恒，得n(NaHCO3)=n(CO2)=2mol，因此标况下，CO2的体积V(CO2)= n(CO2)·Vm=2mol×22.4L/mol=44.8L；
根据图象可知：溶液完全消耗的盐酸的物质的量是5mol，此时溶液中的溶质变为NaCl，根据氯元素、钠元素守恒得n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=5mol，所以c(NaOH)==2.5mol/L。
相关资料
更多
