还剩13页未读，
继续阅读
【化学】江苏省高邮市2018-2019学年高一下学期期中考试调研（选修）试题（解析版）
展开
江苏省高邮市2018-2019学年高一下学期期中考试调研（选修）试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64
选择题（共40分）
单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的（ ）
A. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 将废旧电池深埋，防止污染环境
【答案】D
【详解】A项，光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故不选A项；
B项，加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，有利于保护水资源，故不选B项；
C项，积极推广太阳能、风能、地热能及水能等使用，可以减少化石燃料的使用，有利于环境保护，故不选C项；
D项，废旧电池作深埋处理会污染土壤，不符合题意，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. HCl的电子式： B. 氯离子的结构示意图：
C. 甲烷分子的比例模型： D. 核内有8个中子的碳原子：
【答案】C
【解析】
3.下列物质中只含有离子键的化合物是（ ）
A. HI B. NaOH C. Br2 D. NaCl
【答案】D
【详解】A. HI为共价化合物，只含有共价键，故A错误；
B. NaOH为离子化合物，氢氧根中存在共价键，因此NaOH中既存在共价键又存在离子键，故B错误；
C. Br2为非金属单质，只含有共价键，故C错误；
D. NaCl为离子化合物，只含有离子键，故D正确。
故答案选D。
4.下列各组物质中属于同素异形体的一组是（ ）
A. 1H、2H和3H B. 红磷和白磷
C. 正丁烷和异丁烷 D. CO2和SiO2
【答案】B
【解析】
【分析】同素异形体：由同种元素组成的不同种单质属于同素异形体，研究对象是单质，不是化合物，据此解答。
【详解】A. 1H、2H和3H属于氢元素的不同核素，互为同位素，故A错误；
B.红磷和白磷均是由磷元素构成的不同种单质，属于同素异形体，故B正确；
C.正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C错误；
D. CO2和SiO2都是非金属氧化物，故D错误。
故答案选B。
5.对于4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g) 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A. v(NH3)＝0.6 mol• L-1•min-1 B. v(O2) ＝0.4 mol• L-1•min-1
C. v(N2)＝0.2 mol• L-1•min-1 D. v(H2O) ＝0.3 mol• L-1•min-1
【答案】A
【解析】
【分析】对于反应4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g)，用不同物质表示其反应速率，数值不同但意义相同，所以比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析。
【详解】4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g)
A.v（NH3）=0.6mol•L -1•min -1；
B.v（O2）=0.4mol•L -1•min -1，则v（NH3）=0.4mol•L -1•min -1×=0.53 mol•L -1•min -1；
C.v（N2）=0.2mol•L -1•min -1，则v（NH3）=0.2 mol•L -1•min -1×2=0.4 mol•L -1•min -1；
D.v（H2O）=0.3 mol•L -1•min -1，，则v（NH3）=0.3mol•L -1•min -1×=0.2 mol•L -1•min -1；
显然A表示的该反应的反应速率最大，
故选A。
6.下列各组物质的晶体中，化学键类型和晶体类型均相同的是（ ）
A. CO2和NH3 B. HCl和SiO2
C. KCl和K D. H2O和NH4Cl
【答案】A
【解析】
【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，以此解答。
【详解】A. CO2和NH3都是分子晶体，CO2和NH3都只含共价键，故A正确；
B.HCl是分子晶体，SiO2为原子晶体，故B错误；
C.KCl为离子晶体，含有离子键，K为金属晶体，含有金属键，故C错误；
D. H2O是分子晶体，H2O中只含共价键；NH4Cl是离子晶体，NH4Cl中含有离子键和共价键，故D错误。
故答案选A。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol氮气中所含的氮原子数是0.1NA
B. 标准状况下，2.24 L CCl4中所含的分子数是0.1NA
C. 1 mol·L-1 氨水溶液中含NH4+的数目是NA
D. 24 g镁和足量的盐酸反应，电子转移的数目是2NA
【答案】D
【详解】A. 0.1 mol氮气含有0.2mol氮原子，所以含有的氮原子数是0.2NA，故A错误；
B.标况下，CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；
C.只知道溶液浓度，溶液体积未知，无法计算微粒个数，故C错误；
D. 24g镁物质的量为=1mol，与盐酸反应转移电子数目是2NA，故D正确。
答案选D。
8.反应2SO2＋O2 2SO3在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. 增大O2的浓度能减小反应速率
B. 使用恰当的催化剂能加快反应速率
C. 达平衡时反应停止
D. SO2与O2能100% 转化为SO3
【答案】B
【详解】A. 增大O2的浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故A错误；
B. 使用恰当的催化剂，可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；
C. 化学平衡为动态平衡，达平衡时正反应速率等于逆反应速率，反应仍在进行，故C错误；
D. 可逆反应的反应物不能完全转化，故D错误。
故答案选B。
9.根据下图提供的信息，下列所得结论正确的是（ ）
A. 生成物比反应物稳定
B. 该反应的ΔH<0
C. 该图可以表示石灰石高温分解反应
D. 因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定不能发生
【答案】C
【解析】试题分析：A.反应物的总能量低于生成物的总能量，因此反应物更稳定，A项错误；B.生成物的总能量高于反应物的总能量，为吸热反应，△H＞0，B项错误；C.由图可知该反应属于吸热反应，而石灰石高温分解属于吸热反应，C项正确；D.反应吸热或放热与反应条件无必然联系，并不是所有吸热反应都需要加热，例如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，是常温下即可进行的吸热反应，D项错误；答案选C。
10.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A. 图1可用于吸收多余的NO
B. 图2可用于检验SO2的漂白性
C. 图3可用于比较Fe与Cu的金属活动性强弱
D. 图4可用于测定CO2的生成速率
【答案】C
【解析】A、NO不溶于水，不能用水吸收，故A错误；B、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现出还原性，不表现漂白性，故B错误；C、铁表面析出红色的铜，可说明铁比铜活泼，故C正确；D、气体从长颈漏斗溢出，不能达到实验目的，应该改成分液漏斗，故D错误。故选C。
不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分）
11.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
ⅢA
ⅣA
ⅤA
X
Y
Z
W
A. 元素X形成的单质只有一种
B. 原子半径：Z > X > Y
C. W的氧化物属于分子晶体
D. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【答案】B
【详解】根据元素在周期表中的位置可知，X为C元素；Y为N元素；Z为Al元素；W为Si元素。
A．碳元素有金刚石、石墨、C60等同素异形体，故A错误；
B．同主族从上到下原子半径增大；同周期从左向右原子半径减小，电子层数越多，原子半径一般越大，Z、X、Y的原子半径依次减小，故B正确；
C．Si的氧化物为SiO2，为原子晶体，故C错误；
D．元素的非金属性C>Si，则简单气态氢化物的热稳定性CH4>SiH4，故D错误。
故选B。
12.下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. NH4HCO3NH3 NO
B. Al Al2(SO4)3(aq) Al(OH)3
C. 稀HNO3 NO2NO
D. HClOCl2NaClO
【答案】A
【详解】A. NH4HCO3加热分解生成氨气、水和二氧化碳；氨气发生催化氧化生成NO，故选A；
B. 常温下Al和浓硫酸发生钝化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应进一步发生，故不选B；
C. 稀HNO3 和铜反应生成NO，不能一步反应生成NO2，故不选C；
D. HClO光照分解生成O2，不生成Cl2，故不选D。
故选A。
13.以下关于元素及化合物性质的比较正确的是（ ）
A. 沸点：HBr>HCl>HF
B. 碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3
D. 离子半径：Na+＜Mg2+
【详解】A. HF分子之间存在氢键，沸点最高，同族其它元素氢化物为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点HF＞HBr＞HCl，故A错误；
B. 对应元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，因金属性K＞Na＞Mg，所以碱性强弱为KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，所以B选项是正确的；
C.非金属性：Cl>S>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，所以C选项是正确的；
D.三种离子核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Na+>Mg2+>Al3+，故D错误。
答案选BC。
14.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。用此装置和表中提供的物质能完成相关实验的是（ ）
选项
a中物质
b中物质
c中的气体
d中物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
稀硝酸
Cu
NO
H2O
C
硫酸
Na2CO3
CO2
NaOH溶液
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图可以知道所制备的气体应为固体和液体不加热制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题。
【详解】A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；
B、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO不能用排空气法收集，水不能完全吸收，故B错误；
C、硫酸可以与碳酸钠反应，生成二氧化碳，CO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，剩余二氧化碳气体可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，装置符合制备、收集和吸收的要求，所以C选项是正确的；
D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且因为浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，尾气用氢氧化钠溶液吸收，故D错误。
答案选C。
15.将1.20 g铁铜合金完全溶于100 mL、12.0 mol·L-1浓硝酸中，得到NO2和N2O4混合气体672 mL（换算为标准状况下）。向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.05 g沉淀。下列有关判断正确的是（ ）
A. 反应过程中浓硝酸仅体现氧化性
B. 该合金中铁与铜物质的量之比是2∶1
C. 混合气体中，NO2的体积分数是1/3
D. 金属离子全部沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为1150 mL
【答案】CD
【解析】A. 金属与浓硝酸反应过程中体现浓硝酸的氧化性和酸性，故A错误；B．金属离子全部沉淀时，得到2.05g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根离子的质量为：2.05g-1.20g=0.85g，氢氧根离子的物质的量为：=0.05mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、铁合金中Cu、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+3y=0.05、64x+56y=1.20，解得：x=0.01、y=0.01，则该合金中n(Cu)：n(Fe)=1：1，故B错误；C．标况下0.672L气体的物质的量为：=0.03mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.03-a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.03-a)×2×1=0.05，解得a=0.01，则混合气体中含有二氧化氮0.01mol、四氧化二氮0.02mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为，故C正确；D. 100 mL、12.0 mol·L-1浓硝酸中含有硝酸的物质的量为：12mol/L×0.1L=1.2mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：1.2mol-0.01-0.02×2=1.15mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=1.15L=1150mL，故D正确；故选CD。
非 选 择 题 （共60分）
16.Ⅰ．某微粒的结构示意图为，试回答：
（1）当y=8时，该粒子可能是_____、_____（分别写出一种阳离子和一种阴离子）。
（2）当x－y=10时，该粒子为_______（选填“原子”或“阳离子”、“阴离子”）。
（3）请写出工业上制取y=7元素对应单质的化学方程式：________________。
Ⅱ．现有 ①BaCl2晶体 ②金刚石 ③碘片 ④干冰 ⑤二氧化硅 ⑥氢氧化钾 ⑦钠 七种物质，请按下列要求回答（填序号）：
（1）属于只含离子键的离子晶体的是____________（填序号，下同）。
（2）属于分子晶体的单质是__________。
（3）属于原子晶体的化合物是___________。
【答案】(1). K+ 或Ca2+、 (2). Cl- 或S2- 或P3－ (3). 原子 (4). 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑ (5). ① (6). ③ (7). ⑤
【解析】
【分析】Ⅰ．(1) y=8时，微粒的电子层结构与稀有气体Ar相同，可能是阴离子也可能是阳离子或者是Ar原子的结构示意图，根据具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系解答；
(2)根据微粒结构示意图分析电子数和质子数的关系确定粒子的种类；
(3) y=7元素对应单质为Cl2，依据工业上制备氯气可用电解饱和食盐水写出化学方程式。
Ⅱ．①BaCl 2 属离子晶体，只含离子键； ②金刚石属原子晶体，只含共价键； ③碘片属分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合；④干冰属分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合； ⑤二氧化硅属原子晶体，只含共价键；⑥KOH属离子晶体，含离子键、共价键； ⑦钠属金属晶体，含金属键，以此解答。
【详解】Ⅰ．(1)具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系遵循“阴上阳下“的规律，核外电子数有18个的微粒阳离子有：K+ 或Ca2+，阴离子有：Cl- 或S2- 或P3－；
因此，本题正确答案是：K+ 或Ca2+；Cl- 或S2- 或P3－；
(2)根据结构示意图可以知道，该微粒核内质子数为：x ，核外电子数为：10+y，因为x－y=10，所以质子数等于电子数，微粒是呈电中性的原子，
因此，本题正确答案是：原子；
(3 )y=7元素对应单质为Cl2，依据工业上制备氯气可用电解饱和食盐水，反应的化学方程式为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+ H2↑，
因此，本题正确答案是：2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+ H2↑；
Ⅱ．（1）根据以上分析知，属于离子晶体的是①⑥；只有离子键的物质是①，故答案为：①；
（2）属于分子晶体的是③④，属于分子晶体的单质是③，故答案为：③；
（3）属于原子晶体的是②⑤，属于原子晶体的化合物是⑤，故答案为：⑤。
17.短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，且分别位于三个不同的周期。Y与W 的原子序数相差8，W的最高正价与最低负价的代数和为4。Z的一价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布。请回答下列问题：
（1）元素Y在周期表中的位置是_______________________。
（2）Z2Y2的电子式是__________；其含有的化学键类型为____________。
（3）W的单质有W2、W4、W8等，其熔化时克服的作用力为_____________。W与R的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是__________（写化学式）。
（4）Z的单质与Y的简单氢化物反应的化学方程式为____________________。
【答案】(1). 第二周期，第ⅥA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). 分子间作用力 (5). HClO4 (6). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价的代数和为4，Y与W的原子序数相差8，可以知道Y为O，W为S；R为Cl；Z的一价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Na；X、Y、Z、W、R分别位于三个不同的周期，则X为H，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，R为Cl，
（1）O元素在周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族,
因此，本题正确答案是：第二周期，第ⅥA族；
（2）Na2O2为离子化合物，电子式是；含有离子键、共价键，
因此，本题正确答案是：；离子键、共价键；
（3）S的单质有S2、S4、S8等，都属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；非金属性S
（4）Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，
因此，本题正确答案是：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑。
18.有关物质的转化关系如图所示(部分物质与条件己略去)。已知A、C是由两种相同元素组成的物质，其中A的摩尓质量为65g·mol-1，C是白色粉末且焰色反应呈黄色，I是最常见的液体，E是一种红棕色气体，B、F都是无色气体单质。请回答下列问题：
（1）K的电子式为：___________________________。
（2）E的化学式为：___________________________。
（3）写出反应①的化学方程式：___________________________。
（4）写出反应②的离子方程式：________________________。
【答案】(1). (2). NO2 (3). 3NaN3 Na3N + 4N2↑ (4). 3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO
【解析】
【分析】I是最常见的液体，E是一种红棕色气体，可知I为水，E为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮（D）和硝酸（J），B、F都是无色气体单质，B为氮气，K为氨气，C是白色粉末且焰色反应呈黄色，为含有钠元素和氮元素的化合物，其与A物质组成元素相同，已知A摩尔质量为65g·mol-1，可以推知化合物A为NaN3，根据氧化还原反应规律，由于B为氮气，为氧化产物，所以C为还原产物，氮元素价态降低，所以C为Na3N。
【详解】（1）根据以上分析可知K为氨气，其电子式为，
故答案为：；
（2）根据以上分析可知E为二氧化氮，化学式为NO2，故答案为：NO2；
（3）反应①为NaN3受到撞击后分解为氮气和Na3N，化学方程式为3NaN3 Na3N + 4N2↑，故答案为：3NaN3 Na3N + 4N2↑；
（4）反应②为二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以离子方程式为3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO，故答案为：3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO。
19.T ℃时，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol NO2与2 mol SO2发生如下反应：
NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1。
（1）下列能说明该反应达到平衡状态的是____________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2
（2）反应进行到20 s 时，测得反应速率v(NO) =0.005 mol·L-1·s-1，则消耗的NO2为___mol。
（3）下列措施能使反应加快是___________（仅改变一个条件）
a．降低温度
b．缩小容积
c．使用效率更高的催化剂
（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），则到达平衡所需时间将_______。
a．延长 b．缩短 c．不变 d．无法确定
【答案】（1）b ；（2）0.2 ；（3）b、c ；（4）b。
【解析】
【分析】(1)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；
(2)同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此计算二氧化氮反应速率，再根据v=及n=计算二氧化氮物质的量；
(3)该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率；
(4)若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快。
【详解】(1)a．该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的可逆反应，所以压强始终不变，所以体系压强保持不变不能说明该反应达到平衡状态，a错误；
b．混合气体颜色保持不变，说明各物质浓度不变，所以该反应达到平衡状态，b正确；
c．SO3和NO的体积比保持不变时该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，c错误；
d．无论该反应是否达到平衡状态，都存在每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2，所以不能据此判断平衡状态，d错误；
故合理选项是b；
(2)同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，v(NO2)=v(NO)= 0.005mol/(L•s)，则根据v=及n=可知参加反应的n(NO)=vtV=0.005mol/(L•s)×20s×2L=0.2mol；
(3)该反应的正反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，无论是升高温度、加入催化剂、还是增大体系的压强都能够增大化学反应速率，而降低温度则化学反应速率降低，合理选项是bc；
(4)若上述容器为绝热容器(与外界无热交换)，该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡所需的时间缩短，故合理选项是b。
20.CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
（1）已知8.0 g CH4完全燃烧生成液态水放出444.8 kJ热量。则CH4 (g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝____________kJ·mol－1。
（2）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。
①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，则该反应的最佳温度应控制在 ___________左右。
②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜 （CuAlO2，难溶物）。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为 _____________________。
（3）CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96 L CH4可处理22.4 L NOx，则x值为_______________。
【答案】(1). -889.6 (2). 250℃ (3). 3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O (4). 1.6
【解析】
【分析】(1)由8.0 g CH4完全燃烧生成液体水放出的热量计算1mol甲烷燃烧放出的热量；
(2)①分析图根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；
(3)根据电子转移守恒计算。
【详解】(1)已知8.0 g CH4完全燃烧生成液体水放出444.8 kJ热量，则1mol即16g燃烧放出的热量为444.8 kJ =889.6kJ，反应放热，则ΔH＝-889.6 kJ·mol－1；
因此，本题正确答案是：-889.6；
(2)①从图象可以知道：250℃时乙酸反应速率最大、催化活性最高,故选择250℃；
因此，本题正确答案是：250℃；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体,生成的盐为硝酸铝、硝酸铜,反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O；
因此，本题正确答案是：3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O；
(3)根据得失电子转移守恒，则：[4-(-4)]=2x，计算得出x=1.6；
因此，本题正确答案是：1.6。
21.某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体（NaNO2），并对其进行纯度测定和相关性质的实验。
已知：Ⅰ．Na2CO3 ＋ NO ＋ NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2；
Na2CO3 ＋ 2NO2 = NaNO2 ＋ NaNO3 ＋ CO2
Ⅱ．NaNO2是白色固体，易被氧化。
（1）“还原”步骤中被还原的元素是________。此时SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是______。
（2）若使“吸收”步骤中NOX完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为_____。
（3）该课外兴趣小组对实验制取的NaNO2晶体进行纯度测定：
a．称取2.000 g样品，将其配成250 mL溶液。
b．先向锥形瓶内加入40.00 mL 0.100 mol·L-1的H2SO4溶液，加热至40～50℃。冷却后再向其中加入20.00 mL 0. 100 mol·L-1 KMnO4溶液，充分混合。
c．最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复三次，平均消耗样品溶液50.00 mL。（NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2）
①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，否则样品的纯度____（“偏大”、“偏小”或“无影响”），原因是_______。
②通过计算，该样品中NaNO2质量分数是_____，可能含有的杂质有________（写出其中两种）。
（4）该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是____。
【答案】(1). N（氮） (2). 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应 (3). 1∶1 (4). 偏小 (5). NaNO2被空气中的氧气氧化 (6). 86.25% (7). Na2CO3、NaHCO3、NaNO3（写出两种即可） (8). 2NO2－ + 4H+ + 2I－ = 2NO↑ + I2 + 2H2O
【解析】
【分析】硝酸中通入二氧化硫发生氧化还原反应，冷却后生成的气体用碳酸钠溶液吸收生成亚硝酸钠和二氧化碳，蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体，
硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应；
若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比；
①亚硝酸钠已被空气中氧气氧化，导致测定产生误差；
②NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2，计算亚硝酸钠物质的量，计算含量，注意溶液体积的变化，乙酸钠吸收二氧化氮、一氧化氮，可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠；
将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，以此分析解答。
【详解】硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原”步骤中被还原的元素是N元素，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，故答案为：N；气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应；
若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，，，1molHNO3反应生成0.5molNO和0.5molNO2，电子转移总数（1××3e-+1××e-）=2e-，SO2~H2SO4~2e-，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比=1:1，故答案为：1：1；
①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小，故答案为：偏小；NaNO2被空气中的氧气氧化；
②，
2 5
0020L×0.1mol/L n
n=0.005mol，
250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=0.005mol×=0.25mol，
该样品中NaNO2的质量分数，
亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3，
故答案为：86.25%；Na2CO3、NaHCO3、NaNO3；
将溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O，故答案为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64
选择题（共40分）
单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的（ ）
A. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 将废旧电池深埋，防止污染环境
【答案】D
【详解】A项，光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故不选A项；
B项，加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，有利于保护水资源，故不选B项；
C项，积极推广太阳能、风能、地热能及水能等使用，可以减少化石燃料的使用，有利于环境保护，故不选C项；
D项，废旧电池作深埋处理会污染土壤，不符合题意，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. HCl的电子式： B. 氯离子的结构示意图：
C. 甲烷分子的比例模型： D. 核内有8个中子的碳原子：
【答案】C
【解析】
3.下列物质中只含有离子键的化合物是（ ）
A. HI B. NaOH C. Br2 D. NaCl
【答案】D
【详解】A. HI为共价化合物，只含有共价键，故A错误；
B. NaOH为离子化合物，氢氧根中存在共价键，因此NaOH中既存在共价键又存在离子键，故B错误；
C. Br2为非金属单质，只含有共价键，故C错误；
D. NaCl为离子化合物，只含有离子键，故D正确。
故答案选D。
4.下列各组物质中属于同素异形体的一组是（ ）
A. 1H、2H和3H B. 红磷和白磷
C. 正丁烷和异丁烷 D. CO2和SiO2
【答案】B
【解析】
【分析】同素异形体：由同种元素组成的不同种单质属于同素异形体，研究对象是单质，不是化合物，据此解答。
【详解】A. 1H、2H和3H属于氢元素的不同核素，互为同位素，故A错误；
B.红磷和白磷均是由磷元素构成的不同种单质，属于同素异形体，故B正确；
C.正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C错误；
D. CO2和SiO2都是非金属氧化物，故D错误。
故答案选B。
5.对于4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g) 的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A. v(NH3)＝0.6 mol• L-1•min-1 B. v(O2) ＝0.4 mol• L-1•min-1
C. v(N2)＝0.2 mol• L-1•min-1 D. v(H2O) ＝0.3 mol• L-1•min-1
【答案】A
【解析】
【分析】对于反应4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g)，用不同物质表示其反应速率，数值不同但意义相同，所以比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析。
【详解】4NH3(g) + 3O2(g) ＝ 2N2(g) + 6 H2O(g)
A.v（NH3）=0.6mol•L -1•min -1；
B.v（O2）=0.4mol•L -1•min -1，则v（NH3）=0.4mol•L -1•min -1×=0.53 mol•L -1•min -1；
C.v（N2）=0.2mol•L -1•min -1，则v（NH3）=0.2 mol•L -1•min -1×2=0.4 mol•L -1•min -1；
D.v（H2O）=0.3 mol•L -1•min -1，，则v（NH3）=0.3mol•L -1•min -1×=0.2 mol•L -1•min -1；
显然A表示的该反应的反应速率最大，
故选A。
6.下列各组物质的晶体中，化学键类型和晶体类型均相同的是（ ）
A. CO2和NH3 B. HCl和SiO2
C. KCl和K D. H2O和NH4Cl
【答案】A
【解析】
【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，以此解答。
【详解】A. CO2和NH3都是分子晶体，CO2和NH3都只含共价键，故A正确；
B.HCl是分子晶体，SiO2为原子晶体，故B错误；
C.KCl为离子晶体，含有离子键，K为金属晶体，含有金属键，故C错误；
D. H2O是分子晶体，H2O中只含共价键；NH4Cl是离子晶体，NH4Cl中含有离子键和共价键，故D错误。
故答案选A。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol氮气中所含的氮原子数是0.1NA
B. 标准状况下，2.24 L CCl4中所含的分子数是0.1NA
C. 1 mol·L-1 氨水溶液中含NH4+的数目是NA
D. 24 g镁和足量的盐酸反应，电子转移的数目是2NA
【答案】D
【详解】A. 0.1 mol氮气含有0.2mol氮原子，所以含有的氮原子数是0.2NA，故A错误；
B.标况下，CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；
C.只知道溶液浓度，溶液体积未知，无法计算微粒个数，故C错误；
D. 24g镁物质的量为=1mol，与盐酸反应转移电子数目是2NA，故D正确。
答案选D。
8.反应2SO2＋O2 2SO3在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A. 增大O2的浓度能减小反应速率
B. 使用恰当的催化剂能加快反应速率
C. 达平衡时反应停止
D. SO2与O2能100% 转化为SO3
【答案】B
【详解】A. 增大O2的浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故A错误；
B. 使用恰当的催化剂，可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；
C. 化学平衡为动态平衡，达平衡时正反应速率等于逆反应速率，反应仍在进行，故C错误；
D. 可逆反应的反应物不能完全转化，故D错误。
故答案选B。
9.根据下图提供的信息，下列所得结论正确的是（ ）
A. 生成物比反应物稳定
B. 该反应的ΔH<0
C. 该图可以表示石灰石高温分解反应
D. 因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定不能发生
【答案】C
【解析】试题分析：A.反应物的总能量低于生成物的总能量，因此反应物更稳定，A项错误；B.生成物的总能量高于反应物的总能量，为吸热反应，△H＞0，B项错误；C.由图可知该反应属于吸热反应，而石灰石高温分解属于吸热反应，C项正确；D.反应吸热或放热与反应条件无必然联系，并不是所有吸热反应都需要加热，例如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，是常温下即可进行的吸热反应，D项错误；答案选C。
10.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A. 图1可用于吸收多余的NO
B. 图2可用于检验SO2的漂白性
C. 图3可用于比较Fe与Cu的金属活动性强弱
D. 图4可用于测定CO2的生成速率
【答案】C
【解析】A、NO不溶于水，不能用水吸收，故A错误；B、二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现出还原性，不表现漂白性，故B错误；C、铁表面析出红色的铜，可说明铁比铜活泼，故C正确；D、气体从长颈漏斗溢出，不能达到实验目的，应该改成分液漏斗，故D错误。故选C。
不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分）
11.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
ⅢA
ⅣA
ⅤA
X
Y
Z
W
A. 元素X形成的单质只有一种
B. 原子半径：Z > X > Y
C. W的氧化物属于分子晶体
D. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【答案】B
【详解】根据元素在周期表中的位置可知，X为C元素；Y为N元素；Z为Al元素；W为Si元素。
A．碳元素有金刚石、石墨、C60等同素异形体，故A错误；
B．同主族从上到下原子半径增大；同周期从左向右原子半径减小，电子层数越多，原子半径一般越大，Z、X、Y的原子半径依次减小，故B正确；
C．Si的氧化物为SiO2，为原子晶体，故C错误；
D．元素的非金属性C>Si，则简单气态氢化物的热稳定性CH4>SiH4，故D错误。
故选B。
12.下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A. NH4HCO3NH3 NO
B. Al Al2(SO4)3(aq) Al(OH)3
C. 稀HNO3 NO2NO
D. HClOCl2NaClO
【答案】A
【详解】A. NH4HCO3加热分解生成氨气、水和二氧化碳；氨气发生催化氧化生成NO，故选A；
B. 常温下Al和浓硫酸发生钝化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应进一步发生，故不选B；
C. 稀HNO3 和铜反应生成NO，不能一步反应生成NO2，故不选C；
D. HClO光照分解生成O2，不生成Cl2，故不选D。
故选A。
13.以下关于元素及化合物性质的比较正确的是（ ）
A. 沸点：HBr>HCl>HF
B. 碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3
D. 离子半径：Na+＜Mg2+
【详解】A. HF分子之间存在氢键，沸点最高，同族其它元素氢化物为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点HF＞HBr＞HCl，故A错误；
B. 对应元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，因金属性K＞Na＞Mg，所以碱性强弱为KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，所以B选项是正确的；
C.非金属性：Cl>S>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，所以C选项是正确的；
D.三种离子核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Na+>Mg2+>Al3+，故D错误。
答案选BC。
14.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。用此装置和表中提供的物质能完成相关实验的是（ ）
选项
a中物质
b中物质
c中的气体
d中物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
稀硝酸
Cu
NO
H2O
C
硫酸
Na2CO3
CO2
NaOH溶液
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图可以知道所制备的气体应为固体和液体不加热制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题。
【详解】A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；
B、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO不能用排空气法收集，水不能完全吸收，故B错误；
C、硫酸可以与碳酸钠反应，生成二氧化碳，CO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，剩余二氧化碳气体可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，装置符合制备、收集和吸收的要求，所以C选项是正确的；
D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且因为浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，尾气用氢氧化钠溶液吸收，故D错误。
答案选C。
15.将1.20 g铁铜合金完全溶于100 mL、12.0 mol·L-1浓硝酸中，得到NO2和N2O4混合气体672 mL（换算为标准状况下）。向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.05 g沉淀。下列有关判断正确的是（ ）
A. 反应过程中浓硝酸仅体现氧化性
B. 该合金中铁与铜物质的量之比是2∶1
C. 混合气体中，NO2的体积分数是1/3
D. 金属离子全部沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为1150 mL
【答案】CD
【解析】A. 金属与浓硝酸反应过程中体现浓硝酸的氧化性和酸性，故A错误；B．金属离子全部沉淀时，得到2.05g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根离子的质量为：2.05g-1.20g=0.85g，氢氧根离子的物质的量为：=0.05mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、铁合金中Cu、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+3y=0.05、64x+56y=1.20，解得：x=0.01、y=0.01，则该合金中n(Cu)：n(Fe)=1：1，故B错误；C．标况下0.672L气体的物质的量为：=0.03mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.03-a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.03-a)×2×1=0.05，解得a=0.01，则混合气体中含有二氧化氮0.01mol、四氧化二氮0.02mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为，故C正确；D. 100 mL、12.0 mol·L-1浓硝酸中含有硝酸的物质的量为：12mol/L×0.1L=1.2mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：1.2mol-0.01-0.02×2=1.15mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=1.15L=1150mL，故D正确；故选CD。
非 选 择 题 （共60分）
16.Ⅰ．某微粒的结构示意图为，试回答：
（1）当y=8时，该粒子可能是_____、_____（分别写出一种阳离子和一种阴离子）。
（2）当x－y=10时，该粒子为_______（选填“原子”或“阳离子”、“阴离子”）。
（3）请写出工业上制取y=7元素对应单质的化学方程式：________________。
Ⅱ．现有 ①BaCl2晶体 ②金刚石 ③碘片 ④干冰 ⑤二氧化硅 ⑥氢氧化钾 ⑦钠 七种物质，请按下列要求回答（填序号）：
（1）属于只含离子键的离子晶体的是____________（填序号，下同）。
（2）属于分子晶体的单质是__________。
（3）属于原子晶体的化合物是___________。
【答案】(1). K+ 或Ca2+、 (2). Cl- 或S2- 或P3－ (3). 原子 (4). 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑ (5). ① (6). ③ (7). ⑤
【解析】
【分析】Ⅰ．(1) y=8时，微粒的电子层结构与稀有气体Ar相同，可能是阴离子也可能是阳离子或者是Ar原子的结构示意图，根据具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系解答；
(2)根据微粒结构示意图分析电子数和质子数的关系确定粒子的种类；
(3) y=7元素对应单质为Cl2，依据工业上制备氯气可用电解饱和食盐水写出化学方程式。
Ⅱ．①BaCl 2 属离子晶体，只含离子键； ②金刚石属原子晶体，只含共价键； ③碘片属分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合；④干冰属分子晶体，只含共价键，分子间靠范德华力结合； ⑤二氧化硅属原子晶体，只含共价键；⑥KOH属离子晶体，含离子键、共价键； ⑦钠属金属晶体，含金属键，以此解答。
【详解】Ⅰ．(1)具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系遵循“阴上阳下“的规律，核外电子数有18个的微粒阳离子有：K+ 或Ca2+，阴离子有：Cl- 或S2- 或P3－；
因此，本题正确答案是：K+ 或Ca2+；Cl- 或S2- 或P3－；
(2)根据结构示意图可以知道，该微粒核内质子数为：x ，核外电子数为：10+y，因为x－y=10，所以质子数等于电子数，微粒是呈电中性的原子，
因此，本题正确答案是：原子；
(3 )y=7元素对应单质为Cl2，依据工业上制备氯气可用电解饱和食盐水，反应的化学方程式为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+ H2↑，
因此，本题正确答案是：2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+ H2↑；
Ⅱ．（1）根据以上分析知，属于离子晶体的是①⑥；只有离子键的物质是①，故答案为：①；
（2）属于分子晶体的是③④，属于分子晶体的单质是③，故答案为：③；
（3）属于原子晶体的是②⑤，属于原子晶体的化合物是⑤，故答案为：⑤。
17.短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，且分别位于三个不同的周期。Y与W 的原子序数相差8，W的最高正价与最低负价的代数和为4。Z的一价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布。请回答下列问题：
（1）元素Y在周期表中的位置是_______________________。
（2）Z2Y2的电子式是__________；其含有的化学键类型为____________。
（3）W的单质有W2、W4、W8等，其熔化时克服的作用力为_____________。W与R的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是__________（写化学式）。
（4）Z的单质与Y的简单氢化物反应的化学方程式为____________________。
【答案】(1). 第二周期，第ⅥA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). 分子间作用力 (5). HClO4 (6). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，W的最高正价与最低负价的代数和为4，Y与W的原子序数相差8，可以知道Y为O，W为S；R为Cl；Z的一价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Na；X、Y、Z、W、R分别位于三个不同的周期，则X为H，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，R为Cl，
（1）O元素在周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族,
因此，本题正确答案是：第二周期，第ⅥA族；
（2）Na2O2为离子化合物，电子式是；含有离子键、共价键，
因此，本题正确答案是：；离子键、共价键；
（3）S的单质有S2、S4、S8等，都属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；非金属性S
（4）Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，
因此，本题正确答案是：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑。
18.有关物质的转化关系如图所示(部分物质与条件己略去)。已知A、C是由两种相同元素组成的物质，其中A的摩尓质量为65g·mol-1，C是白色粉末且焰色反应呈黄色，I是最常见的液体，E是一种红棕色气体，B、F都是无色气体单质。请回答下列问题：
（1）K的电子式为：___________________________。
（2）E的化学式为：___________________________。
（3）写出反应①的化学方程式：___________________________。
（4）写出反应②的离子方程式：________________________。
【答案】(1). (2). NO2 (3). 3NaN3 Na3N + 4N2↑ (4). 3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO
【解析】
【分析】I是最常见的液体，E是一种红棕色气体，可知I为水，E为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成一氧化氮（D）和硝酸（J），B、F都是无色气体单质，B为氮气，K为氨气，C是白色粉末且焰色反应呈黄色，为含有钠元素和氮元素的化合物，其与A物质组成元素相同，已知A摩尔质量为65g·mol-1，可以推知化合物A为NaN3，根据氧化还原反应规律，由于B为氮气，为氧化产物，所以C为还原产物，氮元素价态降低，所以C为Na3N。
【详解】（1）根据以上分析可知K为氨气，其电子式为，
故答案为：；
（2）根据以上分析可知E为二氧化氮，化学式为NO2，故答案为：NO2；
（3）反应①为NaN3受到撞击后分解为氮气和Na3N，化学方程式为3NaN3 Na3N + 4N2↑，故答案为：3NaN3 Na3N + 4N2↑；
（4）反应②为二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，所以离子方程式为3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO，故答案为：3NO2 + H2O = 2H+ + 2NO3－+ NO。
19.T ℃时，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol NO2与2 mol SO2发生如下反应：
NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1。
（1）下列能说明该反应达到平衡状态的是____________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2
（2）反应进行到20 s 时，测得反应速率v(NO) =0.005 mol·L-1·s-1，则消耗的NO2为___mol。
（3）下列措施能使反应加快是___________（仅改变一个条件）
a．降低温度
b．缩小容积
c．使用效率更高的催化剂
（4）若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），则到达平衡所需时间将_______。
a．延长 b．缩短 c．不变 d．无法确定
【答案】（1）b ；（2）0.2 ；（3）b、c ；（4）b。
【解析】
【分析】(1)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变；
(2)同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此计算二氧化氮反应速率，再根据v=及n=计算二氧化氮物质的量；
(3)该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，升高温度、加入催化剂、增大压强都增大反应速率；
(4)若上述容器为绝热容器（与外界无热交换），该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，反应速率加快。
【详解】(1)a．该反应是一个反应前后气体计量数之和不变的可逆反应，所以压强始终不变，所以体系压强保持不变不能说明该反应达到平衡状态，a错误；
b．混合气体颜色保持不变，说明各物质浓度不变，所以该反应达到平衡状态，b正确；
c．SO3和NO的体积比保持不变时该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，c错误；
d．无论该反应是否达到平衡状态，都存在每消耗n mol SO3的同时生成n mol NO2，所以不能据此判断平衡状态，d错误；
故合理选项是b；
(2)同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于计量数之比，v(NO2)=v(NO)= 0.005mol/(L•s)，则根据v=及n=可知参加反应的n(NO)=vtV=0.005mol/(L•s)×20s×2L=0.2mol；
(3)该反应的正反应是一个反应前后气体计量数之和不变的放热反应，无论是升高温度、加入催化剂、还是增大体系的压强都能够增大化学反应速率，而降低温度则化学反应速率降低，合理选项是bc；
(4)若上述容器为绝热容器(与外界无热交换)，该反应的正反应是放热反应，所以相当于升高温度，升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡所需的时间缩短，故合理选项是b。
20.CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
（1）已知8.0 g CH4完全燃烧生成液态水放出444.8 kJ热量。则CH4 (g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝____________kJ·mol－1。
（2）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。
①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，则该反应的最佳温度应控制在 ___________左右。
②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜 （CuAlO2，难溶物）。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为 _____________________。
（3）CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96 L CH4可处理22.4 L NOx，则x值为_______________。
【答案】(1). -889.6 (2). 250℃ (3). 3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O (4). 1.6
【解析】
【分析】(1)由8.0 g CH4完全燃烧生成液体水放出的热量计算1mol甲烷燃烧放出的热量；
(2)①分析图根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；
(3)根据电子转移守恒计算。
【详解】(1)已知8.0 g CH4完全燃烧生成液体水放出444.8 kJ热量，则1mol即16g燃烧放出的热量为444.8 kJ =889.6kJ，反应放热，则ΔH＝-889.6 kJ·mol－1；
因此，本题正确答案是：-889.6；
(2)①从图象可以知道：250℃时乙酸反应速率最大、催化活性最高,故选择250℃；
因此，本题正确答案是：250℃；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体,生成的盐为硝酸铝、硝酸铜,反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O；
因此，本题正确答案是：3CuAlO2 + 16H+ + NO3－ = NO↑+ 3Al3+ + 3Cu2+ + 8H2O；
(3)根据得失电子转移守恒，则：[4-(-4)]=2x，计算得出x=1.6；
因此，本题正确答案是：1.6。
21.某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体（NaNO2），并对其进行纯度测定和相关性质的实验。
已知：Ⅰ．Na2CO3 ＋ NO ＋ NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2；
Na2CO3 ＋ 2NO2 = NaNO2 ＋ NaNO3 ＋ CO2
Ⅱ．NaNO2是白色固体，易被氧化。
（1）“还原”步骤中被还原的元素是________。此时SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是______。
（2）若使“吸收”步骤中NOX完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为_____。
（3）该课外兴趣小组对实验制取的NaNO2晶体进行纯度测定：
a．称取2.000 g样品，将其配成250 mL溶液。
b．先向锥形瓶内加入40.00 mL 0.100 mol·L-1的H2SO4溶液，加热至40～50℃。冷却后再向其中加入20.00 mL 0. 100 mol·L-1 KMnO4溶液，充分混合。
c．最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复三次，平均消耗样品溶液50.00 mL。（NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2）
①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，否则样品的纯度____（“偏大”、“偏小”或“无影响”），原因是_______。
②通过计算，该样品中NaNO2质量分数是_____，可能含有的杂质有________（写出其中两种）。
（4）该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是____。
【答案】(1). N（氮） (2). 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应 (3). 1∶1 (4). 偏小 (5). NaNO2被空气中的氧气氧化 (6). 86.25% (7). Na2CO3、NaHCO3、NaNO3（写出两种即可） (8). 2NO2－ + 4H+ + 2I－ = 2NO↑ + I2 + 2H2O
【解析】
【分析】硝酸中通入二氧化硫发生氧化还原反应，冷却后生成的气体用碳酸钠溶液吸收生成亚硝酸钠和二氧化碳，蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体，
硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应；
若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比；
①亚硝酸钠已被空气中氧气氧化，导致测定产生误差；
②NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2，计算亚硝酸钠物质的量，计算含量，注意溶液体积的变化，乙酸钠吸收二氧化氮、一氧化氮，可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠；
将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，以此分析解答。
【详解】硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原”步骤中被还原的元素是N元素，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，故答案为：N；气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应；
若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，，，1molHNO3反应生成0.5molNO和0.5molNO2，电子转移总数（1××3e-+1××e-）=2e-，SO2~H2SO4~2e-，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比=1:1，故答案为：1：1；
①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小，故答案为：偏小；NaNO2被空气中的氧气氧化；
②，
2 5
0020L×0.1mol/L n
n=0.005mol，
250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=0.005mol×=0.25mol，
该样品中NaNO2的质量分数，
亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3，
故答案为：86.25%；Na2CO3、NaHCO3、NaNO3；
将溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O，故答案为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O。
相关资料
更多
