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【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷（解析版）
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广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ag—108
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.下列做法或说法错误的是（ ）
A. 风能和太阳能属于一次能源，电能属于二次能源
B. 自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅
C. 酸雨的形成主要是由于含硫化石燃料的大量燃烧
D. 用自来水养鱼，在将水注入鱼缸之前需把水在阳光下曝晒一段时间
【答案】B
【详解】A.风能和太阳能是直接从自然界获取的能源，属于一次能源，而电能则是由其他形式的能源消耗转化而来，属于二次能源，A正确；
B.自然界硅元素贮量丰富，Si元素的存在形式有硅酸盐和二氧化硅，不存在单质硅，B错误；
C.酸雨是pH<5.6的酸性降水，酸雨的形成主要是由于工业上大量燃烧含硫化石燃料，产生的二氧化硫溶于水，反应生成亚硫酸及硫酸，当酸性达到一定程度就形成酸雨，C正确；
D.自来水用氯气消毒，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，HClO具有强的氧化性，能使蛋白质变性，次氯酸分解生成盐酸和游离态氧，有利于金鱼的存活，D正确；
故合理选项是B。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. HF的电子式为：
B. HClO的结构式：H-Cl-O
C. Cl-的结构示意图：
D. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：
【答案】C
【详解】A.HF是共价化合物，H原子与F原子通过共价键结合，电子式为，A错误；
B.HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成一个共价键，结构式：H-O-Cl，B错误；
C. Cl是17号元素，Cl原子获得1个电子形成Cl-，所以Cl-的结构示意图：，C正确；
D.核内质子数为117，核内中子数为174的核素的质量数是291，该核素可表示为：，D错误；
故合理选项是C。
3.113号元素Nh有质量数从282到287的全部核素，下列说法正确的是（ ）
A. Nh是第七周期第ⅢB族元素
B. Nh元素相对原子质量可能为287
C. 与第七周期第IIA族元素序数相差1
D. Nh的同位素原子具有相同的电子数
【答案】D
【详解】A. 113号Nh元素在元素周期表中是第七周期第ⅢA族元素，A错误；
B. Nh元素有质量数从282到287的全部核素，根据质量数的含义，其同位素原子的相对原子质量可能为287，但该元素的相对原子质量是按各种核素的相对原子质量与其丰度乘积的和，所以不可能是该元素的相对原子质量是287，B错误；
C.根据元素周期表的结构，与第七周期第IIA族元素序数相差25，C错误；
D. Nh的同位素原子属于同一元素，因此具有相同的电子数，D正确；
故合理选项是D。
4.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（ ）
化学性质
实际应用
A
次氯酸具有氧化性
漂白粉漂白织物
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射
硅可作光导纤维
D
明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体
可用于自来水消毒
【答案】A
【详解】A.次氯酸具有氧化性，可以将有色物质氧化为无色物质，因此可作漂白粉漂白织物，A正确；
B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，是由于发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，与Fe、Cu的金属活动性强弱无关，B错误；
C.二氧化硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射，因此二氧化硅可作光导纤维，C错误；
D.明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体，胶体表面积大，吸附力强，可将水中悬浮的固体吸附，形成沉淀除去，从而有净水作用，不是用于自来水消毒，D错误；
故合理选项是A。
5.根据下图，下列判断中正确的是（ ）
A. H＋向负极移动
B. 原电池负极上发生的反应是Zn-2e-=Zn2＋
C. 当有2 mol e-通过时，产生H2的体积在标况下为11.2L
D. 电流从负极Zn流出，流向正极Cu
【答案】B
【详解】根据图示可知Zn为负极，Cu为正极。
A.H+向负电荷较多的正极Cu电极移动，A错误；
B.由于活动性Zn>Cu，所以原电池中Zn作负极，负极上发生的反应是Zn-2e-=Zn2＋，B正确；
C.由于不确定反应条件，因此不能确定氢气的体积，C错误；
D.电流是正电荷的移动方向，电子从负极Zn流出，流向正极Cu，则电流从正极Cu流出，流向负极Zn，D错误；
故合理选项是B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 元素周期表中共有7个周期，18个族
B. Na2O2、H2SO4、(NH4)2SO4 中均有离子键和共价键
C. 酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO
D. 由于HF分子间存在氢键，所以稳定性：HF＞HCl
【答案】C
【详解】A.元素周期表有7个横行，18个纵行，每一横行就是一个周期；18个纵行中除第8、9、10三个纵行为第VIII族外，其余15纵行，每一个纵行为一个族，所以元素周期表共有7个周期，16个族，A错误；
B. H2SO4中只含有共价键不含有离子键，C错误；
D.物质的稳定性与物质分子内的共价键强弱有关，与分子之间的氢键无关，D错误；
故合理选项是C。
7.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，已知元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍；D是地壳中含量最多的金属元素；C元素的单质是短周期中与水反应最剧烈的金属。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
B. 离子半径：E
D. 科学家已获得了极具理论研究意义的A4分子，A4与A2互为同位素
【答案】A
【详解】短周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，已知元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则A是N元素；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍，最外层电子数不超过8个，B原子的次外层是K层，则B是O元素，E为S元素；D是地壳中含量最多的金属元素，则D是Al元素；C是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则C是Na元素。
A.元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4，NaOH是强碱，H2SO4是强酸，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，酸、碱液可以发生中和反应，A正确；
B.E是S，C是Na，S2-核外有3个电子层，Na+核外有2个电子层，对于离子来说，核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：E>C，B错误；
C.在室温下，Al遇浓硫酸会发生钝化，阻止金属的进一步反应，C错误；
D.A是N，N4、N2是同一元素的不同的单质，不是同位素，D错误；
故合理选项是A。
8.已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)，过程中的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. A的能量一定低于C
B. 反应物断键吸收的总能量大于产物新键形成放出的总能量
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 1mol气体A和1mol气体B反应生成1mol气体C和1molD
【答案】B
【详解】A.根据图示可知反应物A与B的能量和低于生成物C与D的能量和，但不能据此判断A的能量一定低于C，A错误；
B.反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，说明断裂反应物化学键吸收的总能量大于形成生成物新化学键放出的总能量，B正确；
C.化学反应中的能量变化可表现为热量、电能、光能等形式，C错误；
D.该图示表示1mol气体A和1mol气体B反应生成1mol气体C和1mol气体D时的能量变化，不能确定反应物质的多少，D错误；
故合理选项是B。
9.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）
A. 消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-
B. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H＋=I2+3H2O
C. Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋+SO42-+Ba2＋+3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
D. Cu溶于稀硝酸：Cu+2H＋+NO3-=Cu2＋+NO2↑+H2O
【答案】A
【详解】A.消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用，是由于醋酸的酸性比HClO强，二者发生复分解反应，离子方程式书写符合事实，A正确；
B.不符合电子守恒、电荷守恒，离子方程式为IO3-+5I-+6H＋=3I2+3H2O，B错误；
C.不符合微粒反应时物质的量关系，离子方程式为：2Fe3＋+3SO42-+3Ba2＋+6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，C错误；
D. Cu溶于稀硝酸，反应产生NO，不符合反应事实，D错误；
故合理选项是A。
10.下表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是（ ）
选项
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
生石灰
浓硫酸
B
CO2
稀硫酸
碳酸钙
饱和NaHCO3溶液
C
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
D
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
饱和NaCl溶液
【答案】C
【详解】A.NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，且氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气方法收集，A错误；
B.稀硫酸与碳酸钙反应产生的硫酸钙是微溶物质，会覆盖在碳酸钙表面，阻止反应的进一步发生，B错误；
C.浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体与浓硫酸不能反应，可以使用浓硫酸干燥；SO2密度比空气大，用向上排空气方法收集，C正确；
D.浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热，该装置不能加热，因此不能制取得到氯气，D错误；
故合理选项是C。
11.如图所示的化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用有关以上化学电源说法错误的是( )
A. 图中：放电时，溶液中Li＋从a向b迁移
B. 图中：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-
C. 图中：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 图中：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.放电时，溶液中Li＋从负极b向正极a迁移，A错误；
B.该纽扣电池中，Zn为负极，Ag2O为正极，正极上Ag2O获得电子变为单质Ag，使用正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B正确；
C.在锌锰干电池中，Zn为负极，不断失去电子，变为Zn2+进入电解质溶液中，所以锌筒发生氧化反应，锌筒会逐渐变薄，C正确；
D.对于铅蓄电池来说，总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，电解质硫酸不断消耗，硫酸浓度逐渐降低，因此使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；
故合理选项是A。
12.无色气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是（ ）
A. 甲气体肯定有NO2
B. 经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2:3
C. 甲气体的组成可能为NH3、NO、NO2
D. 经过Na2O2处理后剩余气体体积大于80mL
【答案】B
【详解】无色气体甲一定不含有红棕色的NO2气体，所以选项A、C错误；硫酸和碱性气体NH3能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定含有20mLNH3；CO2可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应后无色气体变为红棕色气体，说明有NO、CO2，最后用排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，则根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知：n(NO2)：n(O2)=4:1，结合2NO+O2=2NO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知n(NO)：n(CO2)=4：2(2+1)=2:3，选项B正确；由于通过浓硫酸后气体体积为80mL，再通过Na2O2时发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应是气体体积减小的反应。且气体变为红棕色，同时还发生了反应：2NO+O2=2NO2，这个反应也是气体体积减小的反应，所以经过Na2O2处理后剩余气体体积小于80mL，选项D错误；
故合理选项是B。
13.下列有关实验操作、现象和解释或结论有错误的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
少量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化Fe3＋
B
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
证明氧化性：Cl2>Br2，但不能证明氧化性：Br2>I2
C
向某溶液中加入硝酸银溶液
产生白色沉淀
则溶液有氯离子
D
浓HNO3加热
有红棕色气体产生
HNO3有不稳定性
【答案】C
【详解】A.向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中有Fe3+，证明稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋，A正确；
B.Cl2与NaBr发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，所以左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色，证明反应产生了I2，可能是Br2将KI氧化，也可能是Cl2将KI氧化，因此不能证明氧化性：Br2>I2，B正确；
C.能够与Ag+产生白色沉淀的微粒，可能是Cl-，也可能是CO32-、SO42-等离子，C错误；
D.浓HNO3加热有红棕色气体产生，是由于发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，从而证明了浓硝酸不稳定，加热容易分解，D正确；
故合理选项是C。
14.已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ/mol，P-O：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，则反应P4(白磷)+3O2=P4O6的能量变化为（ ）
A. 放出热量1638kJ B. 吸收热量1638kJ
C. 放出热量126kJ D. 吸收热量126kJ
【答案】A
【详解】P-P：198kJ/mol，P-O：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3molO2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×kJ/mol +3×498 kJ/mol -12×360 kJ/mol =-1638k kJ/mol，即该反应发生时放热1638kJ，故合理选项是A。
15.已知Cu、Ag都能溶解在硝酸中，某同学设计如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数，下列说法中正确的是( )
A. 被Cu还原的硝酸为mol B. 操作I所用到的玻璃仪器是烧杯、蒸发皿、玻璃棒
C. 操作Ⅱ为蒸发 D. 铜的质量分数为×100%
【答案】D
【详解】A. n(NO)=mol，部分硝酸被还原，既有被Cu还原的，也有被Ag还原的硝酸，所以不能认为被还原的硝酸完全是被Cu还原产生，A错误；
B.操作I是过滤，所用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，B错误；
C.操作Ⅱ为洗涤AgCl沉淀，，C错误；
D.最后称量的固体质量是AgCl沉淀的质量，根据Ag元素守恒，可得n(Ag)=n(AgCl)=mol，m(Ag)= n(Ag)·M=g，则原混合物中Cu的质量分数为×100%=×100%=×100%，D正确；
故合理选项是D。
16.向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入150 mL一定浓度的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，同时可得到标准状况下1.12 L NO气体。向所得到的溶液中再加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物得到11.2 g铁单质。下列说法正确的是（ ）
A. 往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，则溶液中无Fe2+
B. 原稀硝酸的物质的量浓度为3mol/L
C. 能确定铁和三氧化二铁的物质的量之比
D. 混合物中铁单质为0.075mol
【答案】B
【详解】A.往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，则溶液中无Fe3+，A错误；
B.n(Fe)==0.2mol，反应后溶液的溶质为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO)=2×0.2mol+=0.45mol，由于溶液的体积为150mL，所以硝酸溶液的物质的量浓度为c(HNO3)==3mol/L，B正确；
C.发生的反应有3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，n(NO)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，FeO+2HNO3(稀) =Fe(NO3)2+H2O，Fe2O3+6HNO3(稀)=2Fe(NO3)3+3H2O，Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，由于最后溶液为Fe(NO3)2，可见最后两个反应中Fe与Fe2O3的关系是1：1，假设Fe2O3的物质的量为x，则原固体中Fe的物质的量为(0.075+x)mol，Fe与Fe2O3的物质的量关系为(x+0.075)：x，由于溶液中含有的Fe2+的物质的量为0.2mol，但FeO的物质的量不能确定，所以不能确定铁和三氧化二铁的物质的量之比，C错误；
D.由选项C可知与硝酸发生反应产生NO气体的Fe的物质的量为0.075mol，但Fe还与Fe2O3和硝酸反应产生的Fe(NO3)3发生反应，所以混合物中铁单质的物质的量大于0.075mol，D错误；
故合理选项是B。
二、填空题（共52分）
17.下表是元素周期表短周期的一部分：
请按要求用化学用语回答下列问题：
(1)元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为________________；
(2)元素②、③、④的简单氢化物的沸点由低到高的顺序： _____________________；
(3)用电子式表示元素④与元素⑥形成的化合物的形成过程____________；
(4)比元素⑦的原子序数多17的元素在周期表的位置为________________；
(5)写出由①④⑤三种元素组成的一种离子化合物的电子式_______________，若将其溶于水，破坏了其中的__________(填“离子键”、“共价键”或“离子键和共价键”)；
(6)元素①和元素④形成的化合物及元素①和元素⑧形成的化合物均为18电子分子，请写出这两种化合物按物质的量之比4 :1反应的离子方程式________。
【答案】(1). Cl- >O2->Mg2+ (2). CH4＜NH3＜H2O (3). (4). 第四周期第 ⅣA族 (5). (6). 离子键 (7). 4H2O2+H2S=SO42-+2H++4H2O
【详解】(1)由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；Cl-核外有3个电子层，O2-、Mg2+核外都有2个电子层，所以Cl-的半径最大，O2-半径次之，Mg2+的离子半径最小，故元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为Cl- >O2->Mg2+；
(2)元素②、③、④的简单氢化物分别是CH4、NH3、H2O，CH4只有分子间作用力，NH3、H2O除存在分子间作用力外，还存在氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，由于H2O的氢键比NH3的氢键强，H2O的沸点最高，CH4的沸点最低，因此三种氢化物的沸点由低到高的顺序为CH4＜NH3＜H2O；
(3)Mg原子失去电子形成Mg2+，O原子获得电子形成O2-，Mg2+与O2-通过静电作用形成离子键，用电子式表示为：；
(4)元素⑦是P元素，它原子序数是15，比该元素的原子序数大17的元素是32，其核外电子排布是2、8、18、4，所以该元素位于第四周期第IVA；
(5)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH，其电子式是；NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，当其溶于水电离产生OH-、Na+，所以断裂的是离子键；
(6)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，该物质具有氧化性；元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，该物质具有还原性，二者混合时按物质的量之比为4 :1发生氧化还原反应，根据电子守恒，可得反应的离子方程式为：4H2O2+H2S=SO42-+2H++4H2O。
18.Ⅰ.如图是旺旺同学设计的一个简易的原电池装置，请回答下列问题。
(1)若 a电极材料为碳、b溶液为 FeCl3溶液，则正极的电极反应式为____，当有1.6g负极材料溶解时，转移的电子为____mol；
(2)若 a 电极材料为铁、b溶液为浓硝酸，电流表的指针也会偏转，则电子的流向为______→ __________（填电极材料，下同），溶液中的NO3-向________极移动；
(3)氢氧燃料电池已用于航天飞机。这种电池以30%KOH溶液为电解质溶液，供电时总反应为：2H2+O2=2H2O，则正极的电极方程式为________________。
Ⅱ．已知H-H 键、N-H 键、N≡N 键的键能分别为 436kJ/mol、391kJ/mol、946 kJ/mol，关于工业合成氨的反应，请根据键能的数据判断下列问题：
(4)若有 1 mol NH3生成 ，可________(填“吸收”或“放出”）热量________kJ；该反应的能量变化可用图__________表示。（填“甲“或“乙”）
【答案】 (1). Fe3++e-=Fe2+ (2). 0.05 (3). 铜(Cu) (4). 铁(Fe) (5). 铜(Cu) (6). 2H2O+O2+4e-=4OH- (7). 放出 (8). 46 (9). 甲
【详解】(1)若a电极材料为碳、b溶液为 FeCl3溶液，则由于电极活动性Cu>C，Cu为负极，C为正极，正极上发生还原反应，溶液中的Fe3+获得电子，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；由于Cu为+2价金属，每1molCu反应，转移2mol电子计算，n(Cu)=1.6g÷64g/mol=0.025mol，所以电子转移的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=0.05mol；
(2)若a电极材料为铁、另一个电极为Cu，b溶液为浓硝酸，由于Fe遇浓硝酸会发生钝化现象，所以Fe为正极，Cu为负极，电子由负极Cu流向正极Fe；根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以阴离子NO3-向正电荷较多负极Cu电极移动，阳离子向正极Fe电极移动；
(3)氢氧燃料电池在碱性电解质溶液中，正极上O2获得电子变为OH-，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-；
(4)由于H-H 键、N-H 键、N≡N 键的键能分别为 436kJ/mol、391kJ/mol、946 kJ/mol，N2与H2反应产生NH3的热化学方程式为N2(g)+H2(g)NH3(g) △H=946kJ/mol× +436kJ/mol×-391kJ/mol×3=-46 kJ/mol，说明若有 1 mol NH3生成 ，可放出热量46kJ；反应为放热反应，说明反应物的能量比生成物的能量高，因此该反应的能量变化可用图甲表示。
19.有关物质的转化关系如下图所示(部分条件已略去)，在通常状况下，B是黑色的金属氧化物，D、E、F是气体单质，C是一种水溶液显碱性的气体，I为红棕色气体，G为紫红色的金属。
(1)B的化学式为__________；A的结构式为___________；
(2)写出反应①的化学方程式：_____________________________；
(3)写出反应②的离子方程式： ___________ ，该反应是________（填“放热”或“吸热”）反应；
(4)实验室制备C时，检验是否收集满C的方法是____________________。
【答案】(1). CuO (2). H-O-H (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O (5). 放热 (6). 用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明氨气收集满（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，若产生白烟说明氨气收集满）
【详解】根据上述分析可知：A是H2O，B是CuO，C是NH3，D是O2，E是H2、F是N2，G是Cu，H是NO，I是NO2，J是Cu(NO3)2，K是HNO3。
(1)根据上述分析可知B的化学式为CuO，A是H2O，结构式是H-O-H；
(2)反应①是氨气的催化氧化反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)反应②是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；该反应发生时会放出大量的热，因此是放热反应；
(4)C是NH3，该气体是碱性气体，实验室制备C时，检验是否收集满C的方法是用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明氨气收集满；也可以用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，若产生白烟说明氨气收集满。
20.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)产生。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)滤渣A的主要成分是_____________；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的操作是________________________；
(2)步骤②中反应的离子方程式是_____________________；
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)步骤④中反应化学方程式为______________________________。
【答案】(1). SiO2、CeO2 (2). Fe3＋ (3). 取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净 (4). 2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O (5). 不能 (6). 分液漏斗 (7). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【解析】
【分析】
废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce(OH)4，据此解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤渣A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生Fe3＋；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；
(2)稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水在的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)Ce(OH)3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
21.一氧化氮、二氧化氮等氮氧化物是常见的大气污染物，然而它们在工业上有着广泛的用途。
已知：①室温下，2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO或NO2－都能与MnO4—反应生成NO3－。
Ⅰ.以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示：
(1)A中反应的化学方程式_____________；
(2)装置B中观察到的主要现象______________；
(3)仪器D的名称是___________________；
(4)A中滴入浓硝酸之前，应先通入N2一段时间，原因是____________；
(5)写出NO被酸性KMnO4氧化的离子反应方程式______________；
(6)若无装置D，则E中产物除NaNO2外，还有_______(填化学式)。
Ⅱ.某研究性学习小组对NO2与Na2O2能否发生反应进行探究。
步骤1：提出假设
假设一：NO2与Na2O2不反应；
假设二：NO2能被Na2O2氧化；
假设三：______________________________________________。
步骤2：设计实验
(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中，淡黄色粉末完全变成白色，说明假设________不成立。
(2)为验证假设二是否成立，该小组同学进行如下定性实验研究，请完成下表内容。
实验步骤(不要求写具体操作过程，试剂、仪器任选)
预期的实验现象及结论
取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，
①__________________________________________
②___________________________
【答案】(1). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 溶液变蓝，铜片溶解，有无色气体冒出 (3). (球形)干燥管 (4). 排尽装置中的空气，防止对后续实验有干扰 (5). 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O (6). Na2CO3（或Na2CO3、NaOH ） (7). NO2能被Na2O2还原 (8). 一 (9). 再滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液 若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立 (10). 若高锰酸钾溶液褪色，则假设二不成立(或再滴加稀硫酸酸化，最后加铜粉，若铜粉溶解且溶液变蓝色，则假设二成立，若铜粉不溶解，则假设二不成立，其他合理答案也可)
【解析】
【分析】I.(1)装置A中是浓硝酸和碳加热发生反应，生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；
(2)装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；
(3)依据仪器D结构判断其名称；
(4)空气中含有O2、二氧化碳和水蒸汽，会影响实验测得，影响实验结论的判断；
(5)NO会被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-，高锰酸钾被还原为Mn2+；
(6)一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸气，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；
II.依据Na2O2中O元素的化合价及已知的二种假设，推断假设三；
(1)依据Na2O2与通入的气体在玻璃管中发生反应，淡黄色粉末完全变成白色说明反应，证明假设一不成立；
(2)若假设二是成立，反应产生了NO3-，NO3-无还原性，不能使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色。
【详解】(1)装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为气体变为无色，溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；
(3)仪器D的名称是干燥管；
(4)A中滴入浓硝酸之前，应先通入N2一段时间，原因是由于装置内有空气，空气中的氧气、二氧化碳及水蒸气会影响后续试验，先通入N2一段时间，排尽装置中的空气，防止对后续实验有干扰；
(5)NO具有还原性，会被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化为NO3-，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；
(6)装置D中盛有碱石灰，碱石灰可以吸收CO2、H2O蒸气，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠。
II.探究NO2与Na2O2能否发生反应，依据假设一：NO2与Na2O2不反应；假设二：NO2能被Na2O2氧化；假设三：NO2能被Na2O2还原
(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中，淡黄色粉末完全变成白色，说明NO2气体与Na2O2发生了化学反应，证明假设一不成立。
(2)假设二：NO2能被Na2O2氧化，则NO2被氧化变为NO3-，根据酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-，可取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，然后向该溶液中滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液 若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ag—108
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.下列做法或说法错误的是（ ）
A. 风能和太阳能属于一次能源，电能属于二次能源
B. 自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅
C. 酸雨的形成主要是由于含硫化石燃料的大量燃烧
D. 用自来水养鱼，在将水注入鱼缸之前需把水在阳光下曝晒一段时间
【答案】B
【详解】A.风能和太阳能是直接从自然界获取的能源，属于一次能源，而电能则是由其他形式的能源消耗转化而来，属于二次能源，A正确；
B.自然界硅元素贮量丰富，Si元素的存在形式有硅酸盐和二氧化硅，不存在单质硅，B错误；
C.酸雨是pH<5.6的酸性降水，酸雨的形成主要是由于工业上大量燃烧含硫化石燃料，产生的二氧化硫溶于水，反应生成亚硫酸及硫酸，当酸性达到一定程度就形成酸雨，C正确；
D.自来水用氯气消毒，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，HClO具有强的氧化性，能使蛋白质变性，次氯酸分解生成盐酸和游离态氧，有利于金鱼的存活，D正确；
故合理选项是B。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. HF的电子式为：
B. HClO的结构式：H-Cl-O
C. Cl-的结构示意图：
D. 核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：
【答案】C
【详解】A.HF是共价化合物，H原子与F原子通过共价键结合，电子式为，A错误；
B.HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成一个共价键，结构式：H-O-Cl，B错误；
C. Cl是17号元素，Cl原子获得1个电子形成Cl-，所以Cl-的结构示意图：，C正确；
D.核内质子数为117，核内中子数为174的核素的质量数是291，该核素可表示为：，D错误；
故合理选项是C。
3.113号元素Nh有质量数从282到287的全部核素，下列说法正确的是（ ）
A. Nh是第七周期第ⅢB族元素
B. Nh元素相对原子质量可能为287
C. 与第七周期第IIA族元素序数相差1
D. Nh的同位素原子具有相同的电子数
【答案】D
【详解】A. 113号Nh元素在元素周期表中是第七周期第ⅢA族元素，A错误；
B. Nh元素有质量数从282到287的全部核素，根据质量数的含义，其同位素原子的相对原子质量可能为287，但该元素的相对原子质量是按各种核素的相对原子质量与其丰度乘积的和，所以不可能是该元素的相对原子质量是287，B错误；
C.根据元素周期表的结构，与第七周期第IIA族元素序数相差25，C错误；
D. Nh的同位素原子属于同一元素，因此具有相同的电子数，D正确；
故合理选项是D。
4.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（ ）
化学性质
实际应用
A
次氯酸具有氧化性
漂白粉漂白织物
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射
硅可作光导纤维
D
明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体
可用于自来水消毒
【答案】A
【详解】A.次氯酸具有氧化性，可以将有色物质氧化为无色物质，因此可作漂白粉漂白织物，A正确；
B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，是由于发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，与Fe、Cu的金属活动性强弱无关，B错误；
C.二氧化硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射，因此二氧化硅可作光导纤维，C错误；
D.明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体，胶体表面积大，吸附力强，可将水中悬浮的固体吸附，形成沉淀除去，从而有净水作用，不是用于自来水消毒，D错误；
故合理选项是A。
5.根据下图，下列判断中正确的是（ ）
A. H＋向负极移动
B. 原电池负极上发生的反应是Zn-2e-=Zn2＋
C. 当有2 mol e-通过时，产生H2的体积在标况下为11.2L
D. 电流从负极Zn流出，流向正极Cu
【答案】B
【详解】根据图示可知Zn为负极，Cu为正极。
A.H+向负电荷较多的正极Cu电极移动，A错误；
B.由于活动性Zn>Cu，所以原电池中Zn作负极，负极上发生的反应是Zn-2e-=Zn2＋，B正确；
C.由于不确定反应条件，因此不能确定氢气的体积，C错误；
D.电流是正电荷的移动方向，电子从负极Zn流出，流向正极Cu，则电流从正极Cu流出，流向负极Zn，D错误；
故合理选项是B。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 元素周期表中共有7个周期，18个族
B. Na2O2、H2SO4、(NH4)2SO4 中均有离子键和共价键
C. 酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO
D. 由于HF分子间存在氢键，所以稳定性：HF＞HCl
【答案】C
【详解】A.元素周期表有7个横行，18个纵行，每一横行就是一个周期；18个纵行中除第8、9、10三个纵行为第VIII族外，其余15纵行，每一个纵行为一个族，所以元素周期表共有7个周期，16个族，A错误；
B. H2SO4中只含有共价键不含有离子键，C错误；
D.物质的稳定性与物质分子内的共价键强弱有关，与分子之间的氢键无关，D错误；
故合理选项是C。
7.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，已知元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍；D是地壳中含量最多的金属元素；C元素的单质是短周期中与水反应最剧烈的金属。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
B. 离子半径：E
D. 科学家已获得了极具理论研究意义的A4分子，A4与A2互为同位素
【答案】A
【详解】短周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，已知元素A的气态氢化物和A的最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则A是N元素；B、E为同主族元素，B元素原子最外层电子数是次外层的3倍，最外层电子数不超过8个，B原子的次外层是K层，则B是O元素，E为S元素；D是地壳中含量最多的金属元素，则D是Al元素；C是短周期中与水反应最激烈的金属元素，则C是Na元素。
A.元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4，NaOH是强碱，H2SO4是强酸，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，酸、碱液可以发生中和反应，A正确；
B.E是S，C是Na，S2-核外有3个电子层，Na+核外有2个电子层，对于离子来说，核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：E>C，B错误；
C.在室温下，Al遇浓硫酸会发生钝化，阻止金属的进一步反应，C错误；
D.A是N，N4、N2是同一元素的不同的单质，不是同位素，D错误；
故合理选项是A。
8.已知某反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g)，过程中的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. A的能量一定低于C
B. 反应物断键吸收的总能量大于产物新键形成放出的总能量
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 1mol气体A和1mol气体B反应生成1mol气体C和1molD
【答案】B
【详解】A.根据图示可知反应物A与B的能量和低于生成物C与D的能量和，但不能据此判断A的能量一定低于C，A错误；
B.反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，说明断裂反应物化学键吸收的总能量大于形成生成物新化学键放出的总能量，B正确；
C.化学反应中的能量变化可表现为热量、电能、光能等形式，C错误；
D.该图示表示1mol气体A和1mol气体B反应生成1mol气体C和1mol气体D时的能量变化，不能确定反应物质的多少，D错误；
故合理选项是B。
9.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）
A. 消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-
B. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H＋=I2+3H2O
C. Fe2(SO4)3和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋+SO42-+Ba2＋+3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
D. Cu溶于稀硝酸：Cu+2H＋+NO3-=Cu2＋+NO2↑+H2O
【答案】A
【详解】A.消毒液NaClO加白醋可增强漂白作用，是由于醋酸的酸性比HClO强，二者发生复分解反应，离子方程式书写符合事实，A正确；
B.不符合电子守恒、电荷守恒，离子方程式为IO3-+5I-+6H＋=3I2+3H2O，B错误；
C.不符合微粒反应时物质的量关系，离子方程式为：2Fe3＋+3SO42-+3Ba2＋+6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，C错误；
D. Cu溶于稀硝酸，反应产生NO，不符合反应事实，D错误；
故合理选项是A。
10.下表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是（ ）
选项
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
生石灰
浓硫酸
B
CO2
稀硫酸
碳酸钙
饱和NaHCO3溶液
C
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
浓硫酸
D
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
饱和NaCl溶液
【答案】C
【详解】A.NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，且氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气方法收集，A错误；
B.稀硫酸与碳酸钙反应产生的硫酸钙是微溶物质，会覆盖在碳酸钙表面，阻止反应的进一步发生，B错误；
C.浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体与浓硫酸不能反应，可以使用浓硫酸干燥；SO2密度比空气大，用向上排空气方法收集，C正确；
D.浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热，该装置不能加热，因此不能制取得到氯气，D错误；
故合理选项是C。
11.如图所示的化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用有关以上化学电源说法错误的是( )
A. 图中：放电时，溶液中Li＋从a向b迁移
B. 图中：正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-
C. 图中：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 图中：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.放电时，溶液中Li＋从负极b向正极a迁移，A错误；
B.该纽扣电池中，Zn为负极，Ag2O为正极，正极上Ag2O获得电子变为单质Ag，使用正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B正确；
C.在锌锰干电池中，Zn为负极，不断失去电子，变为Zn2+进入电解质溶液中，所以锌筒发生氧化反应，锌筒会逐渐变薄，C正确；
D.对于铅蓄电池来说，总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，电解质硫酸不断消耗，硫酸浓度逐渐降低，因此使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；
故合理选项是A。
12.无色气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是（ ）
A. 甲气体肯定有NO2
B. 经过浓硫酸处理后余气中NO、CO2体积比为2:3
C. 甲气体的组成可能为NH3、NO、NO2
D. 经过Na2O2处理后剩余气体体积大于80mL
【答案】B
【详解】无色气体甲一定不含有红棕色的NO2气体，所以选项A、C错误；硫酸和碱性气体NH3能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，剩余气体80mL，说明一定含有20mLNH3；CO2可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应后无色气体变为红棕色气体，说明有NO、CO2，最后用排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，则根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知：n(NO2)：n(O2)=4:1，结合2NO+O2=2NO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知n(NO)：n(CO2)=4：2(2+1)=2:3，选项B正确；由于通过浓硫酸后气体体积为80mL，再通过Na2O2时发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应是气体体积减小的反应。且气体变为红棕色，同时还发生了反应：2NO+O2=2NO2，这个反应也是气体体积减小的反应，所以经过Na2O2处理后剩余气体体积小于80mL，选项D错误；
故合理选项是B。
13.下列有关实验操作、现象和解释或结论有错误的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
少量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化Fe3＋
B
左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色
证明氧化性：Cl2>Br2，但不能证明氧化性：Br2>I2
C
向某溶液中加入硝酸银溶液
产生白色沉淀
则溶液有氯离子
D
浓HNO3加热
有红棕色气体产生
HNO3有不稳定性
【答案】C
【详解】A.向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中有Fe3+，证明稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋，A正确；
B.Cl2与NaBr发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，所以左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色，证明反应产生了I2，可能是Br2将KI氧化，也可能是Cl2将KI氧化，因此不能证明氧化性：Br2>I2，B正确；
C.能够与Ag+产生白色沉淀的微粒，可能是Cl-，也可能是CO32-、SO42-等离子，C错误；
D.浓HNO3加热有红棕色气体产生，是由于发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，从而证明了浓硝酸不稳定，加热容易分解，D正确；
故合理选项是C。
14.已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ/mol，P-O：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，则反应P4(白磷)+3O2=P4O6的能量变化为（ ）
A. 放出热量1638kJ B. 吸收热量1638kJ
C. 放出热量126kJ D. 吸收热量126kJ
【答案】A
【详解】P-P：198kJ/mol，P-O：360kJ/mol，O=O：498kJ/mol，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3molO2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×kJ/mol +3×498 kJ/mol -12×360 kJ/mol =-1638k kJ/mol，即该反应发生时放热1638kJ，故合理选项是A。
15.已知Cu、Ag都能溶解在硝酸中，某同学设计如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数，下列说法中正确的是( )
A. 被Cu还原的硝酸为mol B. 操作I所用到的玻璃仪器是烧杯、蒸发皿、玻璃棒
C. 操作Ⅱ为蒸发 D. 铜的质量分数为×100%
【答案】D
【详解】A. n(NO)=mol，部分硝酸被还原，既有被Cu还原的，也有被Ag还原的硝酸，所以不能认为被还原的硝酸完全是被Cu还原产生，A错误；
B.操作I是过滤，所用到的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，B错误；
C.操作Ⅱ为洗涤AgCl沉淀，，C错误；
D.最后称量的固体质量是AgCl沉淀的质量，根据Ag元素守恒，可得n(Ag)=n(AgCl)=mol，m(Ag)= n(Ag)·M=g，则原混合物中Cu的质量分数为×100%=×100%=×100%，D正确；
故合理选项是D。
16.向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入150 mL一定浓度的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，同时可得到标准状况下1.12 L NO气体。向所得到的溶液中再加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物得到11.2 g铁单质。下列说法正确的是（ ）
A. 往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，则溶液中无Fe2+
B. 原稀硝酸的物质的量浓度为3mol/L
C. 能确定铁和三氧化二铁的物质的量之比
D. 混合物中铁单质为0.075mol
【答案】B
【详解】A.往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，则溶液中无Fe3+，A错误；
B.n(Fe)==0.2mol，反应后溶液的溶质为Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO)=2×0.2mol+=0.45mol，由于溶液的体积为150mL，所以硝酸溶液的物质的量浓度为c(HNO3)==3mol/L，B正确；
C.发生的反应有3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，n(NO)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，FeO+2HNO3(稀) =Fe(NO3)2+H2O，Fe2O3+6HNO3(稀)=2Fe(NO3)3+3H2O，Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，由于最后溶液为Fe(NO3)2，可见最后两个反应中Fe与Fe2O3的关系是1：1，假设Fe2O3的物质的量为x，则原固体中Fe的物质的量为(0.075+x)mol，Fe与Fe2O3的物质的量关系为(x+0.075)：x，由于溶液中含有的Fe2+的物质的量为0.2mol，但FeO的物质的量不能确定，所以不能确定铁和三氧化二铁的物质的量之比，C错误；
D.由选项C可知与硝酸发生反应产生NO气体的Fe的物质的量为0.075mol，但Fe还与Fe2O3和硝酸反应产生的Fe(NO3)3发生反应，所以混合物中铁单质的物质的量大于0.075mol，D错误；
故合理选项是B。
二、填空题（共52分）
17.下表是元素周期表短周期的一部分：
请按要求用化学用语回答下列问题：
(1)元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为________________；
(2)元素②、③、④的简单氢化物的沸点由低到高的顺序： _____________________；
(3)用电子式表示元素④与元素⑥形成的化合物的形成过程____________；
(4)比元素⑦的原子序数多17的元素在周期表的位置为________________；
(5)写出由①④⑤三种元素组成的一种离子化合物的电子式_______________，若将其溶于水，破坏了其中的__________(填“离子键”、“共价键”或“离子键和共价键”)；
(6)元素①和元素④形成的化合物及元素①和元素⑧形成的化合物均为18电子分子，请写出这两种化合物按物质的量之比4 :1反应的离子方程式________。
【答案】(1). Cl- >O2->Mg2+ (2). CH4＜NH3＜H2O (3). (4). 第四周期第 ⅣA族 (5). (6). 离子键 (7). 4H2O2+H2S=SO42-+2H++4H2O
【详解】(1)由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；Cl-核外有3个电子层，O2-、Mg2+核外都有2个电子层，所以Cl-的半径最大，O2-半径次之，Mg2+的离子半径最小，故元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为Cl- >O2->Mg2+；
(2)元素②、③、④的简单氢化物分别是CH4、NH3、H2O，CH4只有分子间作用力，NH3、H2O除存在分子间作用力外，还存在氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，由于H2O的氢键比NH3的氢键强，H2O的沸点最高，CH4的沸点最低，因此三种氢化物的沸点由低到高的顺序为CH4＜NH3＜H2O；
(3)Mg原子失去电子形成Mg2+，O原子获得电子形成O2-，Mg2+与O2-通过静电作用形成离子键，用电子式表示为：；
(4)元素⑦是P元素，它原子序数是15，比该元素的原子序数大17的元素是32，其核外电子排布是2、8、18、4，所以该元素位于第四周期第IVA；
(5)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH，其电子式是；NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，当其溶于水电离产生OH-、Na+，所以断裂的是离子键；
(6)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，该物质具有氧化性；元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，该物质具有还原性，二者混合时按物质的量之比为4 :1发生氧化还原反应，根据电子守恒，可得反应的离子方程式为：4H2O2+H2S=SO42-+2H++4H2O。
18.Ⅰ.如图是旺旺同学设计的一个简易的原电池装置，请回答下列问题。
(1)若 a电极材料为碳、b溶液为 FeCl3溶液，则正极的电极反应式为____，当有1.6g负极材料溶解时，转移的电子为____mol；
(2)若 a 电极材料为铁、b溶液为浓硝酸，电流表的指针也会偏转，则电子的流向为______→ __________（填电极材料，下同），溶液中的NO3-向________极移动；
(3)氢氧燃料电池已用于航天飞机。这种电池以30%KOH溶液为电解质溶液，供电时总反应为：2H2+O2=2H2O，则正极的电极方程式为________________。
Ⅱ．已知H-H 键、N-H 键、N≡N 键的键能分别为 436kJ/mol、391kJ/mol、946 kJ/mol，关于工业合成氨的反应，请根据键能的数据判断下列问题：
(4)若有 1 mol NH3生成 ，可________(填“吸收”或“放出”）热量________kJ；该反应的能量变化可用图__________表示。（填“甲“或“乙”）
【答案】 (1). Fe3++e-=Fe2+ (2). 0.05 (3). 铜(Cu) (4). 铁(Fe) (5). 铜(Cu) (6). 2H2O+O2+4e-=4OH- (7). 放出 (8). 46 (9). 甲
【详解】(1)若a电极材料为碳、b溶液为 FeCl3溶液，则由于电极活动性Cu>C，Cu为负极，C为正极，正极上发生还原反应，溶液中的Fe3+获得电子，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；由于Cu为+2价金属，每1molCu反应，转移2mol电子计算，n(Cu)=1.6g÷64g/mol=0.025mol，所以电子转移的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=0.05mol；
(2)若a电极材料为铁、另一个电极为Cu，b溶液为浓硝酸，由于Fe遇浓硝酸会发生钝化现象，所以Fe为正极，Cu为负极，电子由负极Cu流向正极Fe；根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以阴离子NO3-向正电荷较多负极Cu电极移动，阳离子向正极Fe电极移动；
(3)氢氧燃料电池在碱性电解质溶液中，正极上O2获得电子变为OH-，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-；
(4)由于H-H 键、N-H 键、N≡N 键的键能分别为 436kJ/mol、391kJ/mol、946 kJ/mol，N2与H2反应产生NH3的热化学方程式为N2(g)+H2(g)NH3(g) △H=946kJ/mol× +436kJ/mol×-391kJ/mol×3=-46 kJ/mol，说明若有 1 mol NH3生成 ，可放出热量46kJ；反应为放热反应，说明反应物的能量比生成物的能量高，因此该反应的能量变化可用图甲表示。
19.有关物质的转化关系如下图所示(部分条件已略去)，在通常状况下，B是黑色的金属氧化物，D、E、F是气体单质，C是一种水溶液显碱性的气体，I为红棕色气体，G为紫红色的金属。
(1)B的化学式为__________；A的结构式为___________；
(2)写出反应①的化学方程式：_____________________________；
(3)写出反应②的离子方程式： ___________ ，该反应是________（填“放热”或“吸热”）反应；
(4)实验室制备C时，检验是否收集满C的方法是____________________。
【答案】(1). CuO (2). H-O-H (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O (5). 放热 (6). 用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明氨气收集满（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，若产生白烟说明氨气收集满）
【详解】根据上述分析可知：A是H2O，B是CuO，C是NH3，D是O2，E是H2、F是N2，G是Cu，H是NO，I是NO2，J是Cu(NO3)2，K是HNO3。
(1)根据上述分析可知B的化学式为CuO，A是H2O，结构式是H-O-H；
(2)反应①是氨气的催化氧化反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(3)反应②是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；该反应发生时会放出大量的热，因此是放热反应；
(4)C是NH3，该气体是碱性气体，实验室制备C时，检验是否收集满C的方法是用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明氨气收集满；也可以用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近集气瓶口，若产生白烟说明氨气收集满。
20.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)产生。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)滤渣A的主要成分是_____________；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的操作是________________________；
(2)步骤②中反应的离子方程式是_____________________；
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)步骤④中反应化学方程式为______________________________。
【答案】(1). SiO2、CeO2 (2). Fe3＋ (3). 取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净 (4). 2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O (5). 不能 (6). 分液漏斗 (7). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【解析】
【分析】
废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，最后通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品Ce(OH)4，据此解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤渣A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生Fe3＋；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；
(2)稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水在的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)Ce(OH)3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
21.一氧化氮、二氧化氮等氮氧化物是常见的大气污染物，然而它们在工业上有着广泛的用途。
已知：①室温下，2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO或NO2－都能与MnO4—反应生成NO3－。
Ⅰ.以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示：
(1)A中反应的化学方程式_____________；
(2)装置B中观察到的主要现象______________；
(3)仪器D的名称是___________________；
(4)A中滴入浓硝酸之前，应先通入N2一段时间，原因是____________；
(5)写出NO被酸性KMnO4氧化的离子反应方程式______________；
(6)若无装置D，则E中产物除NaNO2外，还有_______(填化学式)。
Ⅱ.某研究性学习小组对NO2与Na2O2能否发生反应进行探究。
步骤1：提出假设
假设一：NO2与Na2O2不反应；
假设二：NO2能被Na2O2氧化；
假设三：______________________________________________。
步骤2：设计实验
(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中，淡黄色粉末完全变成白色，说明假设________不成立。
(2)为验证假设二是否成立，该小组同学进行如下定性实验研究，请完成下表内容。
实验步骤(不要求写具体操作过程，试剂、仪器任选)
预期的实验现象及结论
取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，
①__________________________________________
②___________________________
【答案】(1). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O (2). 溶液变蓝，铜片溶解，有无色气体冒出 (3). (球形)干燥管 (4). 排尽装置中的空气，防止对后续实验有干扰 (5). 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O (6). Na2CO3（或Na2CO3、NaOH ） (7). NO2能被Na2O2还原 (8). 一 (9). 再滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液 若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立 (10). 若高锰酸钾溶液褪色，则假设二不成立(或再滴加稀硫酸酸化，最后加铜粉，若铜粉溶解且溶液变蓝色，则假设二成立，若铜粉不溶解，则假设二不成立，其他合理答案也可)
【解析】
【分析】I.(1)装置A中是浓硝酸和碳加热发生反应，生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；
(2)装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；
(3)依据仪器D结构判断其名称；
(4)空气中含有O2、二氧化碳和水蒸汽，会影响实验测得，影响实验结论的判断；
(5)NO会被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-，高锰酸钾被还原为Mn2+；
(6)一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸气，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；
II.依据Na2O2中O元素的化合价及已知的二种假设，推断假设三；
(1)依据Na2O2与通入的气体在玻璃管中发生反应，淡黄色粉末完全变成白色说明反应，证明假设一不成立；
(2)若假设二是成立，反应产生了NO3-，NO3-无还原性，不能使酸性高锰酸钾溶液溶液褪色。
【详解】(1)装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为气体变为无色，溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；
(3)仪器D的名称是干燥管；
(4)A中滴入浓硝酸之前，应先通入N2一段时间，原因是由于装置内有空气，空气中的氧气、二氧化碳及水蒸气会影响后续试验，先通入N2一段时间，排尽装置中的空气，防止对后续实验有干扰；
(5)NO具有还原性，会被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化为NO3-，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；
(6)装置D中盛有碱石灰，碱石灰可以吸收CO2、H2O蒸气，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠。
II.探究NO2与Na2O2能否发生反应，依据假设一：NO2与Na2O2不反应；假设二：NO2能被Na2O2氧化；假设三：NO2能被Na2O2还原
(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中，淡黄色粉末完全变成白色，说明NO2气体与Na2O2发生了化学反应，证明假设一不成立。
(2)假设二：NO2能被Na2O2氧化，则NO2被氧化变为NO3-，根据酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-，可取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，然后向该溶液中滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液 若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立。
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