【化学】云南省富宁县民族中学2019-2020学年高二上学期开学考试试卷（解析版）

云南省富宁县民族中学2019-2020学年高二上学期开学考试试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
一、单选题(共20小题,每小题2.0分,共40分)
1.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol硫单质在过量氧气中燃烧产生NA个SO3分子
B. 标准状况下，22.4 L SO3中含有氧原子数为3NA
C. 标准状况下，18 g H2O中含有氧原子数为NA
D. 5.4 g铝单质与足量NaOH溶液反应，转移电子数为0.6NA
【答案】CD
【解析】A. 1mol硫单质在过量氧气中燃烧产生1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，不会生成三氧化硫，故A项错误；
B. 标准状况下SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故B项错误；
C.18 g水的物质的量为n = = 1 mol，因一个水分子中含有一个氧原子，所以1 mol水中所含的氧原子物质的量为1mol，即氧原子个数为NA，故C项正确；
D. 5.4 g铝的物质的量为：n = = 0.2 mol，0.2 mol Al与氢氧化钠溶液完全反应生成偏铝酸根，失去0.6 mol电子，因此转移电子数为0.6 NA，故D项正确；
答案选CD。
2. 金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为：
2CuFeS2+O2=+2FeS+SO2，
若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2，S的化合价为-2。下列说法正确的是（ ）
A. 方框中的物质是Cu2S
B. CuFeS2仅作还原剂
C. SO2是还原产物，不是氧化产物
D. FeS是氧化产物
【答案】A
【解析】A．由原子守恒可知，方框中的物质是Cu2S，A正确；
B．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则CuFeS2为氧化剂也为还原剂，B错误；
C．S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则SO2既是氧化产物，又是还原产物，C错误；
D．FeS不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；
答案选A。
3.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1
D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol
【答案】B
【解析】A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O反应中反应物中没有单质参与，不属于置换反应，故A错误；
B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化性Cl2＞Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化性KClO3＞Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化性KBrO3＞KClO3，所以氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；
C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中反应6molHCl中只有5mol被氧化，则还原剂与氧化剂物质的量之比为5∶1，故C错误；
D．③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中lmol还原剂Cl2失去10mol电子，则氧化剂得到电子10mol电子，故D错误；
故选B。
4.已知金属钠的活泼性非常强，甚至在常温时能和水发生反应2Na+2H2O===2NaOH+H2↑。现将9.2克钠、7.2克镁、8.1克铝分别放入100克10.95%的盐酸中，同温同压下产生气体的质量比是（　　）
A. 1∶2∶3 B. 4∶3∶3 C. 8∶6∶9 D. 1∶1∶1
【答案】B
【解析】n（HCl）==0.3mol，n（Na）==0.4mol，n（Mg）==0.3mol，n（Al）==0.3mol，钠不仅和盐酸反应还和水反应，金属钠全部反应，产生氢气的物质的量是0.2mol，Mg、Al和水不反应，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑知，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，都大于0.1mol，所以Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计算Mg、Al生成氢气的物质的量都是0.15mol，同温同压下产生气体的质量比等于物质的量之比，为0.2mol：0.15mol：0.15mol=4：3：3，故B正确；
答案选B。
5.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol•L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是（ ）
A. 剩余固体是铁、铜混合物
B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g
C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol
D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol
【答案】D
【解析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，
设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+      Fe+2Fe3+=3Fe2+
64g  2mol                56g   2mol
m1   0.5mol               m2   0.5mol
m1 ==16g，
m2==14g，
溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，
则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；
设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，
则：(1)64 n1+56 n2=15.2g
(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，
计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，
则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；
根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。
答案选D。
6.向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是（　　）
A. OH-+CO32-+2H+= HCO3-+H2O
B. 2OH-+ CO32-+3H+= HCO3-+2H2O
C. OH-+ CO32-+3H+=CO2↑+2H2O
D. 2OH-+ CO32-+4H+=CO2↑+3H2O
【答案】D
【解析】A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入HCl少量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol NaOH消耗1mol HCl，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O，故A正确；
B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入HCl少量，先发生反应：2OH-+2H+→2H2O，2mol NaOH消耗2mol HCl，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，HCl不足之消耗1mol Na2CO3，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+→HCO3-+2H2O，故B正确；
C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入HCl过量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol NaOH消耗1mol HCl，再发生反应CO32-+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+→CO2↑+2H2O，故C正确；
D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol NaOH消耗2mol H+，剩余2mol H+与2mol Na2CO3反应生成2mol HCO3-，离子方程式应为2OH-+2CO32-+4H+→2HCO3-+2H2O，即OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O，故D错误；
故答案为D。
7.下列说法中，正确的是（ ）
A. 硅元素在自然界里均以化合态存在
B. SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物
C. 除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水
D. 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO2↑
【答案】A
【解析】A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；
B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；
C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；
D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；
答案选A。
8.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g 跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4L Cl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%
B. 被氧化的HCl的物质的量为4mol
C. 参加反应的HCl的质量为146g
D. 被还原的MnO2的物质的量为1mol
【答案】B
【解析】A．22.4L Cl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应；1mol MnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4molHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；
B．被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；
C.参加反应的HCl的质量为，故C正确；
D.生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。
故选B。
9.欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（　　）
A. 称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中
B. 称量10.6 g Na2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
C. 量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mL
D. 配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3
【答案】C
【解析】A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；
B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；
C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；
D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。
故选C。
10.Cu2O是赤铜矿主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O===6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是（ ）
A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化
B. 每生成0.1 mol Cu，转移0.2 mol 电子
C. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
D. Cu既是氧化产物又是还原产物
【答案】C
【解析】A．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，A错误；
B．铜元素化合价从+1价降低到0价，每生成0.1mol Cu，转移电子为0.1 mol×（1-0）=0.1mol，B错误；
C．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D．该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，D错误；
答案选C。
11.下列有关物质结构的说法正确的是（ ）
A. 78 g Na2O2晶体中阴、阳离子个数均为2NA
B. 4.48 L NH3中含有0.6NA个N－H键
C. S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
D. PCl5和NH3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
【答案】C
【解析】A. 78 g Na2O2的物质的量是1mol，晶体中阴、阳离子个数分别为NA、2NA，A错误；B. 4.48 L NH3的物质的量不一定是0.2mol，其中不一定含有0.6NA个N－H键，B错误；C. S2Cl2是共价化合物，结构式为Cl—S—S—Cl，C正确；D. PCl5和NH3分子中P和H均没有达到8电子稳定结构，D错误，答案选C。
12. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）
A. d元素的非金属性最强
B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物
C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
【答案】D
【解析】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。
A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；
B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物， S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；
C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；
D、C元素可以与H元素形成只含有极性键的化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。
13.恒温恒容条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若将1 mol氮气和3 mol氢气充入密闭容器中，反应达平衡时，氨气的体积分数为a。保持相同条件，在密闭容器中分别充入下列物质， 反应达平衡时，氨气的体积分数不可能为a的是（ ）
A. 2 mol NH3 B. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3
C. 0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3 D. 0.1 mol N2、0.3 mol H2和1.8 mol NH3
【答案】B
【解析】反应达平衡时，氨气的体积分数不可能为a，则等效转化后氮气和氢气的物质的量只要不再等于1mol、3mol即可。则根据方程式可知
A. 2 mol NH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，A不选；
B. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3相当于是2mol氮气与6mol氢气，不满足等效平衡，B选；
C. 0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，C不选；
D. 0.1 mol N2、0.3 mol H2和1.8 mol NH3相当于是1mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，D不选；
答案选B。
14.下列关于反应速率与化学反应限度的说法正确的是（ ）
A. 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强都一定能加快化学反应速率
B. 化学平衡状态不一定是该反应在给定条件下的最大限度
C. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等且都为0
D. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质
【答案】D
【解析】A. 对于任意化学反应，其他条件不变时，增大压强不一定都能加快化学反应速率，压强只能适用于有气体参加的反应，A错误；B. 化学平衡状态是该反应在给定条件下的最大限度，B错误；C. 可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率相等但不为0，C错误；D. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，决定反应速率的主要因素是反应物的性质，D正确，答案选D。
15.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是(　　)
A. 蛋白质和烃 B. 油脂和烃
C. 蛋白质和淀粉 D. 油脂和蛋白质
【答案】A
【解析】 “丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，故答案为A。
16.某有机物的结构为CH2OHCH=CH2CH2COOH，关于该有机物的说法不正确的是(　　)
A. 只有羧基和羟基两种官能团 B. 能发生酯化反应
C. 能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 能与氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【解析】A．有机物CH2OHCH=CH2CH2COOH中含有羧基、碳碳双键和羟基共三种官能团，故A错误；
B．有机物CH2OHCH=CH2CH2COOH中含有羧基和羟基，均能发生酯化反应，故B正确；
C．有机物CH2OHCH=CH2CH2COOH中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．有机物CH2OHCH=CH2CH2COOH中含有羧基，能与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故答案为A。
17.下列关于乙烯和聚乙烯的叙述正确的是(　　)
A. 二者都能使溴水褪色，性质相似 B. 二者互为同系物
C. 二者最简式相同 D. 二者相对分子质量相同
【答案】C
【解析】A.由乙烯和聚乙烯的结构可以知道,乙烯中含有碳碳双键,能和溴水发生加成反应,聚乙烯中只有单键,所以聚乙烯不能使溴水褪色，A错误；
B.乙烯和聚乙烯的结构不同，所以不是同系物，B错误；
C.乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者最简式都为CH2，C正确；
D.乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者式量分别为28，28n，D错误。
答案选C。
18.下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是(　　)
A. 煤干馏所得气体中只含无机气体
B. 天然气、石油液化气是清洁的化石燃料
C. 石油裂解气中主要成分为甲烷
D. 石油产品都能发生加聚反应
【答案】B
【解析】A．煤干馏得到的焦炉气中含有的甲烷、乙烯，属有机物，故A错误；
B．天然气的主要成分为甲烷，石油液化气是液态烃的混合物，均能燃烧充分，生成物为二氧化碳和水，为清洁的化石燃料，故B正确；
C．裂解汽油主要成分为C6～C9烃类，有时也包含C5烃以及C9以上重质烃类，故C错误；
D．只有含有双键或三键的物质才可以用于加聚反应，石油分馏产品为烷烃，不能发生加聚反应，故D错误；
故答案为B。
19.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 溴单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈
【答案】D
【解析】A、随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的电子层数增多，原子半径都逐渐增大，A正确；
B、碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强，B正确；
C、钾比钠活泼，则钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；
D、氯气的氧化性强于溴的，则溴单质与水的反应不如氯单质与水的反应剧烈，D错误；
答案选D。
20.在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是( )。
A. 正极附近SO42-浓度逐渐增大 B. 电子通过导线由铜片流向锌片
C. 正极反应式为Zn-2e-=Zn2+ D. 该原电池工作过程中电解质溶液的pH增大
【答案】D
【解析】A、负极发生氧化反应，电子沿导线流向正极，所以溶液中SO42-向负极迁移，A错误；
B、电子通过导线由锌片（负极）流向铜片（正极），B错误；
C、负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，C错误；
D、随着硫酸的消耗，溶液的pH增大，D正确；
故合理选项为D。
分卷II
二、填空题(共5小题,共60分)
21.某研究小组为了探究一种无机矿物质X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1.请回答如下问题：
（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_______，写出气体甲的电子式_______。
（2）X的化学式是______，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为_______。
（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______(用化学反应方程式表示)。
（4）一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_______，并设计实验方案验证该反应的产物_______。
【答案】 (1). (2). (3). CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3) (4). CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑ (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 (6). 2FeO+CO2△Fe2O3+CO (7). 检验Fe2O3：将固体加入盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，溶液呈血红色；检验CO：将气体产物通过灼烧CuO，黑色固体变为红色
【解析】
【分析】由白色沉淀在空气中可转化为红褐色沉淀知X中含有铁元素，由X与盐酸反应生成气体甲，一般与盐酸反应产生气体的物质中含有CO32-或HCO3-，甲又能与溶液1反应生色沉淀且该白色沉淀又可在水中继续与甲反应，故甲是CO2。由实验过程知X中含有＋2价的铁，X中含有4种元素，若X中含有HCO3-和Fe，则X分解的产物有3种，与题意不符，所以应含有CO32-，另一种金属可能是＋2价的钙，根据化合价写出X的化学式为CaFe(CO3)2，X分解得到CO2、CaO、FeO。固体1是CaO、FeO的混合物，溶于水后得氢氧化钙溶液和固体2为FeO，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀1是碳酸钙；FeO与盐酸反应生成氯化亚铁，无氧条件下与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，空气中转化为氢氧化铁。据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，白色沉淀1的金属原子是Ca，其原子结构示意图为，CO2的电子式为；
（2）X为CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3)，X分解得到CO2、CaO、FeO，化学反应方程式为CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑；
（3）白色沉淀2是Fe(OH)2，红褐色沉淀是Fe(OH)3，变色的原因是4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；
（4）固体1是CaO和FeO的混合物，由于铁元素处于中间价态，可以升高也可以降低，CO2中碳元素处于最高价态，只能降低，因此可能的化学反应方程式为2FeO+CO2△Fe2O3+CO。验证该反应的产物：将固体粉末溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液若显红色，则可证明产物中有Fe3+；将气体产物通入灼烧的氧化铜固体中，固体变红色，且反应后气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，则证明气体产物是CO。
22.氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）标准状况下，将500 L氨气溶于水形成1 L氨水，则此氨水的物质的量浓度为__mol· L-1（保留三位有效数字）。工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为__。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为__。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是__。
A．2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO===5N2+6H2O D．HNO3+NH3===NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣===NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣===□　　+H2O（配平该方程式）。______________
（3）向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500 mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1 L 1 mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2 g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为__。
③HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。
（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20 mL，加入0.25 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C 点混合液呈中性）。则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为__mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。

【答案】(1). 22.3 (2). SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O===（NH4）2SO3］ (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). BC (5). 2NO2- (6). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (7). 2∶1 (8). 2.4 (9). 0.25 (10). 1
【解析】（1）n(NH3)= =22.3mol，氨水的物质的量浓度为 =22.3mol/L，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；
本题答案为：22.3mol/L；SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O。
（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O2 4NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此可知与之作用相同的反应是2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O和4NH3+6NO===5N2+6H2O ，故B、C中的氨与氨氧化法中的氨作用相同；由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O；
本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O ；BC；2NO2-。
（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ；本题答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
②设27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，含CU 、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题中所给的条件可得：64x80y=27.2，98(x2y)=39.2，两式联立求得：x=0.2, y=0.1,所以x:y=2:1；本题答案为：2:1.
③在铜和稀硝酸的反应中，依据N守恒，可知原溶液中n(HNO3)等于表现氧化性的硝酸或被还原的HNO2（NO），与未被还原的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量之和，因为滴加氢氧化钠时，溶液呈中性，存在表现酸性的硝酸物质的量为：n(HNO3)=n(NaOH)=1L1mpl/L=1mol，依据电子得失守恒，在氧化还原反应中电子转移数目相等。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mo铜失去0.4mol电子，设n(NO)=amol,则有：3a=20.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被还原的硝酸是0.2mol，原溶液中的硝酸为：n(HNO3)=1mol0.2mol=1.2mol，c(HNO3)= =2.4mol/L；本题答案为：2.4mol/L。
（4）由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH﹣═H2O，
由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：
H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O
1 1
x 0.02L×0.25mol·L﹣1
解得：x=0.02L×0.25mol·L﹣1=0.005mol，
硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)= =0.25mol·L﹣1，
又由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH﹣═H2O可知原溶液中含有的n(H+)与60mLBa（OH）2溶液所含的n(OH-)相等，即n（H+）=n（OH﹣）=2×0.06L×0.25mol·L﹣1=0.03mol，故n（HNO3）=0.03mol-2n(H2SO4)mol=0.03mol﹣0.005mol×2=0.02mol，
故原溶液中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)= =1mol/L;
本题答案为：0.25；1。
23.根据下图所示实验，回答问题：
(1)实验①观察到的现象是________________________。实验②观察到的现象是________________________。
(2)实验③观察到的现象是________________________。实验④观察到的现象是________________________。
(3)由上述实验，你能得出的结论是________________________。
(4)请总结同周期元素金属性的变化规律__________，并用原子结构解释其原因_________。
【答案】(1). 熔成小球，浮于水面，四处游动，有“嘶嘶”的响声，反应后溶液加酚酞变红 (2). 加热前镁条表面有少量无色气泡，加热沸腾后，有较多无色气泡冒出，溶液变粉红色 (3). 镁条溶解有无色气泡冒出 (4). 铝条缓慢溶解有无色气泡冒出 (5). 钠与冷水反应剧烈，镁与冷水几乎不反应，能与热水反应；镁、铝都能置换出酸中的氢，镁更容易 (6). 钠、镁、铝置换水(或酸)中的氢由易到难的顺序是Na>Mg>Al (7). 同周期元素(如钠、镁、铝)，随着原子序数的递增，原子的核电荷数增多，原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引力增强，失去最外层电子逐渐变难，元素的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱
【解析】 (1)实验①钠放入水中，反应后滴加酚酞试液可观察到的现象是熔成小球，浮于水面，四处游动，有“嘶嘶”的响声，反应后溶液加酚酞变红；实验②是水中加入镁粉并滴加酚酞，然后放在酒精灯上加热，实验过程中观察到的现象是加热前镁条表面有少量无色气泡，加热沸腾后，有较多无色气泡冒出，溶液变粉红色；
(2)实验③是向盛有镁块的试管中滴加稀盐酸，观察到的现象是镁条溶解有无色气泡冒出；实验④是向盛有铝块的试管中滴加稀盐酸，观察到的现象是铝条缓慢溶解有无色气泡冒出；
(3)由实验①②③④观察到的实验现象，可知钠与冷水反应剧烈，镁与冷水几乎不反应，能与热水反应；镁、铝都能置换出酸中的氢，镁更容易；
(4)Na、Mg、Al均为第三周期的主族元素，且核电荷数依次增大，由实验①②③④可得钠、镁、铝置换水(或酸)中的氢由易到难的顺序是Na>Mg>Al，存在活泼性差异的原因是同周期元素(如钠、镁、铝)，随着原子序数的递增，原子的核电荷数增多，原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引力增强，失去最外层电子逐渐变难，元素的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱。
24.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。
（1）某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。
（2）该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①A中发生反应离子方程式为_____________________。
②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_____________________。
③B装置出来的气体是否需要干燥_________________。（填“是”或“否”）
④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式_____________，______________。
⑤D中NaOH溶液的作用_______________________。
⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是_______________。
a.直接读取气体体积，不需冷却到室温
b.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同
c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积
⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL，则样品中过氧化钠的质量分数为__________________。
⑧实验完成后E到F之间导管内残留水的体积会使测量结果__________。（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
【答案】 (1). CaCl2或BaCl2（合理答案均可） (2). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (3). 检查装置的气密性 (4). 否 (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (7). 吸收未反应的CO2 (8). a (9). (10). 偏小
【解析】（1）Na2O2易变质，与空气中CO2反应，生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液等易反应，生成白色BaCO3沉淀，而Na2O2与水反应所得溶液不能与BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液反应；
（2）①A中发生反应离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++ H2O+CO2↑；
②根据题意，该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，因此必须检查整套装置是否漏气；
③由于需要排水法测量体积，因此B装置出来的气体不需要干燥；
④生成的CO2中含有水蒸气，则装置C中发生的所有反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑。
⑤D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的CO2。
⑥a、C中反应是放热反应，产生的氧气温度高于室温，故不冷却读数导致氧气体积偏大，a错误；
b.上下移动量筒，使得E、 F中液面高度相同，b正确；c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积，c正确，答案选a；
⑦由V/Vm可知n(O2)=，由反应式2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知，n(Na2O2)=2n(O2)=2×，由n•M可知，m(O2)=2××78g•mol—1，则样品中Na2O2的质量分数=×100%=×100%=×100%或；
⑧该实验成功的关键是准确测量反应生成氧气的体积，E到F之间导管内水的体积没有办法测量会引起氧气体积减小，测定结果偏小。
25.已知：①R-NO2R-NH2；②苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：

(1)A转化为B的化学方程式是______________________________。
(2)图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①②物质的结构简式：①__________，②_______。
(3)苯的二氯代物有________种同分异构体。
(4)有机物的所有原子________(填“是”或“不是”)在同一平面上。
【答案】(1). ＋CH3Cl＋HCl (2). （或） (3). （或） (4). 3 (5). 不是
【解析】 (1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：＋CH3Cl＋HCl；
(2)②与水反应生成，根据信息可知②为或，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为；
(3)苯环上二个氯原子的位置有间、邻、对位三种情况，则苯的二氯代物有3种同分异构体；
(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上。