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2021-2022学年江西省宜春市上高二中高一（下）第六次月考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江西省宜春市上高二中高一（下）第六次月考化学试卷（3月份）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 化学与生产、生活密切相关，3ml电子， 硫元素的价类二维图如图所示等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高一（下）第六次月考化学试卷（3月份）
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )
A. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸溶胶
B. 静电除尘、血液透析均利用了胶体聚沉的性质
C. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂
D. SO2除了在工业上用来漂白纸浆、毛、丝外，还可以用于杀菌、消毒
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目为4NA
B. 1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为2NA
C. 含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有阴离子总数为0.3NA
D. 由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NA
3. 下列离子方程式中书写正确的是( )
A. 用NaOH溶液吸收SO2尾气：SO2+2OH−=SO42−+H2O
B. 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO−+H2O=SO32−+2HClO
C. 铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 用水除去NO中混有的NO2：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO↑
4. 应用氯化铵可除去铜固体表面的氧化膜，涉及的反应是CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2+H2O(未平)。下列说法正确的是( )
A. 氧化产物是CuCl2和N2
B. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 当有16gCuO反应时，反应中转移0.3mol电子
D. 反应中电子转移方向：
5. 下列离子组在溶液中能大量共存且通入相应气体后仍能大量共存的是( )
A. Cl−、Ba2+、HCO3−、K+；通入氯化氢
B. Ca2+、Na+、Cl−、NO3−；通入二氧化硫
C. Fe2+、HCO3−、SO42−、Cl−；通入氯气
D. K+、Na+、HSO3−、Cl−；通入二氧化碳
6. 硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是( )
A. a与c、d、e都有可能反应生成b
B. d溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH减小
C. 盐g与盐f之间也可能发生反应
D. 铜与e的浓溶液共热产生的气体通入BaCl2溶液中，有沉淀产生
7. 主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z的单质可用于自来水消毒；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是( )
A. 简单氢化物的沸点：Z>X
B. W可与水反应生成H2
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应
D. 简单离子的半径：Y>X>Q
8. 科学家已获得了气态N4分子，其结构为正四面体(如图所示)。已知断裂1molN−N吸收193kJ能量，断裂1molN≡N吸收946kJ能量，下列说法正确的是( )
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4(g)=4N(g)的过程中释放1002kJ能量
C. 1molN4转化为N2时要吸收734kJ能量
D. N4和N2互为同素异形体，N4转化为N2属于化学变化
9. 将盛有25mLNO2和O2混合气体的量筒倒置于水槽中，一段时间后，气体体积减小到5mL且不再变化(同温同压下)。则原混合气体中NO2和O2的体积比可能是( )
A. 1：1 B. 18：7 C. 16：9 D. 22：3
10. 将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，如图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是( )
A. B. C. D.
11. 某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行图示实验。下列有关说法正确的是( )
A. 由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应
B. 蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C. 原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0g
D. 将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量
12. 某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42−、NO3−、Cl−中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气体产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解).下列说法不正确的是( )
A. 该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42−、NO3−
B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体在空气中能变成红棕色
C. 若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
D. 若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g
13. 如图装置，将溶液a逐渐加入固体b中，下列叙述中正确的是( )
A. 若a为浓硝酸，b为铜屑，c中盛淀粉碘化钾溶液，则c中溶液变蓝
B. 若a为浓硫酸，b为亚硫酸钠，c石蕊试液，则c中溶液先变红后褪色
C. 若a为浓硫酸，b为蔗糖，c中盛过量澄清石灰水，则c中产生白色沉淀为CaCO3
D. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛AlCl3溶液，则c中产生白色沉淀Al(OH)3
14. 由U形管、铁棒、碳棒和CuCl2溶液组成的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 打开K，铁棒上有紫红色物质析出
B. 闭合K，电子的途径为铁棒→导线→碳棒→溶液→铁棒
C. 闭合K，碳棒作正极材料，有紫红色固体析出，发生还原反应
D. 闭合K，铁棒表面发生的电极反应为Cu2++2e−=Cu
15. 向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是( )
A. 产生H2的体积为2.24L
B. m2=8.4
C. 所用混合溶液中c(H2SO4)=2mol⋅L−1
D. AB段发生的反应为置换反应
16. (I)(1)下列反应中，属于放热反应的是 ______(填序号，下同)，属于吸热反应的是 ______。
①物质燃烧②二氧化碳通过炽热的碳③氢氧化钠溶于水的过程④炸药爆炸⑤碳酸钙高温分解
(II)下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)。
物质
Cl2
Br2
I2
H2
能量/kJ
243
193
151
436
物质
HF
HCl
HBr
HI
能量/kJ
568
432
366
298
根据上述数据回答下列问题：
(2)下列物质本身具有的能量最低的是 ______。
A.H2
B.Cl2
C.Br2
D.I2
(3)下列氢化物中，最稳定的是 ______。
A.HF
B.HCl
C.HBr
D.HI
(4)X2+H2一定条件2HX(X代表Cl、Br、I)是 ______(填“吸热”或“放热”)反应。
(5)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是 ______。
17. 某课外小组同学设计如图实验装置(部分夹持仪器未画出)探究氨气的还原性并检验部分产物。
(1)若A中使用装置Ⅰ制取氨气，则化学方程式为 ______，若A中使用装置Ⅱ制取氨气，则圆底烧瓶中的固体可以为 ______。
(2)B中碱石灰的作用是 ______。
(3)氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为 ______，装置C中的实验现象为 ______，装置D中的实验现象为 ______。
(4)该装置存在明显的缺陷是 ______。
(5)在一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：______。
18. 在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
AXBYCYDZE
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素．请回答：
(1)A是______.
(2)当X是强酸时，E是______.写出B生成C的化学方程式：______.
(3)当X是强碱时，E是______，写出B生成C的化学方程式：______.
19. 人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。以下每小题中的电池广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息填空。
(1)铅蓄电池在放电时起原电池作用，铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。负极反应式为 ______；反应一段时间后负极的质量 ______(填“增重”或“减少”或“不变”)
(2)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如甲烷燃料电池，在碱性条件下该电池极的负电极反应式是：______
(3)将铝片和铜片用导线相连，分别插入浓硝酸中(a组)和插入烧碱溶液中(b组)，都形成了原电池，在a组原电池中，负极材料为 ______；写出b组插入烧碱溶液中形成原电池的负极反应式：______。
(4)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为 ______，电解质溶液为 ______，反应中Cl−移向 ______(填“负极”或“正极”)，FeCl3溶液发生 ______反应(填“氧化”或“还原”)。
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，其正极反应式为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.盐酸的酸性强于硅酸，所以向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，可用于制备硅酸溶胶，故A正确；
B.静电除尘与胶体的电泳有关，血液透析是利用了胶体不能透过半透膜进行渗析的原理，二者都与胶体的聚沉无关，故B错误；
C.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂，叙述正确，故C正确；
D.二氧化硫具有漂白性，能够与有机色素化合生成无色物质，可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，同时二氧化硫能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：B。
A.依据强酸制备弱酸的规律判断；
B.依据胶体不能透过半透膜、胶体电泳的性质判断；
C.纯碱、石灰石、石英砂是制造玻璃的原料；
D.二氧化硫有有漂白性，并且能使蛋白质变性。
本题考查了化学与生产、生活、环境保护等密切相关知识，侧重分析能力与运用能力的考查，把握物质的性质与用途的对应关系为解答关键，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
2.【答案】D
【解析】解：A.1L1mol/LNa2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量为1L×1mol/L=1mol，含氧原子数为1mol×4×NA/mol=4NA，但水分子中也含有氧原子，溶液中含有的氧原子数目大于4NA，故A错误；
B.1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为1mol×NA/mol=NA，故B错误；
C.含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有阴离子总数为4.6g23g/mol×12×NA/mol=0.1NA，故C错误；
D.由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为4g20g/mol×10×NA/mol=2NA，故D正确；
故选：D。
A.硫酸根离子和水分子中均含有氧原子；
B.氯气与NaOH反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气反应转移1mol电子；
C.1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，故氧化钠和过氧化钠中钠离子和阴离子的个数比均为2：1；
D.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，一个分子中均含有10个中子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.用NaOH溶液吸收SO2尾气，离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，故A错误；
B.将少量SO2气体通入NaClO溶液的离子反应方程式为：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+Cl−+2HClO，故B错误；
C.铜与浓硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；
D.用水除去NO中混有的NO2，离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO↑，故D正确；
故选：D。
A.二者反应生成亚硫酸根离子；
B.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体；
D.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得：4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，
A.Cu元素得到电子被还原，N元素失去电子被氧化，则反应中还原产物为CuCl2，氧化产物为N2，故A错误；
B.由电子守恒可知3molCuO得到电子与2molNH4Cl失去电子相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故B错误；
C.由电子守恒可知3molCuO得到电子与2molNH4Cl失去电子相等，当有16gCuO反应时，只有0.15mol的CuO被还原，因此转移电子数是0.3mol，故C正确；
D.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，反应中转移的电子数不对，单线桥应该转移6个电子，故D错误；
故选：C。
CuO中的Cu元素由+2价降低为0，NH4Cl中的N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，据此对各选项进行判断。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，题目难度中等，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查。
5.【答案】D
【解析】解：A.通入氯化氢，HCO3−+H+=CO2↑+H2O，不能大量共存，故A错误；
B.NO3−酸性条件下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，会生成亚硫酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+能被Cl2氧化，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCO3−与H+反应，不能大量共存，故C错误；
D.通入二氧化碳，无反应发生，能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.HCO3−为弱酸的酸式酸根离子与HCl能反应；
B.二氧化硫通入水中生成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根离子酸性条件下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子；
C.Fe2+能被Cl2氧化，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCO3−与H+反应；
D.离子能大量共存。
本题考查离子共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，把握题给信息，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，a为H2S，b为S单质，c、d、e分别为SO2、H2SO3、H2SO4，根据氧化还原反应归中原理，a与c、d、e都有可能反应生成b，故A正确；
B.根据分析可知，d溶液为亚硫酸溶液，久置于空气中会被氧气氧化生成硫酸，酸性增强，溶液的pH减小，故B正确；
C.根据分析可知，盐g为硫酸盐，盐f为亚硫酸盐，两者之间也可能发生反应，如NaHSO4可以与NaHSO3反应Na2SO4、SO2、水，故C正确；
D.根据分析可知，e为H2SO4，铜与e的浓溶液共热产生的气体为SO2，通入BaCl2溶液中，没有沉淀产生，因为酸性：HCl>H2SO3，故D错误；
故选：D。
由图可知，a为−2价的氢化物，即H2S，b为S单质，c为+4价的氧化物，即SO2，d为+4价的含氧酸，即H2SO3，e为+6价的含氧酸，即H2SO4，f为+4价盐，即亚硫酸盐，g为+6价的盐，即硫酸盐，据此分析作答。
本题主要考查硫及其化合物的转化，掌握硫及其化合物的性质是解决本题的关键，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，Q为N、X为F、Y为Al或Mg、Z为Cl、W为K或Ca，
A.HF分子间含氢键，则简单氢化物的沸点：Z
C.Y为Mg时，对应的氢氧化镁与NaOH溶液不反应，故C错误；
D.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y
主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，X为F；Z的单质可用于自来水消毒，结合原子序数可知Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，Y、W的最外层电子数之和为9−5=4，W的最外层电子数为1时，Y为Al、W为K，W的最外层电子数为2时，Y为Mg、W为Ca，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、最外层电子数、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.N4只含氮元素，属于一种单质，故A错误；
B.N4(g)=4N(g)的过程中是断裂化学键，需要吸收热量=6×167kJ=1002kJ能量，故B错误；
C.1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ−1002kJ=882kJ，故C错误；
D.N4和N2是同种元素组成的不同单质互为同素异形体，N4转化为N2过程中存在化学键断裂的同时存在化学键形成属于化学变化，故D正确。
故选：D。
A.只含一种元素的纯净物为单质；
B.N4(g)=4N(g)的过程中时候化学键断裂的过程，需要吸收热量；
C.1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ；
D.同种元素组成的不同单质为同素异形体，同素异形体之间的转化为化学变化。
本题考查了反应热与焓变、同素异形体等知识，题目较为综合，明确基本概念内涵、化学反应实质、化学键判断方法是解本题关键，注意：同素异形体之间的转化发生化学反应，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：①若混合气体中氧气过量，发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，剩余5mL气体为氧气，则NO2的体积为(25mL−5mL)×45=16mL，O2的体积为5mL+(25mL−5mL)×15=9mL，二者体积比为16：9；②若二氧化氮过量，则先发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，后发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余5mL气体为NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余二氧化氮为5mL×3=15mL，则氧气的体积为(25mL−15mL)×15=2mL，则二者体积比为(25mL−2mL)：2mL=23：2，
故选：C。
①若混合气体中氧气过量，发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，剩余5mL气体为氧气，则NO2的体积为(25mL−5mL)×45=16mL，O2的体积为5mL+(25mL−5mL)×15=9mL，二者体积比为16：9；②若二氧化氮过量，则先发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，后发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余5mL气体为NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余二氧化氮为5mL×3=15mL。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意过量判断及讨论法应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a>b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a
锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量，以此解答．
本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池反应的特点以及稀硫酸过量的信息，难度不大．
11.【答案】D
【解析】解：A.经步骤Ⅰ，得到蓝色溶液，Fe2O3能与盐酸反应生成氯化铁，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铜能与三价铁离子反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，铜和稀盐酸不反应，故A错误；
B.根据分析过程，铜过量，铁离子最后完全生成亚铁离子，部分的铜生成了铜离子，故B错误；
C.原混合物Fe2O3、Cu的质量=9.4g−3g=6.4g，铜剩余，说明铁离子全部反应，设反应的铜物质的量为x，则反应的铁离子物质的量为2x，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，Fe2O3物质的量为 x，160x+64x+1.92g=6.4g，x=0.02mol，Fe2O3的质量=0.02mol×160g/mol=3.2g，SiO2的质量为3 g，故C错误；
D.若将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，结合途径可知9.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为4.92g，固体质量减少9.4g−4.92g=4.48g为二氧化硅，过滤得到固体为Fe2O3、Cu，加入足量盐酸溶解得到固体1.92g，说明一定含铜，故将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验结果，故D正确；
故选：D。
混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，9.4gX加入过量的盐酸，氧化铁溶解生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜溶液，得到蓝色溶液，Fe2O3能与盐酸反应生成氯化铁，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铜能与三价铁离子反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2与盐酸不反应；过滤得到4.92g固体，加入过量氢氧化钠溶液溶解后得到1.92g固体，二氧化硅和氢氧化钠反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，说明原混合物中二氧化硅质量=4.92g−1.92g=3.0g，加入过量氢氧化钠后剩余固体为Cu，说明Fe2O3的量不足以使Cu全部被Fe3+氧化为Cu2+，所以最后得到的固体1.92g为Cu，其物质的量=1.92g64g/mol=0.03mol，而SiO2物质的量=3.0g60g/mol=0.05mol，原混合物Fe2O3、Cu的质量=9.4g−3g=6.4g，铜剩余，说明铁离子全部反应，结合反应定量关系计算，据此分析、计算判断。
本题考查物质组成及含量的实验，为高频考点，把握实验流程中的反应及成分推断为解答的关键，侧重分析、推断能力的考查，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42−，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，
A、由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，故A正确；
B、生成的NO易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；
C、该溶液中加酸发生氧化还原反应生成三价铁离子，若加KSCN溶液，则溶液显血红色，故C正确；
D、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，故D错误，
故选：D.
向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42−，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答．
本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等．
13.【答案】AD
【解析】解：A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI溶液反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，则中溶液变蓝，故A正确；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，则c中石蕊试液变红，故B错误；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则c中产生白色沉淀为CaCO3和CaSO3，故C错误；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝，则c中产生白色沉淀Al(OH)3，故D正确；
故选：AD。
A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI溶液反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】AC
【解析】解：A.打开K时，Fe与硫酸铜发生置换反应生成Cu和硫酸亚铁，铁棒上有紫红色物质析出，故A正确；
B.闭合K时，该装置形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，电子由负极经外电路流向正极，不经过电解质溶液，故B错误；
C.闭合K时，该装置形成原电池，Fe比石墨活泼，Fe作负极，石墨作正极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，有紫红色固体析出，发生还原反应，故C正确；
D.闭合K时，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
答案为：AC。
打开K时，该装置不能形成原电池，Fe与硫酸铜发生置换反应生成Cu和硫酸亚铁，闭合K时，该装置形成原电池，Fe比石墨活泼，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，石墨作正极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由上述分析可知，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气体积为3.36L−2.24LL=1.12L，故A错误；
B.OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，则B点溶液的溶质为H2SO4和FeSO4，NO3−∼NO∼3e−，Fe∼Fe2+∼2e−，有3n(NO)=2n(Fe)，即n(Fe)=1.5n(NO)=1.5×2.24L22.4L/mol=0.15mol，所以B点时消耗Fe的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，即m2=8.4，故B正确；
C.C点溶液的溶质为FeSO4，由上述分析可知，整个反应中还原产物为NO和H2，n(NO)=0.1mol，n(H2)=0.05mol，NO3−∼NO∼3e−、2H+∼H2∼2e−、Fe∼Fe2+∼2e−，根据电子守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，即0.1mol×3+0.05mol×2=2n(Fe)，n(Fe)=0.2mol，根据根据Fe2+和SO42−守恒关系有n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.2mol，所以c(H2SO4)=0.2mol0.1L=2mol/L，故C正确；
D.AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，不属于置换反应，故D错误，
故选：BC。
由于氧化性：NO3−>Fe3+>H+，则OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，并且NO3−消耗完全，生成NO为2.24L，n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气体积为3.36L−2.24LL=1.12L，n(H2)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据电子转移守恒计算n(Fe)和m(Fe)及m2，再根据Fe2+和SO42−守恒关系计算n(H2SO4)和c(H2SO4)，据此分析解答。
本题考查混合物的计算，水解离子反应的判断和化学方程式的计算，根据离子的氧化性强弱判断各阶段发生的反应是解题关键，注意利用守恒思想进行解答，侧重考查学生分析计算能力，题目难度中等。
16.【答案】①④ ②⑤ A A 放热 Cl2
【解析】解：(1)①物质燃烧为放热反应；
②二氧化碳通过炽热的碳为吸热反应；
③氢氧化钠溶于水的过程为放热过程；
④炸药爆炸为放热反应；
⑤碳酸钙高温分解为吸热反应；
故答案为：①④；②⑤；
(2)根据表中数据可知，破坏1mol氢气中的化学键所消耗的能量最高，则说明氢气最稳定，具有的能量最低，
故选：A；
(3)根据表中数据可知，破坏1molHF中的化学键所消耗的能量最高，则说明HF最稳定，
故选：A；
(4)根据反应X2+H2=2HX，根据方程式可知，反应过程中都是断开1molX−X键和1molH−H键，形成2molH−X键，新键生成释放的热量按照HCl、HBr、HI顺序分别是：432kJ/mol×2mol=864kJ、366kJ/mol×2mol=732kJ、298kJ/mol×2mol=596kJ，旧键断裂吸收的热量的热量按照HCl、HBr、HI顺序分别是243kJ+436kJ=679kJ、193kJ+436kJ=629kJ、151kJ+436kJ=587kJ，所以新键生成释放的能量均大于旧键断裂吸收的热量，所以X2+H2=2HX的反应是放热反应，
故答案为：放热；
(5)根据表中数据可知，破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多，当消耗等物质的量的氢气时，氯气放出的热量最多，
故答案为：Cl2。
(1)常见的放热反应：①所有的燃烧反应，②活泼金属与酸反应，③大多数化合反应，④酸碱中和反应，⑤铝热反应；常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应，②碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，③铵盐与强碱反应，④碳与水反应生成一氧化碳和氢气，据此回答；
(2)破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定，物质具有的能量越低；
(3)破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定；
(4)根据新键生成放热情况和旧键断裂吸热情况来计算回答；
(5)破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多。
本题以卤族元素为例考查同一主族元素性质递变规律以及反应热，为高频考点，明确化学键与反应能量之间关系是解本题关键，题目难度不大．
17.【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2ONaOH或CaO或碱石灰 吸收氨气中的水蒸气 2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2 黑色CuO变为红色 白色无水CuSO4粉末变为蓝色 没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境 8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O
【解析】解：(1)装置A中发生反应是制备氨气，若A中使用装置Ⅰ，为固体加热制取气体的装置，为实验室制备氨气的反应，用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，为液体和固体无需加热制取气体，氨水中存在电离平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，氧化钙与水反应生成的碱使电离平衡逆向移动，制得氨气，或选择NaOH或碱石灰，原理类似，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；NaOH或CaO或碱石灰；
(2)碱石灰是碱性干燥剂，能吸收水蒸气，防止干扰氨气与氧化铜反应产物水的测定，
故答案为：吸收氨气中的水蒸气；
(3)氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式：2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2；CuO为黑色，Cu为红色，无水CuSO4粉末为白色，CuSO4⋅5H2O为蓝色；现象为：黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色，
故答案为：2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2；黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉末变为蓝色；
(4)氨气是刺激性气体，排入大气，污染环境，所以应有尾气处理装置，
故答案为：没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境；
(5)氨气和二氧化氮在一定条件下反应将氮氧化物转化为无污染的物质为氮气，化学方程式8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O。
(1)根据装置Ⅰ、装置Ⅱ的装置特点分析，装置A中发生反应是制备氨气，若A中使用装置Ⅰ，则为实验室制备氨气的反应，利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水；发生装置试管口略向下倾斜，防止加热时有水，引起试管炸裂；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，可以将浓氨水滴加到NaOH或CaO或碱石灰中来制取；
(2)碱石灰能够吸收水，常用作碱性物质、中性物质的干燥剂；
(3)氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，CuO为黑色，Cu为红色，无水CuSO4粉末为白色，CuSO4⋅5H2O为蓝色；
(4)此装置无有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境；
(5)氨气和二氧化氮在一定条件下反应将氮氧化物转化为无污染的物质为氮气和水。
本题考查了氨气的制备和性质的检验，掌握氨气、铵盐的性质、熟悉制备原理是解题关键，注意对常见防倒吸装置的积累，侧重分析能力的综合考查，题目难度中等。
18.【答案】(NH4)2S；H2SO4；2H2S+3O2=2SO2+2H2O；HNO3；4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O
【解析】解：本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，
(1)本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为(NH4)2S，
故答案为：(NH4)2S；
(2)当X是强酸时，根据上面的分析可知，E是H2SO4，B生成C的化学方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，
故答案为：H2SO4；2H2S+3O2=2SO2+2H2O；
(3)当X是强碱时，根据上面的分析可知，E是HNO3，B生成C的化学方程式为4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：HNO3；4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O；
本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题；
本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件．
19.【答案】Pb+SO42−−2e−=PbSO4 增重 CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2OCuAl+4OH−−3e−=AlO2−+2H2OCuFeCl3 负极 还原 Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−
【解析】解：(1)铅蓄电池在放电时，Pb由0价升高为+2价失电子，故Pb作负极，电极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，电极由Pb变为PbSO4，负极的质量增重，
故答案为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4；增重；
(2)甲烷燃料电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O；
(3)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中(a组)，Al遇浓硝酸钝化，Cu与浓硝酸反应，Cu作负极，将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中(b组)，Al与NaOH反应，故Al作负极，电极反应式为Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Cu；Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O；
(4)反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，Cu元素价态升高失电子，故Cu作负极，FeCl3溶液作电解质溶液，氯离子向负极移动，正极Fe3+得电子发生还原反应，
故答案为：Cu；FeCl3；负极；还原；
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，
故答案为：Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−。
(1)铅蓄电池在放电时，Pb由0价升高为+2价失电子，故Pb作负极，电极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，PbO2作正极；
(2)燃料电池中，可燃物作负极，助燃剂作正极；
(3)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中(a组)，Al遇浓硝酸钝化，Cu与浓硝酸反应，Cu作负极，Al作正极；将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中(b组)，Al与NaOH反应，故Al作负极，Cu作正极；
(4)反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，Cu元素价态升高失电子，故Cu作负极，FeCl3溶液作电解质溶液，石墨(Ag、Pt)等作正极，电极反应式为为Fe3++e−=Fe2+；
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，Zn价态升高失电子，故Zn作负极，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高一（下）第六次月考化学试卷（3月份）
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )
A. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸溶胶
B. 静电除尘、血液透析均利用了胶体聚沉的性质
C. 玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂
D. SO2除了在工业上用来漂白纸浆、毛、丝外，还可以用于杀菌、消毒
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目为4NA
B. 1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为2NA
C. 含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有阴离子总数为0.3NA
D. 由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NA
3. 下列离子方程式中书写正确的是( )
A. 用NaOH溶液吸收SO2尾气：SO2+2OH−=SO42−+H2O
B. 将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO−+H2O=SO32−+2HClO
C. 铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O
D. 用水除去NO中混有的NO2：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO↑
4. 应用氯化铵可除去铜固体表面的氧化膜，涉及的反应是CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2+H2O(未平)。下列说法正确的是( )
A. 氧化产物是CuCl2和N2
B. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 当有16gCuO反应时，反应中转移0.3mol电子
D. 反应中电子转移方向：
5. 下列离子组在溶液中能大量共存且通入相应气体后仍能大量共存的是( )
A. Cl−、Ba2+、HCO3−、K+；通入氯化氢
B. Ca2+、Na+、Cl−、NO3−；通入二氧化硫
C. Fe2+、HCO3−、SO42−、Cl−；通入氯气
D. K+、Na+、HSO3−、Cl−；通入二氧化碳
6. 硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是( )
A. a与c、d、e都有可能反应生成b
B. d溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH减小
C. 盐g与盐f之间也可能发生反应
D. 铜与e的浓溶液共热产生的气体通入BaCl2溶液中，有沉淀产生
7. 主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z的单质可用于自来水消毒；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是( )
A. 简单氢化物的沸点：Z>X
B. W可与水反应生成H2
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能与NaOH溶液反应
D. 简单离子的半径：Y>X>Q
8. 科学家已获得了气态N4分子，其结构为正四面体(如图所示)。已知断裂1molN−N吸收193kJ能量，断裂1molN≡N吸收946kJ能量，下列说法正确的是( )
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4(g)=4N(g)的过程中释放1002kJ能量
C. 1molN4转化为N2时要吸收734kJ能量
D. N4和N2互为同素异形体，N4转化为N2属于化学变化
9. 将盛有25mLNO2和O2混合气体的量筒倒置于水槽中，一段时间后，气体体积减小到5mL且不再变化(同温同压下)。则原混合气体中NO2和O2的体积比可能是( )
A. 1：1 B. 18：7 C. 16：9 D. 22：3
10. 将等质量的两份锌粉a、b分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，如图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是( )
A. B. C. D.
11. 某混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，进行图示实验。下列有关说法正确的是( )
A. 由Ⅰ可知Cu能与过量的盐酸发生置换反应
B. 蓝色溶液中一定含有Cu2+、Fe2+，可能含有Fe3+
C. 原混合物X中含Fe2O3的质量是4.48g，SiO2的质量为3.0g
D. 将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验最后残留固体的质量
12. 某溶液仅含Fe2+、Na+、Al3+、Ba2+、SO42−、NO3−、Cl−中的4种离子，所含离子的物质的量均为1mol.若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气体产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解).下列说法不正确的是( )
A. 该溶液中所含的离子是：Fe2+、Na+、SO42−、NO3−
B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，产生的气体在空气中能变成红棕色
C. 若向该溶液中加人过量的稀硫酸和KSCN溶液，溶液显血红色
D. 若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体的质量为72g
13. 如图装置，将溶液a逐渐加入固体b中，下列叙述中正确的是( )
A. 若a为浓硝酸，b为铜屑，c中盛淀粉碘化钾溶液，则c中溶液变蓝
B. 若a为浓硫酸，b为亚硫酸钠，c石蕊试液，则c中溶液先变红后褪色
C. 若a为浓硫酸，b为蔗糖，c中盛过量澄清石灰水，则c中产生白色沉淀为CaCO3
D. 若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛AlCl3溶液，则c中产生白色沉淀Al(OH)3
14. 由U形管、铁棒、碳棒和CuCl2溶液组成的装置如图所示，下列说法正确的是( )
A. 打开K，铁棒上有紫红色物质析出
B. 闭合K，电子的途径为铁棒→导线→碳棒→溶液→铁棒
C. 闭合K，碳棒作正极材料，有紫红色固体析出，发生还原反应
D. 闭合K，铁棒表面发生的电极反应为Cu2++2e−=Cu
15. 向100mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是( )
A. 产生H2的体积为2.24L
B. m2=8.4
C. 所用混合溶液中c(H2SO4)=2mol⋅L−1
D. AB段发生的反应为置换反应
16. (I)(1)下列反应中，属于放热反应的是 ______(填序号，下同)，属于吸热反应的是 ______。
①物质燃烧②二氧化碳通过炽热的碳③氢氧化钠溶于水的过程④炸药爆炸⑤碳酸钙高温分解
(II)下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)。
物质
Cl2
Br2
I2
H2
能量/kJ
243
193
151
436
物质
HF
HCl
HBr
HI
能量/kJ
568
432
366
298
根据上述数据回答下列问题：
(2)下列物质本身具有的能量最低的是 ______。
A.H2
B.Cl2
C.Br2
D.I2
(3)下列氢化物中，最稳定的是 ______。
A.HF
B.HCl
C.HBr
D.HI
(4)X2+H2一定条件2HX(X代表Cl、Br、I)是 ______(填“吸热”或“放热”)反应。
(5)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是 ______。
17. 某课外小组同学设计如图实验装置(部分夹持仪器未画出)探究氨气的还原性并检验部分产物。
(1)若A中使用装置Ⅰ制取氨气，则化学方程式为 ______，若A中使用装置Ⅱ制取氨气，则圆底烧瓶中的固体可以为 ______。
(2)B中碱石灰的作用是 ______。
(3)氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为 ______，装置C中的实验现象为 ______，装置D中的实验现象为 ______。
(4)该装置存在明显的缺陷是 ______。
(5)在一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：______。
18. 在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
AXBYCYDZE
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素．请回答：
(1)A是______.
(2)当X是强酸时，E是______.写出B生成C的化学方程式：______.
(3)当X是强碱时，E是______，写出B生成C的化学方程式：______.
19. 人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。以下每小题中的电池广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息填空。
(1)铅蓄电池在放电时起原电池作用，铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。负极反应式为 ______；反应一段时间后负极的质量 ______(填“增重”或“减少”或“不变”)
(2)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如甲烷燃料电池，在碱性条件下该电池极的负电极反应式是：______
(3)将铝片和铜片用导线相连，分别插入浓硝酸中(a组)和插入烧碱溶液中(b组)，都形成了原电池，在a组原电池中，负极材料为 ______；写出b组插入烧碱溶液中形成原电池的负极反应式：______。
(4)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，若将此反应设计成原电池，则负极所用电极材料为 ______，电解质溶液为 ______，反应中Cl−移向 ______(填“负极”或“正极”)，FeCl3溶液发生 ______反应(填“氧化”或“还原”)。
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，其正极反应式为 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.盐酸的酸性强于硅酸，所以向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，可用于制备硅酸溶胶，故A正确；
B.静电除尘与胶体的电泳有关，血液透析是利用了胶体不能透过半透膜进行渗析的原理，二者都与胶体的聚沉无关，故B错误；
C.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂，叙述正确，故C正确；
D.二氧化硫具有漂白性，能够与有机色素化合生成无色物质，可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，同时二氧化硫能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：B。
A.依据强酸制备弱酸的规律判断；
B.依据胶体不能透过半透膜、胶体电泳的性质判断；
C.纯碱、石灰石、石英砂是制造玻璃的原料；
D.二氧化硫有有漂白性，并且能使蛋白质变性。
本题考查了化学与生产、生活、环境保护等密切相关知识，侧重分析能力与运用能力的考查，把握物质的性质与用途的对应关系为解答关键，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
2.【答案】D
【解析】解：A.1L1mol/LNa2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量为1L×1mol/L=1mol，含氧原子数为1mol×4×NA/mol=4NA，但水分子中也含有氧原子，溶液中含有的氧原子数目大于4NA，故A错误；
B.1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为1mol×NA/mol=NA，故B错误；
C.含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有阴离子总数为4.6g23g/mol×12×NA/mol=0.1NA，故C错误；
D.由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为4g20g/mol×10×NA/mol=2NA，故D正确；
故选：D。
A.硫酸根离子和水分子中均含有氧原子；
B.氯气与NaOH反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气反应转移1mol电子；
C.1mol氧化钠中含有2mol钠离子和1mol氧离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，故氧化钠和过氧化钠中钠离子和阴离子的个数比均为2：1；
D.H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，一个分子中均含有10个中子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.用NaOH溶液吸收SO2尾气，离子方程式为：SO2+2OH−=SO32−+H2O，故A错误；
B.将少量SO2气体通入NaClO溶液的离子反应方程式为：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+Cl−+2HClO，故B错误；
C.铜与浓硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；
D.用水除去NO中混有的NO2，离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO↑，故D正确；
故选：D。
A.二者反应生成亚硫酸根离子；
B.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体；
D.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得：4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，
A.Cu元素得到电子被还原，N元素失去电子被氧化，则反应中还原产物为CuCl2，氧化产物为N2，故A错误；
B.由电子守恒可知3molCuO得到电子与2molNH4Cl失去电子相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故B错误；
C.由电子守恒可知3molCuO得到电子与2molNH4Cl失去电子相等，当有16gCuO反应时，只有0.15mol的CuO被还原，因此转移电子数是0.3mol，故C正确；
D.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，反应中转移的电子数不对，单线桥应该转移6个电子，故D错误；
故选：C。
CuO中的Cu元素由+2价降低为0，NH4Cl中的N元素的化合价由−3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，据此对各选项进行判断。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，题目难度中等，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查。
5.【答案】D
【解析】解：A.通入氯化氢，HCO3−+H+=CO2↑+H2O，不能大量共存，故A错误；
B.NO3−酸性条件下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，会生成亚硫酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+能被Cl2氧化，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCO3−与H+反应，不能大量共存，故C错误；
D.通入二氧化碳，无反应发生，能大量共存，故D正确；
故选：D。
A.HCO3−为弱酸的酸式酸根离子与HCl能反应；
B.二氧化硫通入水中生成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根离子酸性条件下具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子；
C.Fe2+能被Cl2氧化，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCO3−与H+反应；
D.离子能大量共存。
本题考查离子共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，把握题给信息，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据分析可知，a为H2S，b为S单质，c、d、e分别为SO2、H2SO3、H2SO4，根据氧化还原反应归中原理，a与c、d、e都有可能反应生成b，故A正确；
B.根据分析可知，d溶液为亚硫酸溶液，久置于空气中会被氧气氧化生成硫酸，酸性增强，溶液的pH减小，故B正确；
C.根据分析可知，盐g为硫酸盐，盐f为亚硫酸盐，两者之间也可能发生反应，如NaHSO4可以与NaHSO3反应Na2SO4、SO2、水，故C正确；
D.根据分析可知，e为H2SO4，铜与e的浓溶液共热产生的气体为SO2，通入BaCl2溶液中，没有沉淀产生，因为酸性：HCl>H2SO3，故D错误；
故选：D。
由图可知，a为−2价的氢化物，即H2S，b为S单质，c为+4价的氧化物，即SO2，d为+4价的含氧酸，即H2SO3，e为+6价的含氧酸，即H2SO4，f为+4价盐，即亚硫酸盐，g为+6价的盐，即硫酸盐，据此分析作答。
本题主要考查硫及其化合物的转化，掌握硫及其化合物的性质是解决本题的关键，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，Q为N、X为F、Y为Al或Mg、Z为Cl、W为K或Ca，
A.HF分子间含氢键，则简单氢化物的沸点：Z
C.Y为Mg时，对应的氢氧化镁与NaOH溶液不反应，故C错误；
D.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y
主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，X为F；Z的单质可用于自来水消毒，结合原子序数可知Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，Y、W的最外层电子数之和为9−5=4，W的最外层电子数为1时，Y为Al、W为K，W的最外层电子数为2时，Y为Mg、W为Ca，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、最外层电子数、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.N4只含氮元素，属于一种单质，故A错误；
B.N4(g)=4N(g)的过程中是断裂化学键，需要吸收热量=6×167kJ=1002kJ能量，故B错误；
C.1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为：1884kJ−1002kJ=882kJ，故C错误；
D.N4和N2是同种元素组成的不同单质互为同素异形体，N4转化为N2过程中存在化学键断裂的同时存在化学键形成属于化学变化，故D正确。
故选：D。
A.只含一种元素的纯净物为单质；
B.N4(g)=4N(g)的过程中时候化学键断裂的过程，需要吸收热量；
C.1molN4气体中含有6molN−N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ；
D.同种元素组成的不同单质为同素异形体，同素异形体之间的转化为化学变化。
本题考查了反应热与焓变、同素异形体等知识，题目较为综合，明确基本概念内涵、化学反应实质、化学键判断方法是解本题关键，注意：同素异形体之间的转化发生化学反应，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：①若混合气体中氧气过量，发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，剩余5mL气体为氧气，则NO2的体积为(25mL−5mL)×45=16mL，O2的体积为5mL+(25mL−5mL)×15=9mL，二者体积比为16：9；②若二氧化氮过量，则先发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，后发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余5mL气体为NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余二氧化氮为5mL×3=15mL，则氧气的体积为(25mL−15mL)×15=2mL，则二者体积比为(25mL−2mL)：2mL=23：2，
故选：C。
①若混合气体中氧气过量，发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，剩余5mL气体为氧气，则NO2的体积为(25mL−5mL)×45=16mL，O2的体积为5mL+(25mL−5mL)×15=9mL，二者体积比为16：9；②若二氧化氮过量，则先发生4NO2+O2+H2O=4HNO3，后发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余5mL气体为NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知剩余二氧化氮为5mL×3=15mL。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意过量判断及讨论法应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a>b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a
锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量，以此解答．
本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池反应的特点以及稀硫酸过量的信息，难度不大．
11.【答案】D
【解析】解：A.经步骤Ⅰ，得到蓝色溶液，Fe2O3能与盐酸反应生成氯化铁，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铜能与三价铁离子反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，铜和稀盐酸不反应，故A错误；
B.根据分析过程，铜过量，铁离子最后完全生成亚铁离子，部分的铜生成了铜离子，故B错误；
C.原混合物Fe2O3、Cu的质量=9.4g−3g=6.4g，铜剩余，说明铁离子全部反应，设反应的铜物质的量为x，则反应的铁离子物质的量为2x，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，Fe2O3物质的量为 x，160x+64x+1.92g=6.4g，x=0.02mol，Fe2O3的质量=0.02mol×160g/mol=3.2g，SiO2的质量为3 g，故C错误；
D.若将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，结合途径可知9.4gX和过量的氢氧化钠反应，固体质量变为4.92g，固体质量减少9.4g−4.92g=4.48g为二氧化硅，过滤得到固体为Fe2O3、Cu，加入足量盐酸溶解得到固体1.92g，说明一定含铜，故将Ⅰ和Ⅱ的顺序互换，不影响实验结果，故D正确；
故选：D。
混合物X由Fe2O3、Cu、SiO2三种物质组成，9.4gX加入过量的盐酸，氧化铁溶解生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜溶液，得到蓝色溶液，Fe2O3能与盐酸反应生成氯化铁，离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铜能与三价铁离子反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2与盐酸不反应；过滤得到4.92g固体，加入过量氢氧化钠溶液溶解后得到1.92g固体，二氧化硅和氢氧化钠反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，说明原混合物中二氧化硅质量=4.92g−1.92g=3.0g，加入过量氢氧化钠后剩余固体为Cu，说明Fe2O3的量不足以使Cu全部被Fe3+氧化为Cu2+，所以最后得到的固体1.92g为Cu，其物质的量=1.92g64g/mol=0.03mol，而SiO2物质的量=3.0g60g/mol=0.05mol，原混合物Fe2O3、Cu的质量=9.4g−3g=6.4g，铜剩余，说明铁离子全部反应，结合反应定量关系计算，据此分析、计算判断。
本题考查物质组成及含量的实验，为高频考点，把握实验流程中的反应及成分推断为解答的关键，侧重分析、推断能力的考查，题目难度中等。
12.【答案】D
【解析】解：向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42−，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，
A、由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Fe2+、Na+、SO42−、NO3−，故A正确；
B、生成的NO易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮，故B正确；
C、该溶液中加酸发生氧化还原反应生成三价铁离子，若加KSCN溶液，则溶液显血红色，故C正确；
D、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，其质量为：0.5mol×160g/mol=80g，故D错误，
故选：D.
向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3−的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42−，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答．
本题考查离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，题目难度中等．
13.【答案】AD
【解析】解：A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI溶液反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，则中溶液变蓝，故A正确；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，则c中石蕊试液变红，故B错误；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则c中产生白色沉淀为CaCO3和CaSO3，故C错误；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝，则c中产生白色沉淀Al(OH)3，故D正确；
故选：AD。
A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与KI溶液反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊；
D.浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】AC
【解析】解：A.打开K时，Fe与硫酸铜发生置换反应生成Cu和硫酸亚铁，铁棒上有紫红色物质析出，故A正确；
B.闭合K时，该装置形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，电子由负极经外电路流向正极，不经过电解质溶液，故B错误；
C.闭合K时，该装置形成原电池，Fe比石墨活泼，Fe作负极，石墨作正极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，有紫红色固体析出，发生还原反应，故C正确；
D.闭合K时，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故D错误；
答案为：AC。
打开K时，该装置不能形成原电池，Fe与硫酸铜发生置换反应生成Cu和硫酸亚铁，闭合K时，该装置形成原电池，Fe比石墨活泼，Fe作负极，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，石墨作正极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
15.【答案】BC
【解析】解：A.由上述分析可知，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气体积为3.36L−2.24LL=1.12L，故A错误；
B.OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，则B点溶液的溶质为H2SO4和FeSO4，NO3−∼NO∼3e−，Fe∼Fe2+∼2e−，有3n(NO)=2n(Fe)，即n(Fe)=1.5n(NO)=1.5×2.24L22.4L/mol=0.15mol，所以B点时消耗Fe的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，即m2=8.4，故B正确；
C.C点溶液的溶质为FeSO4，由上述分析可知，整个反应中还原产物为NO和H2，n(NO)=0.1mol，n(H2)=0.05mol，NO3−∼NO∼3e−、2H+∼H2∼2e−、Fe∼Fe2+∼2e−，根据电子守恒有3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，即0.1mol×3+0.05mol×2=2n(Fe)，n(Fe)=0.2mol，根据根据Fe2+和SO42−守恒关系有n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.2mol，所以c(H2SO4)=0.2mol0.1L=2mol/L，故C正确；
D.AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，不属于置换反应，故D错误，
故选：BC。
由于氧化性：NO3−>Fe3+>H+，则OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，并且NO3−消耗完全，生成NO为2.24L，n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气体积为3.36L−2.24LL=1.12L，n(H2)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，根据电子转移守恒计算n(Fe)和m(Fe)及m2，再根据Fe2+和SO42−守恒关系计算n(H2SO4)和c(H2SO4)，据此分析解答。
本题考查混合物的计算，水解离子反应的判断和化学方程式的计算，根据离子的氧化性强弱判断各阶段发生的反应是解题关键，注意利用守恒思想进行解答，侧重考查学生分析计算能力，题目难度中等。
16.【答案】①④ ②⑤ A A 放热 Cl2
【解析】解：(1)①物质燃烧为放热反应；
②二氧化碳通过炽热的碳为吸热反应；
③氢氧化钠溶于水的过程为放热过程；
④炸药爆炸为放热反应；
⑤碳酸钙高温分解为吸热反应；
故答案为：①④；②⑤；
(2)根据表中数据可知，破坏1mol氢气中的化学键所消耗的能量最高，则说明氢气最稳定，具有的能量最低，
故选：A；
(3)根据表中数据可知，破坏1molHF中的化学键所消耗的能量最高，则说明HF最稳定，
故选：A；
(4)根据反应X2+H2=2HX，根据方程式可知，反应过程中都是断开1molX−X键和1molH−H键，形成2molH−X键，新键生成释放的热量按照HCl、HBr、HI顺序分别是：432kJ/mol×2mol=864kJ、366kJ/mol×2mol=732kJ、298kJ/mol×2mol=596kJ，旧键断裂吸收的热量的热量按照HCl、HBr、HI顺序分别是243kJ+436kJ=679kJ、193kJ+436kJ=629kJ、151kJ+436kJ=587kJ，所以新键生成释放的能量均大于旧键断裂吸收的热量，所以X2+H2=2HX的反应是放热反应，
故答案为：放热；
(5)根据表中数据可知，破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多，当消耗等物质的量的氢气时，氯气放出的热量最多，
故答案为：Cl2。
(1)常见的放热反应：①所有的燃烧反应，②活泼金属与酸反应，③大多数化合反应，④酸碱中和反应，⑤铝热反应；常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应，②碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，③铵盐与强碱反应，④碳与水反应生成一氧化碳和氢气，据此回答；
(2)破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定，物质具有的能量越低；
(3)破坏1mol 物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定；
(4)根据新键生成放热情况和旧键断裂吸热情况来计算回答；
(5)破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多。
本题以卤族元素为例考查同一主族元素性质递变规律以及反应热，为高频考点，明确化学键与反应能量之间关系是解本题关键，题目难度不大．
17.【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2ONaOH或CaO或碱石灰 吸收氨气中的水蒸气 2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2 黑色CuO变为红色 白色无水CuSO4粉末变为蓝色 没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境 8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O
【解析】解：(1)装置A中发生反应是制备氨气，若A中使用装置Ⅰ，为固体加热制取气体的装置，为实验室制备氨气的反应，用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，为液体和固体无需加热制取气体，氨水中存在电离平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，氧化钙与水反应生成的碱使电离平衡逆向移动，制得氨气，或选择NaOH或碱石灰，原理类似，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；NaOH或CaO或碱石灰；
(2)碱石灰是碱性干燥剂，能吸收水蒸气，防止干扰氨气与氧化铜反应产物水的测定，
故答案为：吸收氨气中的水蒸气；
(3)氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式：2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2；CuO为黑色，Cu为红色，无水CuSO4粉末为白色，CuSO4⋅5H2O为蓝色；现象为：黑色CuO变为红色，白色无水CuSO4粉末变为蓝色，
故答案为：2NH3+3CuO−△3Cu+3H2O+N2；黑色CuO变为红色；白色无水CuSO4粉末变为蓝色；
(4)氨气是刺激性气体，排入大气，污染环境，所以应有尾气处理装置，
故答案为：没有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境；
(5)氨气和二氧化氮在一定条件下反应将氮氧化物转化为无污染的物质为氮气，化学方程式8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2−一定条件7N2+12H2O。
(1)根据装置Ⅰ、装置Ⅱ的装置特点分析，装置A中发生反应是制备氨气，若A中使用装置Ⅰ，则为实验室制备氨气的反应，利用氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气、氯化钙和水；发生装置试管口略向下倾斜，防止加热时有水，引起试管炸裂；若A中使用装置Ⅱ制取氨气，可以将浓氨水滴加到NaOH或CaO或碱石灰中来制取；
(2)碱石灰能够吸收水，常用作碱性物质、中性物质的干燥剂；
(3)氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，CuO为黑色，Cu为红色，无水CuSO4粉末为白色，CuSO4⋅5H2O为蓝色；
(4)此装置无有尾气吸收装置，NH3排入大气，污染环境；
(5)氨气和二氧化氮在一定条件下反应将氮氧化物转化为无污染的物质为氮气和水。
本题考查了氨气的制备和性质的检验，掌握氨气、铵盐的性质、熟悉制备原理是解题关键，注意对常见防倒吸装置的积累，侧重分析能力的综合考查，题目难度中等。
18.【答案】(NH4)2S；H2SO4；2H2S+3O2=2SO2+2H2O；HNO3；4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O
【解析】解：本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，
(1)本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为(NH4)2S，
故答案为：(NH4)2S；
(2)当X是强酸时，根据上面的分析可知，E是H2SO4，B生成C的化学方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，
故答案为：H2SO4；2H2S+3O2=2SO2+2H2O；
(3)当X是强碱时，根据上面的分析可知，E是HNO3，B生成C的化学方程式为4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：HNO3；4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O；
本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，A为(NH4)2S，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等，
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，Z为H2O，当X是强碱时，则B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，Z为H2O，据此答题；
本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件．
19.【答案】Pb+SO42−−2e−=PbSO4 增重 CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2OCuAl+4OH−−3e−=AlO2−+2H2OCuFeCl3 负极 还原 Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−
【解析】解：(1)铅蓄电池在放电时，Pb由0价升高为+2价失电子，故Pb作负极，电极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，电极由Pb变为PbSO4，负极的质量增重，
故答案为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4；增重；
(2)甲烷燃料电池，甲烷通入极为负极，电极反应式为CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O；
(3)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中(a组)，Al遇浓硝酸钝化，Cu与浓硝酸反应，Cu作负极，将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中(b组)，Al与NaOH反应，故Al作负极，电极反应式为Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Cu；Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O；
(4)反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，Cu元素价态升高失电子，故Cu作负极，FeCl3溶液作电解质溶液，氯离子向负极移动，正极Fe3+得电子发生还原反应，
故答案为：Cu；FeCl3；负极；还原；
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，
故答案为：Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−。
(1)铅蓄电池在放电时，Pb由0价升高为+2价失电子，故Pb作负极，电极反应式为Pb+SO42−−2e−=PbSO4，PbO2作正极；
(2)燃料电池中，可燃物作负极，助燃剂作正极；
(3)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中(a组)，Al遇浓硝酸钝化，Cu与浓硝酸反应，Cu作负极，Al作正极；将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中(b组)，Al与NaOH反应，故Al作负极，Cu作正极；
(4)反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2设计成原电池，Cu元素价态升高失电子，故Cu作负极，FeCl3溶液作电解质溶液，石墨(Ag、Pt)等作正极，电极反应式为为Fe3++e−=Fe2+；
(5)碱性纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，Zn价态升高失电子，故Zn作负极，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
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