湖南省怀化市2020届高三上学期期末考试化学试题


2020湖南怀化高三化学上学期期末考试
说明：
1．本试卷包括第I卷（选择题，1—4页）和第Ⅱ卷（非选择题，5—8页）两部分，满分100分，答题时间为100分钟。
2．答卷前请将答题卡及第Ⅱ卷有关项目（包括座号）涂填清楚。
3．第I卷选择题的答案请用2B铅笔涂在答题卡上，第Ⅱ卷用钢笔或圆珠笔直接答在试卷相应位置上。
4．可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Ag:108 Ba:137
第I卷 （选择题，共42分）
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）
1.2008年9月25日21时10分，“神舟七号”顺利升空，并实施首次空间出舱活动。飞船的太阳能电池板有“飞船血液”之称，我国在砷化镓太阳能电池研究方面处于国际领先水平，下列有关说法正确的是
A. 砷元素符号为As，位于元素周期表中第四周期ⅤA族
B. 酸性：砷酸＞磷酸
C. 镓元素符号为GA，单质不能与水反应
D. 碱性：GA（OH)3＜Al（OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A、砷是33号元素，位于元素周期表中第四周期ⅤA族，选项A正确；
B、砷在磷的下周期同族，非金属性比磷弱，酸性：磷酸＞砷酸，选项B不正确；
C、GA金属性反应比Al强，能与水反应，选项C不正确；
D、GA与Al同主族，且在下一周期，碱性：Al （OH)3＜GA （OH)3，选项D不正确。
2.下列说法正确的是
A. 工业用SiO2与焦炭制取单质硅过程中，生成的气体产物是CO
B. 硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯净氧气中燃烧的产物是SO3
C. 钠在敞口容器中长期存放和在空气中燃烧的产物都是Na2O2
D. 镁在空气中和纯净氧气中燃烧的产物都只有MgO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 二氧化硅与碳反应生成粗硅和一氧化碳，故A正确；
B. 硫燃烧的产物都是SO2，故B错误；
C. 钠燃烧的产物是过氧化钠，缓慢氧化的产物是氧化钠，故C错误；
D. 空气中含有氮气和CO2，所以镁在空气中燃烧的生成物有氮化镁、氧化镁和碳，故D错误；
答案选A。
3.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；
B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；
C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；
D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。
答案选B。
4.下列说法不正确的是
A. 根据沸点差异可以判断两种液体混合物是否可用蒸馏方法进行分离
B. 根据固体溶解度曲线可以判断物质结晶的方法
C. 根据△H可以判断化学反应能否自发进行
D. 根据化学平衡常数可以判断化学反应进行的限度
【答案】C
【解析】
【详解】A、通过蒸馏的方式分离混合物利用的是沸点相差较大的原理，A正确；
B、如果固体的溶解度随温度变化较大，选用冷却结晶的方法，如果固体的溶解度随温度变化较小，选用蒸发结晶的方法，B正确；
C.判断化学反应能否自发进行通过△G是否小于0来判断，C不正确；
D、化学平衡常数是用来判断化学反应进行的限度，D正确；
故选C。
5.下列化学反应的离子方程式正确的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O
B. 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O
C. 将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中：SO2＋2ClO－＋H2O＝SO32－＋2HClO
D. 稀硝酸中加入过量的铁屑：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe3＋＋2NO↑＋4H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全的离子反应方程式：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O，A正确；
B、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式：HCO3-+NH4＋＋2OH－＝NH3·H2O+ CO32-+ H2O，B错误；
C、将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中的离子反应方程式：SO2＋ClO－＋H2O＝SO42－＋Cl-+2H+，C错误
D、稀硝酸中加入过量的铁屑的离子反应方程式：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，D错误；
故选A。
6.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由消耗的BaCl2计算溶液中n（SO42-），由生成的NH3计算溶液中n（NH4+），运用电荷守恒计算n（Al3+），结合溶液的体积计算c（Al3+）。
【详解】加入BaCl2发生的离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，溶液中n（SO42-）=n（Ba2+）=bmol；根据N守恒，溶液中n（NH4+）=n（NH3）=cmol；原溶液中的电荷守恒为：3n（Al3+）+n（NH4+）=2n（SO42-），原溶液中n（Al3+）=mol，c（Al3+）=mol÷aL=mol/L，答案选B。
7.青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是（ ）
A. 青石棉是一种硅酸盐产品
B. 青石棉中含有一定量的石英晶体
C. 青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
D. 1 mol青石棉能还原1molHNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A、硅酸盐指的是Si、O与其它化学元素结合而成的化合物的总称，根据青石棉的化学式，得出青石棉是一种硅酸盐产品，故A说法正确；
B、硅酸盐中不含有SiO2，因此青石棉中不含石英晶体，故B说法错误；
C、按照硅酸盐写成氧化物形式，青石棉的化学式组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C说法正确；
D、根据C选项分析，青石棉中含有＋2价的铁，与硝酸发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，推出1mol青石棉能还原1molHNO3，故D说法正确；
答案选B。
【点睛】复杂硅酸盐写成氧化物的形式按照：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O，注意各元素原子个数比符合原来的组成，各元素的化合价不能改变，同种金属元素，不同价态，低价在前，高价在后。
8.下列说法正确的是
A. 常温下醋酸分子不可能存在于pH＞7的碱性溶液中
B. 常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液pH=7，则混合溶液中c(Cl－)＞c(NH4 +)
C. 0.1mol·L－的氯化铵溶液与0.05mol·L－的氢氧化钠溶液等体积混合溶液中离子浓度c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH－)
D. 0.1mol·L－1硫化钠溶液中离子浓度关系c(Na+)=c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)
【答案】C
【解析】
【详解】A、在醋酸和醋酸钠的溶液中，若水解大于电离，溶液的pH> 7，故A错误；
B、常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH= 7，则c(H+)= c(OH-)，由电荷守恒可知：c(H+) +c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH- )，则c(Cl－)=c(NH4 +)，故B错误；
C、0.1mol/L的氯化铵溶液与0.05mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液中存在等物质的量的NaCl、NH4Cl、NH3·H2O，溶液显碱性, 电离大于水解，则c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH－)，故C正确；
D、硫化钠的化学式为Na2S，则0.1mol/L硫化钠溶液中离子浓度关系c(Na+)=2(c(S2－)+c(HS－)+c(H2S))，故D错误；
故选C。
9.下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是
①加入Al能放出H2的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-、S2-
②在PH=11的溶液中：Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-
③由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+、F-
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-
A. ②④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②
【答案】A
【解析】
【详解】①、加入Al能放出H2的溶液可能为酸或碱的溶液，碱溶液中Al3+、Fe2+与OH-不能大量共存，酸溶液中Fe2+、S2-和NO3-发生氧化还原反应，并且Al3+和S2-会发生双水解，故①不符合；
②、pH=11的溶液中存在大量的OH-，该组离子在碱性溶液中不反应，则能大量共存，故②符合；
③、由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，NH4+、OH-结合生成弱电解质，H+、F-与结合生成弱电解质，则不能共存，故③不符合；
④、加入Mg能放出H2的溶液中，存在较多的H+，该条件下该组离子之间不反应，则能大量共存，故④符合；
故选A。
【点睛】离子不能共存的条件为：
(1)、不能生成弱电解质。如③中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；
(2)、不能生成沉淀；
(3)、不发生氧化还原反应。如①中NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+、S2-而不能大量共存。
10.三聚氰胺被人称为“蛋白精”。它遇强酸或强碱水溶液水解，胺基逐步被羟基取代，最后生成三聚氰酸[C3N3(OH)3]。三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2。其反应原理为：C3N3(OH)33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O。下列说法正确的是
A. C3N3(OH)3与HNCO为同一物质 B. HNCO是一种很强的氧化剂
C. 1molNO2在反应中转移的电子为4mol D. 反应中NO2是还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】
HCNO中，C元素化合价为+4价，N为-3价，在反应8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中，只有N元素化合价发生变化，HNCO为还原剂，NO2为氧化剂，结合化合价的变化计算转移电子的数目。
【详解】A、C3N3(OH)3与HNCO的组成和结构都不同，为不同物质，故A错误；
B、HCNO中，N元素化合价为-3价，处于最低价态，具有还原性，为还原剂，故B错误；
C、由反应8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O，可知，反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，则1mol NO2在反应中转移的电子为4mol，故C正确；
D、反应中NO2的N元素化合价由+4价降低到0价，NO2为氧化剂，故D错误；
故选:C。
【点睛】根据氧化还原反应的口诀：‘升失氧还，降得还氧’，再结合反应方程式中元素化合价变化即可得出在反应8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中，只有N元素化合价发生变化，HNCO为还原剂，NO2为氧化剂，结合化合价的变化计算转移电子的数目。
11.根据下列事实得出的结论正确的是
A. Na2SO3试样白色沉淀沉淀不溶解
结论：此Na2SO3试样已变质
B. 稀硫酸产生量少气泡产生大量气泡
结论：CuSO4对此反应有催化作用
C. 某溶液冒着白雾产生白烟，
结论：此溶液为浓盐酸
D. 无色试液呈黄色
结论：此溶液一定含有Na+
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2SO3即使不变质，SO32-也会被稀HNO3氧化为SO42-，产生同样现象，故A错误；
B、发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，置换出的铜与铁构成Cu-Fe原电池，加快反应速率，故B错误；
C、酸为挥发性酸，与氨水反应生成固体冒白烟，浓盐酸、浓HNO3的现象相同，也可能为浓硝酸，故C错误；
D、焰色反应为黄色说明溶液中含有Na+，D正确；
故选D。
【点睛】检验溶液中离子时，注意排除一些离子的影响，与要根据离子的特征来判断。如A选项，加入稀HNO3，Na2SO3即使不变质，SO32-也会被稀HNO3氧化为SO42-，产生同样现象，如果检验是否变质，可加入BaCl2，加入盐酸，如果沉淀完全溶解，则未变质。
结论：此溶液一定含有Na+
12.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是(　　)
A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动
【答案】D
【解析】
【详解】A、AB2与CD的物质类型不同，不能根据 Ksp数值的大小来判断溶解度的大小，错误；
B、温度不变，Ksp不变，错误；
C、在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，氢离子和碳酸跟离子反应，平衡右移，错误。；
D、难溶的沉淀能转变为更难溶的沉淀，正确。
13.X、Y元素的原子，在化学反应中都容易失去电子而形成与Ne相同的电子层结构，已知X的原子序数比Y的原子序数大，下列说法中正确的是
A. X的金属性比Y的金属性强
B. 常温下，X和Y都不能从水中置换出氢
C. Y元素的最高化合价比X元素的最高化合价高
D. Y元素的最高价氢氧化物碱性比X元素最高价氢氧化物碱性强
【答案】D
【解析】
【分析】
X和Y元素的原子，在化学反应中都容易失去电子而形成与Ne相同的电子层结构，说明两种金属原子核外有3个电子层，都为第三周期的金属元素，可能存在下列三种情况： Na和Mg，Na和Al, Mg和Al，结合同周期元素性质的递变规律和对应单质的可能性解答此题。
【详解】X和Y元素的原子，在化学反应中都容易失去电子而形成与Ne相同的电子层结构，说明两种金属原子核外有3个电子层，都为第三周期的金属元素，可能存在下列三种情况：Na和 Mg，Na和Al，Mg和Al，则：
A、同周期元素的金属性从左到右逐渐减弱，X的核电荷数大，X的金属性小于Y，故A错误；
B、Y和X可能存在下列三种情况：Na和Mg，Na和Al，Mg和Al，而Na在常温下，易与水反应置换出氢气，故B错误；
C、同周期元素从左到右元素的最外层电子数逐渐增多，X的核电荷数大，则X的最外层电子数多，最高化合价较Y的高，故C错误；
D、金属性：Y>X，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则Y元素的氢氧化物碱性比X元素的氢氧化物碱性大，故D正确；
故选D。
14.下列装置或操作能达到实验目的的是
A. 实验室制取并收集O2
B. 构成铜锌原电池
C. 检查装置气密性
D. 利用排空气法收集CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧气密度大于空气，应选用向上排空气法，故A错误；
B、构成原电池时电解液应交换，在能有电子通过外电路，否则Zn直接与CuSO4反应，故B错误；
C、关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当漏斗下端与烧瓶内液面差的高度在一段时间不变，可知气密性良好，故C正确；
D、二氧化碳的密度比空气密度大，应从长导管进入，选择向上排空气法收集，故D错误；
故选C。
【点睛】在选择收集气体装置时，根据气体的密度和在水中的溶解度来选择。如O2密度大于空气难溶于水，则可以选择向上排空气法和排水法。
第Ⅱ卷 (非选择题，共58分)
二、(本题包括2小题，共20分)
15.下列实验操作、试剂保存方法和实验室事故处理，一定正确是___（填序号）。
A．不慎将浓碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液
B．制备氢氧化铁胶体时，应向沸水中逐滴滴加1～2mL饱和的FeC13溶液，并继续加热到液体呈透明的红褐色为止
C．测定溶液的pH时，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取溶液滴在用蒸馏水湿润过的pH试纸上，并与标准比色卡比较
D．实验室中，浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口试剂瓶中
E．配制一定浓度的溶液时，若定容时不小心加水超过容量瓶的刻度线，应立即用滴管吸去多余的部分。
F．在进行反应热测定时，为保证实验的准确性，我们可以采取以下具体措施：使用碎泡沫以起到隔热保温的作用、使用铜质搅拌棒进行搅拌、使用的酸碱正好反应、进行两到三次实验，取平均值
【答案】AB
【解析】
【详解】A、碱有腐蚀性，如果将碱沾到皮肤上时，应立即用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液，故A正确；
B、制备氢氧化铁胶体时，应向20mL沸水中逐滴滴加1 ~ 2mL饱和的氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，就得到氯化铁胶体，故B正确；
C、pH试纸不能用水事先湿润，否则易形成误差，除非测定的溶液为中性，故C错误；
D、浓硝酸具有强氧化性，能腐蚀橡胶，不能用橡胶塞，且浓硝酸见光易分解，所以浓硝酸应保存在带玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，故D错误；
E、配制一定浓度的溶液时，若定容时不小心加水超过容量瓶的刻度线，则应重新配置，如果立即用滴管吸去多余的部分，会吸出一部分溶质，导致物质的量浓度偏低，故E错误；
F、进行中和热测定时，为保证实验准确性，应防止热量散失，碱液略过量，多次测量求平均值，不能用铜质搅拌棒搅拌，应用玻璃搅拌棒，故F错误；
故选AB。
16.实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：

①实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是___。
②气体的性质是气体收集方法选择的主要依据。下列性质与收集方法无关的是___（填序号，下同）；
A．密度 B．颜色 C．溶解性 D．热稳定性 E．与氧气反应
③若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的___。
A．CO2 B．NO C．Cl2 D．H2
【答案】 (1). 浓氨水、CaO固体（NaOH固体） (2). BD (3). C
【解析】
【分析】
(1)、用B装置制备氨气为固体加热装置，用C装置制备氨气为固体与液体不需要加热装置；
(2)、收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集;结合密度可选择向下或向上排空气法收集；
(3)、若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，以此来解答。
【详解】(1)、用B装置制备氨气为固体加热装置，选择药品为氢氧化钙固体和氯化铵固体；用C装置制备氨气为固体与液体不需要加热装置，选择药品为浓氨水和氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等)，故答案为：浓
氨水和氧化钙(或碱石灰、固体氢氧化钠等) ；
(2)、收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集，气体是否有颜色、热稳定性与收集方法无关，故答案为：BD；
(3)、若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理，符合条件的只有氯气，故答案为：C。
17.某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO．其实验流程图如下：

（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图装置B中所得100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示．在B容器中生成硝酸的物质的量为_________mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为_________mL。

（2）测定NO的体积
①从如图3所示的装置中，你认为应选用_________装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_________。
②选用如图3所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是_________填各导管口编号)。
③在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置_________(填“下降”或“升高”)，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。
（3）气体成分分析
若实验测得NO的体积为112.0mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中_________(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是_________。
【答案】 (1). 0.008 (2). 268.8 (3). A (4). 因为A装置可以通N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中的O2氧化 (5). 123547 (6). 升高 (7). 有 (8). 因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6＜112.0)
【解析】
【详解】（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.4ml-0.4ml=20ml，所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积V=nVm=0.012mol×22.4L/mol=268.8mL，故答案为0.008；268.8；
（2）①一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化；
②用A进行铜和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为123547；
③读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平，故答案为升高；
（3）实验测得NO的体积为112.0mL(已折算到标准状况)，依据上述计算得到Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体积为0.004×22.4L/mol=0.0896L=89.6ml＜112.0L可知Cu和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6＜112.0)。
三、(本题包括2小题，共16分)
18.已知A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大；D的核电荷数是B的核电荷数的倍；A分别能与B、C、D形成电子总数相等的分子X、Y、Z。
请回答下列问题：
（1）B、D两元素的名称分别是___、___。
（2）Y与C的最高正价氧化物的水化物恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈___性（填“酸”“碱”或“中”），其原因是（用离子方程式示）___。
（3）在（2）所得生成物的水溶液中，存在着如下关系，请用粒子浓度符号填写：
①c(H+)+___=c(OH－)+___；
②c(NH)+c(NH3·H2O)+c（NH3）=___。
【答案】 (1). 碳 (2). 氧 (3). 酸 (4). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (5). c(NH4+) (6). c（NO3-） (7). c（NO3-）
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大；D的核电荷数是B的核电荷数的倍；则B为Li、C、F、Mg中的一种，但是A分别能与B、C、D形成电子总数相等的分子X、Y、Z，则B为C，所以A为H，C为N，D为O；若形成的为10电子微粒则X为CH4，Y为NH3，Z为H2O；若形成的为18电子微粒则X为C2H6，Y为N2H4，Z为H2O2，据此解答。
【详解】(1)、由上述分析可知，B为碳，D为氧，故答案为：碳；氧；
(2)、要使Y能与C的最高正价氧化物的水化物恰好完全反应，则Y为NH3，X为CH4，Z为H2O，Y与C的最高正价氧化物的水化物刚好完全反应时，所得溶液为硝酸铵溶液，溶液中NH4+水解NH4++H2ONH3·H2O+H+，破坏水的电离平衡溶液呈酸性，故答案为：酸；NH4++H2ONH3·H2O+H+；
(3)①、根据溶液中电荷守恒解，可知c (H+) +c (NH4+) =c (OH-)+c (NO3-)，故答案为：c(NH4+)；c（NO3-）；
②、根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)= c (NO3-)，故答案为：c (NO3-)。
19.A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示（部分反应物、生成物没有列出）。且已知G为主族元素的固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。

请填写下列空白：
（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含同一种元素是___。
（2）写出C、G物质化学式：C___，G___。
（3）写出④、⑥反应的化学方程式：
反应④：___；
反应⑥：___。
（4）从能量变化的角度看，①②③反应中属于吸热反应的是___。（填序号）
【答案】 (1). Fe (2). FeCl2 (3). Al2O3 (4). 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 (6). ③
【解析】
【分析】
G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH,溶液反应，说明G为A12O3，与NaOH反应生成NaA1O2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C、D分别和碱反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe (OH)2→Fe (OH)3。的转化，所以E为Fe (OH)2，F为Fe (OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3， B为Fe3O4，与A1在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，据此解答。
【详解】(1)、A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同种元素是Fe元素，故答案为：Fe；
(2)、由分析可知C为FeCl2，G为 Al2O3，故答案为：FeCl2；Al2O3；
(3)、反应④为Al与NaOH反应生成NaAlO2，方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；
反应⑥为Fe (OH)2→Fe (OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
(4)、吸热反应的类型为：大多数分解反应、碳与二氧化碳的反应与Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl的反应，符合条件为：③，故答案为：③。
四、(本题包括2小题，共22分)
20.1840年，俄国化学家盖斯（Hess）指出：“一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。”这就是著名的“盖斯定律”。现已知在101KPa下CH4、H2、C（固）的燃烧热分别为890.83kJ·mol-1、285.83kJ·mol-1和393.51 kJ·mol-1，则反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)的反应热△H＝___。
【答案】-74.34kJ·mol-1
【解析】
【详解】实验测得碳单质、氢气、甲烷的燃烧热(△H)分别为890.83kJ·mol-1、285.83kJ·mol-1和393.51 kJ·mol-1，则
它们的热化学反应方程式分别为：
①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol
②H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.83kJ/mol
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.83kJ/mol
根据盖斯定律，由①+②×2-③得C(s)+2H2(g)=CH4(g)，△H= [(-393.5kJ/mol)+(-285 83kJ /mol)×2]- (-890. 83kJ/mol)= -74.34kJ/mol，故答案为：-74.34kJ/mol
21.现有①0.2mol/LNaOH溶液和②0.2mol/L HX溶液，两溶液等体积混合后，测得溶液中c（Na+）>c（X—）。则：
（1）①中由水电离出的c（OH）-___②中由水电离出的c（H+）。（填“>”、“=”或“<”）
（2）上述混合液中共存在___种粒子。且：c（HX）___c（X-）。（填“>”、“=”或“<”，下同）c（HX）+c（X-）___0.1mol/L（忽略体积变化）
请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式：___。
（3）上述混合液显___性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因用离子方程式表示___。
（4）已知t℃，KW＝1×10－13，则t℃（填“>”或“<”或“＝”）___25℃。在t℃时将pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4的溶液b L混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝___。
【答案】 (1). < (2). 6 (3). < (4). = (5). c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-） (6). 碱 (7). X-+H2OHX+OH- (8). ＞ (9). 9：2
【解析】
【分析】
首先如果HX为强酸则会完全电离，和钠离子的浓度相同，然而不同，说明HX为弱酸，(1)、(2)、(3)靠电荷守恒，物料守恒可以解答。
(4)、水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，其离子积常数增大；该温度下pH=11的NaOH浓度为0.01mol/L、pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，二者混合后pH=2，则混合溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，据此解答。
【详解】(1)、氢氧化钠为强碱电离的氢氧根多，抑制水电离氢氧根程度大，HX为弱酸，电离的氢离子较少，对水电离氢离子的抑制小，①中由水电离出的c（OH-）②中由水电离出的c（H+），故答案为：>；
(2)、溶液中有H2O、OH-、H+、HX、X-、Na+六种离子，不论是弱酸的电离还是水解，程度都是比较小的，所以：c(HX) (3)、溶液相当于NaX液体，HX为弱酸，则有X-+H2OHX+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；X-+H2OHX+OH-；
(4)、水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，其离子积常数增大，Kw= 1×10-13> 1×10-14，则t℃> 25℃，该温度下pH=11的NaOH浓度为0.01mol/L、pH=1 的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，二者混合后pH=2，则混合溶液中氢离子浓度为0.01mol/L=，a: b=9:2，故答案为：> ；9:2.。
22.在一容积为2 L的密闭容器内加入0.2 mol 的N2和0.6 mol 的H2，在一定条件下发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0,反应中NH3的物质的量浓度的变化的情况如右图：

（1）根据右图，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v(NH3)为_________________。
（2）该反应的化学平衡常数表达式K=___________________。
（3）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为________。
a. 0.20 mol/L b. 0.12 mol/L c. 0.10 mol/L d. 0.08 mol/L
（4）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡_________________________移动（填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”），化学平衡常数________________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡（此时NH3的浓度约为0.25 mol/L）。请在上图中画出第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线。___________________
【答案】 (1). 0.025mol/（L•min） (2). K= (3). ac (4). 向正反应方向 (5). 不变 (6).
【解析】
【分析】
(1)图象分析计算氨气的反应速率=；
(2)根据平衡常数的概念写出平衡常数表达式；
(3)根据反应的可逆性特点以及温度改变平衡一定发生移动进行判断；
(4)保持其它条件不变，容器体积减小，气体压强增大，压强减小平衡想气体体积增大的方向进行，平衡常数只随温度变化；
(5)第5分钟末将容器的体积缩小一半后，氨气的浓度为原来的一倍，压强增大平衡向正方向移动，氨气的浓度逐渐增大，到8min时达到平衡，浓度约为0.25mol/L，以此解答。
【详解】(1)根据图象分析平衡时氨气的浓度为0.1mol/L，时间为4min，则v(NH3)==0.025mol/(L•min)；
(2)反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0平衡常数表达式K=；
(3)该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则NH3的物质的量浓度不可能为0.2mol/L，温度改变平衡一定发生移动，则NH3的物质的量浓度不可能为0.1mol/L，故答案为ac；
(4)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，体积缩小一半，容器内气体压强增大，平衡正反应方向进行，平衡常数只随温度变化，改变压强、浓度，平衡常数不变；
(5)第5分钟末将容器的体积缩小一半后，氨气的浓度为原来的一倍，压强增大平衡向正方向移动，氨气的浓度逐渐增大，到8min时达到平衡，浓度约为0.25mol/L，则第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线为。