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【化学】河北省武邑中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）
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河北省武邑中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1. 利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）
A. 可生成H2的质量为0.02g
B. 可生成氢的原子数为2.408×1023个
C. 可生成H2的体积为0.224L（标准状况）
D. 生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2。故选D。
2.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
3.常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）( )
A. 氯气的体积为1.12L B. 原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C. 所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D. 所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
【答案】B
【解析】A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
4.下列反应(均未配平)中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1∶2的是( )
A. Cu＋H2SO4CuSO4＋SO2↑＋H2O
B. CH3COOH＋Ca(ClO)2HClO＋Ca(CH3COO)2
C. I2＋NaClO3NaIO3＋Cl2
D. HCl＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【分析】据化合价变化判断氧化还原反应，分析氧化剂、还原剂。又据化合价升降总数相等，求氧化剂、还原剂的物质的量之比。
【详解】A项：Cu元素化合价升高2，Cu是还原剂。S元素化合价降低2，H2SO4是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:1，A项错误；
B项：CH3COOH与Ca(ClO)2发生复分解反应，不属于氧化还原反应，B项错误；
C项：碘元素化合价升高5，I2是还原剂。氯元素化合价降低，NaClO3是氧化剂。NaClO3与I2物质的量之比为2:1，C项错误；
D项：氯元素化合价升高1，HCl是还原剂。锰元素化合价降低2，MnO2是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:2，D项正确。
本题选D。
5.Al与Na2O2的混合物溶于足量的水中，得到澄清溶液，同时产生气体3.5 g，在所得溶液与100 mL 7mol/L盐酸作用过程中，白色沉淀生成后又恰好溶解，则原Al与Na2O2的物质的量之比为( )
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 11∶2 D. 2∶11
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2与水反应生成NaOH溶液和O2，Al与NaOH溶液生成NaAlO2和H2。盐酸先中和NaOH，后与NaAlO2反应，所得溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。
【详解】设原混合物中Al与Na2O2的物质的量分别是x、y，则Na2O2与水反应生成NaOH、O2的物质的量分别是2y、y/2，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2、H2的物质的量分别是x、3x/2，剩余NaOH物质的量为(2y-x)。由O2、H2共3.5 g，得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5 g。
溶液与盐酸反应时，据NaOH—HCl、NaAlO2—4HCl，得(2y-x)+4x=0.100 L×7mol/L。解得x=0.1mol，y=0.2mol。即Al与Na2O2的物质的量之比为1∶2。
本题选B。
6.向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随NaAlO2加入量的变化关系如图所示。生成的沉淀过滤除去后，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A. a点对应的溶液中：Na+、K+ HCO3- Cl－
B. b点对应的溶液中：Na+、OH－、SO42-、Cl－
C. c点对应的溶液中：Na+、K+、Ag+、NO3-
D. d点对应的溶液中：Na+、K+、OH－、Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】由题中图象可判断，向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，依次发生的化学反应。进而根据所得溶液的成分，判断所给离子组能否大量存在。
【详解】向一定量盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，Ob段反应为NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，bc段反应为AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，c点后加入的NaAlO2不反应。
A项：a点对应的溶液中有生成的NaCl、AlCl3和剩余的HCl， HCO3-与H+反应而不能大量存在，A项不符合题意；
B项：b点恰好反应，溶液中溶质只有生成的NaCl、AlCl3，因OH－能与Al3+反应而不能大量存在，B项不符合题意；
C项：c点两个反应依次进行完全，滤液中溶质只有NaCl，因Ag+与Cl-生成沉淀而不能大量存在，C项不符合题意；
D项：d点对应的滤液中有生成的NaCl和过量的NaAlO2，与Na+、K+、OH－、Cl－都能大量共存，D项符合题意。
本题选D。
7.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是( )
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中2Na＋Cu2＋===Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
C
铁和氯气反应2Fe＋3Cl22FeCl3
铁和碘单质反应2Fe＋3I22FeI3
D
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
【答案】B
【详解】A．金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；B．NaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B类推正确；C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，选项D错误。答案选B。
8.已知:2C(s)+O2(g)= 2CO(g) ΔH=-217 kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436 kJ·mol-1、462 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1,则b为( )
A. +352 B. +132 C. -120 D. -330
【答案】B
【详解】①2C(s)+O2(g)= 2CO(g)ΔH= kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=b kJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=4462-436-495 =2b-(-217),所以b=+132。A.+352不符合题意，故A错误；B.+132符合题意，故B正确；C.-120不符合题意，故C错误；D. -330不符合题意，故D错误；答案： B。
9.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为( )
A. (－) mol/L B. (2b－a) mol/L
C. (5b－) mol/L D. (10b－5a) mol/L
【答案】D
【解析】试题分析：把500mL分成5等份,每一份为100ML，一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，据反应式NH4HCO3＋2NaOH=Na2CO3＋H2O＋NH3·H2O得100ML中NH4HCO3的物质的量0.5amol，NH4HCO3消耗盐酸的物质的量是0.5amol，所以和碳酸钠反应的盐酸的物质的量是（b－0.5a）mol，则碳酸钠的物质的量是（0.5b－0.25a）mol，所以每一份中钠离子的物质的量是（b－0.5a）mol，则c（Na+）=（b－0.5a）mol÷0.1L＝（10b－5a）mol/L，答案选D。
10.已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是( )
A. 只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的具体成分
B. 往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3
C. 用pH试纸检验，若pH＝7，则固体M一定是Na2SO4
D. 往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液的酸碱性，与盐酸、二氧化碳等反应现象判断。
【详解】A项：Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液分别与盐酸作用，现象依次为刺激性气味的气体、白色沉淀、无变化，即只用盐酸可以确定M的成分，A项正确；
B项：往Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液中通入二氧化碳，只有Na2SiO3溶液中生成白色沉淀，其余无变化，B项正确；
C项：Na2SO3、Na2SiO3溶液中阴离子水解使溶液呈碱性，Na2SO4不水解、溶液呈中性，C项正确；
D. 往Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，分别生成BaSO3、BaSiO3、BaSO4白色沉淀。BaSO3也会被稀硝酸氧化为BaSO4，D项不正确。
本题选D。
11.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是( )
A. 该反应的氧化剂只有Cu2O B. Cu既是氧化产物，又是还原产物
C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；
B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；
C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；
12.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是( )
A. D元素处于元素周期表中第3周期第ⅥA族
B. 四种元素的原子半径：A
D. 一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质
【答案】D
【解析】试题分析：A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10，B为C，C为Na，D为Si，它们的核电荷数1+6+11+14=32，符合题意；A．因硅有3个电子层，最外层电子数为4，则在周期表中的第三周期第ⅣA族，故A错误；B．电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半径在减小，则半径关系为C＞D＞B＞A，故B错误；C．二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体，物理性质不同，故C错误；D．因C+SiO2Si+2CO↑，2Na+2H20═2NaOH+H2↑，即B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质，故D正确；故选D。
13.短周期主族元素X、Y、Z在周期表中的位置如图。下列说法正确的是( )
A. Z元素的最高化合价一定大于X元素
B. 三种元素原子半径由高到低的顺序一定是Y>X>Z
C. 若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
D. 若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【解析】试题分析：A、若Z是F元素，就没有最高正价，故A错误；B、原子半径是电子层数越多，半径越大，故原子半径X>Y>Z ，故B错误；C、Z和Y同主族最外层电子数相同设为a，X的最外层电子数为a-1故2a+a-1=11，a=4，及Z为C，Y为Si，X是Al，C正确；D、若均为金属元素，Z为Be，X是Na，Y是Mg，故X（Na）的最高价氧化物的水化物的碱性最强，故D错误，此题选C。
14. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2（不考虑零族元素）。下列关于这些元素的叙述错误的是( )
A. X和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物
B. W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子
C. W、X和Y三种元素可以形成碱性化合物
D. Z和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性
【答案】D
【解析】试题分析：根据W 、X、 Y+、 Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2 、3、 4、 2（不考虑零族元素）判断W的最外层若是2个电子，则只能有1层电子，则W是He，不符合题意，所以W的最外层是4个电子，有2层电子，所以W是C元素；同理X的最外层是6个电子，有2层电子，则X是O元素；Y+的最外层若为4个电子，则只能有1层电子，不符合电子的排布原理，所以该离子有2层电子，最外层8个电子，则Y的最外层是1个电子，所以Y是Na元素；Z的原子序数最大，且是短周期元素，所以Z有3层电子，最外层是6个电子，则Z是S元素。A、O与C、Na、S均可形成至少2种二元化合物，正确；B、C与O、S形成的二元化合物中的二氧化碳、二硫化碳都是直线型分子，正确；C、W 、X和Y三种元素形成的碳酸钠溶液显碱性，正确；D、S和C、O、Na形成的二元化合物的水溶液不都显酸性，如Na2S的溶液显碱性，错误，答案选D。
15.a mol Na2O2和b mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a︰b不可能为( )
A. 3︰4 B. 3︰2 C. 2︰3 D. 4︰5
【答案】B
【解析】
【分析】250℃时，NaHCO3固体可完全分解为Na2CO3、CO2、H2O(g)，因CO2与NaOH能反应，故应依次考虑CO2、H2O(g)与Na2O2的反应，排出的两种气体为O2和H2O(g)。
【详解】加热时，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(g)，b mol NaHCO3生成b/2 mol CO2、b/2 mol H2O(g)。Na2O2先与CO2反应，2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2①，Na2O2后与H2O(g)反应，2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2②。要排出两种气体，必须①恰好反应或余Na2O2，且②余H2O(g)，故b/2 ≤ a，a-b/2 < b/2，解得1︰2 ≤ a︰b < 1︰1。B项 3︰2不在此范围内。
本题选B。
16.X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素。已知：
① X元素的原子半径是所有原子中最小的
② Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍
③ Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一
④ W与R能形成原子个数之比为2∶1和1∶1的离子化合物甲和乙。请回答问题：
（1）R在周期表中的位置是____________________
（2）Y、R、W三种元素的原子半径由大到小顺序为____________(用元素符号表示)。
（3）X2R与乙反应的化学方程式是_______________________________________
（4）元素Y、R、W形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，其原理是(用离子方程式表示)____________________________。0.1 mol·L－1的该溶液中，各种阴离子的浓度由大到小关系为________________________
【答案】（10分）
（1）第二周期第ⅥA族（2分）
（2）Na＞C＞O（2分）
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（2分）
（4）CO32－+H2OHCO3－+OH－（2分） c (CO32－)＞c (OH－)＞c (HCO3－) （2分）
【解析】试题分析： H元素的原子半径是所有原子中最小的，所以X是H元素；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，则内层电子数不可能是10，也即Y元素不可能有3层电子，所以Y的内层电子数是2，最外层电子数是4，则Y是C元素；造成温室效应的气体是二氧化碳，所以R是O元素，与C形成CO和CO2两种化合物；W与R能形成原子个数之比为2：1和l：1的离子化合物甲和乙，则W是Na元素，与O元素形成的化合物Na2O、Na2O2都是离子化合物。
（1）R为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族;
（2）C、O、Na三种元素中，Na的电子层数最多，所以Na的原子半径最大，C与O是同周期元素，原子半径随核电荷数的增加而减小，所以C的原子半径大于O，则三种元素的原子半径的关系是Na＞C＞O；
（3）乙为过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（4）元素C、O、Na形成的化合物碳酸钠的水溶液常用作清洗厨房的油污，是因为碳酸根离子水解使溶液成碱性，可去油污，离子方程式是CO32－+H2OHCO3－+OH－；碳酸钠溶液中的阴离子为氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，因为溶液为碳酸钠溶液，水解反应毕竟是微弱的，所以碳酸根离子的浓度最大，因为水解生成碳酸氢根离子，水电离还产生氢氧根离子，所以氢氧根离子浓度大于碳酸氢根离子，则碳酸钠溶液中阴离子的浓度关系是c (CO32－)＞c (OH－)＞c (HCO3－)。
17.下图为相关物质间的转化关系，其中甲、丙为生活中常见的金属单质，乙、丁为非金属单质且丁为气态，E为白色沉淀，D为浅绿色溶液。请回答：
（1）组成甲的元素在元素周期表中的位置为____________，请列举乙单质的一种用途__________，用电子式表示丁的形成过程________________________
（2）在C溶液中滴入2滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是________________（化学式）
（3）反应①的离子方程式为____________________________
（4）将B的稀溶液加水稀释，在图中画出溶液的pH随加水体积的变化趋势曲线。__________
（5）将等物质的量的A和NaOH混合溶于水，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：________________________
（6）若反应②中盐酸过量，向D溶液中滴加84消毒液，溶液的颜色发生了变化，该反应的离子方程式为________________________________________，小辉同学欲设计实验，验证D溶液中的阳离子尚未完全被氧化，请你将实验过程补充完整：取反应液少许于试管中，滴加______________________，则证明D中的阳离子未完全被氧化。
【答案】(1). 第三周期第IIIA族 (2). 光电池或半导体材料 (3). H· + ·H → H︰H (4). H2SiO3 (5). Al3+ + 3AlO2－+ 6H2O═4Al(OH)3↓ (6). (7). c(Na+)＞c(OH－)＞c(AlO2－)＞c(H+) (8). ClO－+ 2Fe2＋+ 2H＋===Cl－+ 2Fe3＋+ H2O (9). 滴加铁氰化钾{ K3[Fe(CN)6] }溶液，若生成蓝色沉淀
【解析】
【分析】应用元素化合物知识，结合题中文字信息，推断框图中各物质，进而回答相关问题。
【详解】生活中常见金属单质有铝、铁、铜，图中甲能与稀盐酸、NaOH溶液反应生成气体非金属单质丁，则甲为Al，丁为H2，A为NaAlO2溶液，B为AlCl3溶液，进而白色沉淀E为Al(OH)3。因D为浅绿色溶液，则丙为Fe，D为FeCl2溶液。非金属单质乙能与NaOH溶液反应生成H2，则乙为Si，C为Na2SiO3溶液。
（1）甲（Al）原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，在元素周期表中位于第三周期第IIIA族。乙单质（Si）是常用的半导体材料，用于光电池、计算机芯片。电子式表示丁（H2）的形成过程为H· + ·H → H︰H。
（2）在Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸得到硅酸胶体，胶粒成分是H2SiO3。
（3）反应①为双水解反应，其离子方程式为Al3+ + 3AlO2－+ 6H2O═4Al(OH)3↓。
（4）AlCl3溶液中存在水解平衡Al3+ + 3H2OAl(OH)3+ 3H+，加水稀释时平衡右移，n(H+)增大，c(H+)减小，pH增大，但始终小于7。
（5）等物质的量NaAlO2和NaOH的混合溶液中，溶质完全电离，c(Na+)最大；AlO2－水解AlO2－+ 2H2OAl(OH)3+OH－，使c(OH－)＞c(AlO2－)；考虑水电离，c(H+)最小。故溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序c(Na+)＞c(OH－)＞c(AlO2－)＞c(H+)。
（6）反应②中盐酸过量，则D溶液中溶质为FeCl2和HCl，滴加84消毒液（NaClO）后发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为ClO－+ 2Fe2＋+ 2H＋==Cl－+ 2Fe3＋+ H2O。证明Fe2＋未完全被氧化，即检验Fe2＋，可滴加铁氰化钾{ K3[Fe(CN)6] }溶液，生成蓝色沉淀。
18.钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。
（1）写出在高温下发生反应①的化学方程式_________________________
（2）生产中用足量的浓氨水吸收反应①的尾气合成肥料，写出该反应的离子方程式：________________________________
（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有_______________________
（4）某同学利用下图所示装置来制备氢气，利用氢气还原三氧化钼，根据要求回答问题：
① 请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是___________
② 在烧瓶A中加入少量硫酸铜的目的是____________________________
③ 两次使用D装置，其中所盛的药品依次是____________________、______________________
（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2 + CH42CO + 2H2 CH4 + H2OCO + 3H2，含甲烷体积分数为80%的a L(标准状况)天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体(CO和H2)还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为________________ (保留两位小数，钼的相对原子质量为96)
【答案】(1). 2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2 (2). SO2 + 2NH3·H2O=== 2NH4+ + SO32－+ H2O (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). ACBDD (5). 加快反应速率 (6). 无水硫酸铜 (7). 碱石灰 (8). 4.11a g
【解析】
【分析】根据流程图分析主要反应和主要操作，完成化学方程式、选择所需仪器。根据实验目的，设计相关实验，并防止空气的影响。根据化学反应计量关系，进行有关计算。
【详解】（1）据流程图找出反应①的反应物、生成物，并用化合价升降法配平，得2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2；
（2）足量的浓氨水吸收SO2生成正盐，离子方程式为SO2 + 2NH3·H2O＝ 2NH4+ + SO32－+ H2O；
（3）步骤②得固体和溶液，操作1为过滤。步骤③复分解反应能进行，则钼酸难溶于水，操作2为过滤。需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）①制备H2并还原MoO3可证明其还原性，用无水硫酸铜检验氧化产物水，必须对氢气干燥，并防止空气中水汽干扰。故装置连接顺序是ACBDD。
②在烧瓶A中加入少量硫酸铜，可形成原电池，加快生成氢气的速率。
③第一次使用D装置，所盛药品为无水硫酸铜，用于检验氧化产物水。第二次使用D装置，所盛药品为碱石灰等，防止空气中的水汽使无水硫酸铜变蓝。
（5）据CO2 + CH42CO + 2H2、CH4 + H2OCO + 3H2，当二氧化碳和水蒸气足量时，CH4 ~ 4(CO + H2)；又据MoO3 +3CO＝Mo +3CO2、MoO3 +3H2＝Mo +3H2O，有3(CO + H2) ~ Mo，故3CH4 ~ 4Mo。则m(Mo)＝×80%×90%××96g·mol-1＝4.11a g。
1. 利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是（ ）
A. 可生成H2的质量为0.02g
B. 可生成氢的原子数为2.408×1023个
C. 可生成H2的体积为0.224L（标准状况）
D. 生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2。故选D。
2.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )
A. 鉴别纯碱与小苏打 B. 证明Na2O2与水反应放热
C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应 D. 探究钠与Cl2反应
【答案】A
【解析】A．加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A．
3.常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）( )
A. 氯气的体积为1.12L B. 原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C. 所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D. 所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
【答案】B
【解析】A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05mol NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
4.下列反应(均未配平)中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1∶2的是( )
A. Cu＋H2SO4CuSO4＋SO2↑＋H2O
B. CH3COOH＋Ca(ClO)2HClO＋Ca(CH3COO)2
C. I2＋NaClO3NaIO3＋Cl2
D. HCl＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
【分析】据化合价变化判断氧化还原反应，分析氧化剂、还原剂。又据化合价升降总数相等，求氧化剂、还原剂的物质的量之比。
【详解】A项：Cu元素化合价升高2，Cu是还原剂。S元素化合价降低2，H2SO4是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:1，A项错误；
B项：CH3COOH与Ca(ClO)2发生复分解反应，不属于氧化还原反应，B项错误；
C项：碘元素化合价升高5，I2是还原剂。氯元素化合价降低，NaClO3是氧化剂。NaClO3与I2物质的量之比为2:1，C项错误；
D项：氯元素化合价升高1，HCl是还原剂。锰元素化合价降低2，MnO2是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:2，D项正确。
本题选D。
5.Al与Na2O2的混合物溶于足量的水中，得到澄清溶液，同时产生气体3.5 g，在所得溶液与100 mL 7mol/L盐酸作用过程中，白色沉淀生成后又恰好溶解，则原Al与Na2O2的物质的量之比为( )
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 11∶2 D. 2∶11
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2与水反应生成NaOH溶液和O2，Al与NaOH溶液生成NaAlO2和H2。盐酸先中和NaOH，后与NaAlO2反应，所得溶液中只有NaCl和AlCl3两种溶质。
【详解】设原混合物中Al与Na2O2的物质的量分别是x、y，则Na2O2与水反应生成NaOH、O2的物质的量分别是2y、y/2，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2、H2的物质的量分别是x、3x/2，剩余NaOH物质的量为(2y-x)。由O2、H2共3.5 g，得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5 g。
溶液与盐酸反应时，据NaOH—HCl、NaAlO2—4HCl，得(2y-x)+4x=0.100 L×7mol/L。解得x=0.1mol，y=0.2mol。即Al与Na2O2的物质的量之比为1∶2。
本题选B。
6.向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随NaAlO2加入量的变化关系如图所示。生成的沉淀过滤除去后，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A. a点对应的溶液中：Na+、K+ HCO3- Cl－
B. b点对应的溶液中：Na+、OH－、SO42-、Cl－
C. c点对应的溶液中：Na+、K+、Ag+、NO3-
D. d点对应的溶液中：Na+、K+、OH－、Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】由题中图象可判断，向一定量的盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，依次发生的化学反应。进而根据所得溶液的成分，判断所给离子组能否大量存在。
【详解】向一定量盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液时，Ob段反应为NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，bc段反应为AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaCl，c点后加入的NaAlO2不反应。
A项：a点对应的溶液中有生成的NaCl、AlCl3和剩余的HCl， HCO3-与H+反应而不能大量存在，A项不符合题意；
B项：b点恰好反应，溶液中溶质只有生成的NaCl、AlCl3，因OH－能与Al3+反应而不能大量存在，B项不符合题意；
C项：c点两个反应依次进行完全，滤液中溶质只有NaCl，因Ag+与Cl-生成沉淀而不能大量存在，C项不符合题意；
D项：d点对应的滤液中有生成的NaCl和过量的NaAlO2，与Na+、K+、OH－、Cl－都能大量共存，D项符合题意。
本题选D。
7.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是( )
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中2Na＋Cu2＋===Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
C
铁和氯气反应2Fe＋3Cl22FeCl3
铁和碘单质反应2Fe＋3I22FeI3
D
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
【答案】B
【详解】A．金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，钠投入到铜盐溶液反应先与水反应，不会置换出铜，故A错误；B．NaHSO4与Ba（OH）2按照2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B类推正确；C、碘的氧化性较弱，与铁反应时生成FeI2，选项C错误；D、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，选项D错误。答案选B。
8.已知:2C(s)+O2(g)= 2CO(g) ΔH=-217 kJ·mol-1,C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1,H—H、O—H和O=O键的键能分别为436 kJ·mol-1、462 kJ·mol-1和495 kJ·mol-1,则b为( )
A. +352 B. +132 C. -120 D. -330
【答案】B
【详解】①2C(s)+O2(g)= 2CO(g)ΔH= kJ·mol-1,②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=b kJ·mol-1,根据盖斯定律:②2-①得:2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=2b-(-217)根据键能的关系，2H2O(g)=O2(g)+H2(g) ΔH=4462-436-495 =2b-(-217),所以b=+132。A.+352不符合题意，故A错误；B.+132符合题意，故B正确；C.-120不符合题意，故C错误；D. -330不符合题意，故D错误；答案： B。
9.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为( )
A. (－) mol/L B. (2b－a) mol/L
C. (5b－) mol/L D. (10b－5a) mol/L
【答案】D
【解析】试题分析：把500mL分成5等份,每一份为100ML，一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，据反应式NH4HCO3＋2NaOH=Na2CO3＋H2O＋NH3·H2O得100ML中NH4HCO3的物质的量0.5amol，NH4HCO3消耗盐酸的物质的量是0.5amol，所以和碳酸钠反应的盐酸的物质的量是（b－0.5a）mol，则碳酸钠的物质的量是（0.5b－0.25a）mol，所以每一份中钠离子的物质的量是（b－0.5a）mol，则c（Na+）=（b－0.5a）mol÷0.1L＝（10b－5a）mol/L，答案选D。
10.已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行有关实验，下列说法不正确的是( )
A. 只用盐酸一种试剂就可以确定该固体M的具体成分
B. 往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3
C. 用pH试纸检验，若pH＝7，则固体M一定是Na2SO4
D. 往溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液的酸碱性，与盐酸、二氧化碳等反应现象判断。
【详解】A项：Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液分别与盐酸作用，现象依次为刺激性气味的气体、白色沉淀、无变化，即只用盐酸可以确定M的成分，A项正确；
B项：往Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液中通入二氧化碳，只有Na2SiO3溶液中生成白色沉淀，其余无变化，B项正确；
C项：Na2SO3、Na2SiO3溶液中阴离子水解使溶液呈碱性，Na2SO4不水解、溶液呈中性，C项正确；
D. 往Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2，分别生成BaSO3、BaSiO3、BaSO4白色沉淀。BaSO3也会被稀硝酸氧化为BaSO4，D项不正确。
本题选D。
11.赤铜矿的成分是Cu2O，辉铜矿的成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，对于该反应，下列说法正确的是( )
A. 该反应的氧化剂只有Cu2O B. Cu既是氧化产物，又是还原产物
C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6
【答案】C
【解析】A．Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故A错误；
B．Cu元素得到电子被还原，则Cu为还原产物，故B错误；
C．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；
D．Cu为还原产物，SO2为氧化产物，由反应可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为6：1，故D错误；
12.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是( )
A. D元素处于元素周期表中第3周期第ⅥA族
B. 四种元素的原子半径：A
D. 一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质
【答案】D
【解析】试题分析：A与C同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，设A的最外层电子数为x，若B为第二周期元素，则2x=2，x=1，则A为H，B与D同主族，原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10，B为C，C为Na，D为Si，它们的核电荷数1+6+11+14=32，符合题意；A．因硅有3个电子层，最外层电子数为4，则在周期表中的第三周期第ⅣA族，故A错误；B．电子层数越多，半径越大，在同一周期从左到右原子半径在减小，则半径关系为C＞D＞B＞A，故B错误；C．二氧化碳是分子晶体，而二氧化硅中是原子晶体，物理性质不同，故C错误；D．因C+SiO2Si+2CO↑，2Na+2H20═2NaOH+H2↑，即B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质，故D正确；故选D。
13.短周期主族元素X、Y、Z在周期表中的位置如图。下列说法正确的是( )
A. Z元素的最高化合价一定大于X元素
B. 三种元素原子半径由高到低的顺序一定是Y>X>Z
C. 若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
D. 若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【解析】试题分析：A、若Z是F元素，就没有最高正价，故A错误；B、原子半径是电子层数越多，半径越大，故原子半径X>Y>Z ，故B错误；C、Z和Y同主族最外层电子数相同设为a，X的最外层电子数为a-1故2a+a-1=11，a=4，及Z为C，Y为Si，X是Al，C正确；D、若均为金属元素，Z为Be，X是Na，Y是Mg，故X（Na）的最高价氧化物的水化物的碱性最强，故D错误，此题选C。
14. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2（不考虑零族元素）。下列关于这些元素的叙述错误的是( )
A. X和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物
B. W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子
C. W、X和Y三种元素可以形成碱性化合物
D. Z和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性
【答案】D
【解析】试题分析：根据W 、X、 Y+、 Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2 、3、 4、 2（不考虑零族元素）判断W的最外层若是2个电子，则只能有1层电子，则W是He，不符合题意，所以W的最外层是4个电子，有2层电子，所以W是C元素；同理X的最外层是6个电子，有2层电子，则X是O元素；Y+的最外层若为4个电子，则只能有1层电子，不符合电子的排布原理，所以该离子有2层电子，最外层8个电子，则Y的最外层是1个电子，所以Y是Na元素；Z的原子序数最大，且是短周期元素，所以Z有3层电子，最外层是6个电子，则Z是S元素。A、O与C、Na、S均可形成至少2种二元化合物，正确；B、C与O、S形成的二元化合物中的二氧化碳、二硫化碳都是直线型分子，正确；C、W 、X和Y三种元素形成的碳酸钠溶液显碱性，正确；D、S和C、O、Na形成的二元化合物的水溶液不都显酸性，如Na2S的溶液显碱性，错误，答案选D。
15.a mol Na2O2和b mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250℃，使其充分反应，当排出气体为两种气体时，a︰b不可能为( )
A. 3︰4 B. 3︰2 C. 2︰3 D. 4︰5
【答案】B
【解析】
【分析】250℃时，NaHCO3固体可完全分解为Na2CO3、CO2、H2O(g)，因CO2与NaOH能反应，故应依次考虑CO2、H2O(g)与Na2O2的反应，排出的两种气体为O2和H2O(g)。
【详解】加热时，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(g)，b mol NaHCO3生成b/2 mol CO2、b/2 mol H2O(g)。Na2O2先与CO2反应，2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2①，Na2O2后与H2O(g)反应，2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2②。要排出两种气体，必须①恰好反应或余Na2O2，且②余H2O(g)，故b/2 ≤ a，a-b/2 < b/2，解得1︰2 ≤ a︰b < 1︰1。B项 3︰2不在此范围内。
本题选B。
16.X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的短周期元素。已知：
① X元素的原子半径是所有原子中最小的
② Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍
③ Y与R可以形成YR与YR2两种化合物，其中一种是造成温室效应的物质之一
④ W与R能形成原子个数之比为2∶1和1∶1的离子化合物甲和乙。请回答问题：
（1）R在周期表中的位置是____________________
（2）Y、R、W三种元素的原子半径由大到小顺序为____________(用元素符号表示)。
（3）X2R与乙反应的化学方程式是_______________________________________
（4）元素Y、R、W形成的化合物的水溶液常用作清洗厨房的油污，其原理是(用离子方程式表示)____________________________。0.1 mol·L－1的该溶液中，各种阴离子的浓度由大到小关系为________________________
【答案】（10分）
（1）第二周期第ⅥA族（2分）
（2）Na＞C＞O（2分）
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（2分）
（4）CO32－+H2OHCO3－+OH－（2分） c (CO32－)＞c (OH－)＞c (HCO3－) （2分）
【解析】试题分析： H元素的原子半径是所有原子中最小的，所以X是H元素；Y元素的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，则内层电子数不可能是10，也即Y元素不可能有3层电子，所以Y的内层电子数是2，最外层电子数是4，则Y是C元素；造成温室效应的气体是二氧化碳，所以R是O元素，与C形成CO和CO2两种化合物；W与R能形成原子个数之比为2：1和l：1的离子化合物甲和乙，则W是Na元素，与O元素形成的化合物Na2O、Na2O2都是离子化合物。
（1）R为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族;
（2）C、O、Na三种元素中，Na的电子层数最多，所以Na的原子半径最大，C与O是同周期元素，原子半径随核电荷数的增加而减小，所以C的原子半径大于O，则三种元素的原子半径的关系是Na＞C＞O；
（3）乙为过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（4）元素C、O、Na形成的化合物碳酸钠的水溶液常用作清洗厨房的油污，是因为碳酸根离子水解使溶液成碱性，可去油污，离子方程式是CO32－+H2OHCO3－+OH－；碳酸钠溶液中的阴离子为氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子，因为溶液为碳酸钠溶液，水解反应毕竟是微弱的，所以碳酸根离子的浓度最大，因为水解生成碳酸氢根离子，水电离还产生氢氧根离子，所以氢氧根离子浓度大于碳酸氢根离子，则碳酸钠溶液中阴离子的浓度关系是c (CO32－)＞c (OH－)＞c (HCO3－)。
17.下图为相关物质间的转化关系，其中甲、丙为生活中常见的金属单质，乙、丁为非金属单质且丁为气态，E为白色沉淀，D为浅绿色溶液。请回答：
（1）组成甲的元素在元素周期表中的位置为____________，请列举乙单质的一种用途__________，用电子式表示丁的形成过程________________________
（2）在C溶液中滴入2滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是________________（化学式）
（3）反应①的离子方程式为____________________________
（4）将B的稀溶液加水稀释，在图中画出溶液的pH随加水体积的变化趋势曲线。__________
（5）将等物质的量的A和NaOH混合溶于水，该溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：________________________
（6）若反应②中盐酸过量，向D溶液中滴加84消毒液，溶液的颜色发生了变化，该反应的离子方程式为________________________________________，小辉同学欲设计实验，验证D溶液中的阳离子尚未完全被氧化，请你将实验过程补充完整：取反应液少许于试管中，滴加______________________，则证明D中的阳离子未完全被氧化。
【答案】(1). 第三周期第IIIA族 (2). 光电池或半导体材料 (3). H· + ·H → H︰H (4). H2SiO3 (5). Al3+ + 3AlO2－+ 6H2O═4Al(OH)3↓ (6). (7). c(Na+)＞c(OH－)＞c(AlO2－)＞c(H+) (8). ClO－+ 2Fe2＋+ 2H＋===Cl－+ 2Fe3＋+ H2O (9). 滴加铁氰化钾{ K3[Fe(CN)6] }溶液，若生成蓝色沉淀
【解析】
【分析】应用元素化合物知识，结合题中文字信息，推断框图中各物质，进而回答相关问题。
【详解】生活中常见金属单质有铝、铁、铜，图中甲能与稀盐酸、NaOH溶液反应生成气体非金属单质丁，则甲为Al，丁为H2，A为NaAlO2溶液，B为AlCl3溶液，进而白色沉淀E为Al(OH)3。因D为浅绿色溶液，则丙为Fe，D为FeCl2溶液。非金属单质乙能与NaOH溶液反应生成H2，则乙为Si，C为Na2SiO3溶液。
（1）甲（Al）原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，在元素周期表中位于第三周期第IIIA族。乙单质（Si）是常用的半导体材料，用于光电池、计算机芯片。电子式表示丁（H2）的形成过程为H· + ·H → H︰H。
（2）在Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸得到硅酸胶体，胶粒成分是H2SiO3。
（3）反应①为双水解反应，其离子方程式为Al3+ + 3AlO2－+ 6H2O═4Al(OH)3↓。
（4）AlCl3溶液中存在水解平衡Al3+ + 3H2OAl(OH)3+ 3H+，加水稀释时平衡右移，n(H+)增大，c(H+)减小，pH增大，但始终小于7。
（5）等物质的量NaAlO2和NaOH的混合溶液中，溶质完全电离，c(Na+)最大；AlO2－水解AlO2－+ 2H2OAl(OH)3+OH－，使c(OH－)＞c(AlO2－)；考虑水电离，c(H+)最小。故溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序c(Na+)＞c(OH－)＞c(AlO2－)＞c(H+)。
（6）反应②中盐酸过量，则D溶液中溶质为FeCl2和HCl，滴加84消毒液（NaClO）后发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为ClO－+ 2Fe2＋+ 2H＋==Cl－+ 2Fe3＋+ H2O。证明Fe2＋未完全被氧化，即检验Fe2＋，可滴加铁氰化钾{ K3[Fe(CN)6] }溶液，生成蓝色沉淀。
18.钼是一种过渡金属元素，通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。如图是化工生产中制备金属钼的主要流程图。
（1）写出在高温下发生反应①的化学方程式_________________________
（2）生产中用足量的浓氨水吸收反应①的尾气合成肥料，写出该反应的离子方程式：________________________________
（3）如果在实验室模拟操作1和操作2，则需要使用的主要玻璃仪器有_______________________
（4）某同学利用下图所示装置来制备氢气，利用氢气还原三氧化钼，根据要求回答问题：
① 请设计一个实验方案验证H2的还原性并检验其氧化产物，其装置连接顺序是___________
② 在烧瓶A中加入少量硫酸铜的目的是____________________________
③ 两次使用D装置，其中所盛的药品依次是____________________、______________________
（5）工业上制备还原性气体CO和H2的反应原理为CO2 + CH42CO + 2H2 CH4 + H2OCO + 3H2，含甲烷体积分数为80%的a L(标准状况)天然气与足量二氧化碳和水蒸气的混合物在高温下反应，甲烷转化率为90%，用产生的还原性气体(CO和H2)还原MoO3制钼，理论上能生产钼的质量为________________ (保留两位小数，钼的相对原子质量为96)
【答案】(1). 2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2 (2). SO2 + 2NH3·H2O=== 2NH4+ + SO32－+ H2O (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). ACBDD (5). 加快反应速率 (6). 无水硫酸铜 (7). 碱石灰 (8). 4.11a g
【解析】
【分析】根据流程图分析主要反应和主要操作，完成化学方程式、选择所需仪器。根据实验目的，设计相关实验，并防止空气的影响。根据化学反应计量关系，进行有关计算。
【详解】（1）据流程图找出反应①的反应物、生成物，并用化合价升降法配平，得2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2；
（2）足量的浓氨水吸收SO2生成正盐，离子方程式为SO2 + 2NH3·H2O＝ 2NH4+ + SO32－+ H2O；
（3）步骤②得固体和溶液，操作1为过滤。步骤③复分解反应能进行，则钼酸难溶于水，操作2为过滤。需要使用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）①制备H2并还原MoO3可证明其还原性，用无水硫酸铜检验氧化产物水，必须对氢气干燥，并防止空气中水汽干扰。故装置连接顺序是ACBDD。
②在烧瓶A中加入少量硫酸铜，可形成原电池，加快生成氢气的速率。
③第一次使用D装置，所盛药品为无水硫酸铜，用于检验氧化产物水。第二次使用D装置，所盛药品为碱石灰等，防止空气中的水汽使无水硫酸铜变蓝。
（5）据CO2 + CH42CO + 2H2、CH4 + H2OCO + 3H2，当二氧化碳和水蒸气足量时，CH4 ~ 4(CO + H2)；又据MoO3 +3CO＝Mo +3CO2、MoO3 +3H2＝Mo +3H2O，有3(CO + H2) ~ Mo，故3CH4 ~ 4Mo。则m(Mo)＝×80%×90%××96g·mol-1＝4.11a g。
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