还剩16页未读，
继续阅读
【化学】浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
展开
浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(本大题共13小题，每小题2分，共26分。每小题只有一个正确答案)
1.1934年居里夫妇用α粒子(4He)轰击27Al 得到一种自然界不存在的磷元素的一种同位素(3015P)：2713Al+42He 3015P+10n，开创了人造核素的先河。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 该变化说明原子核在一般的化学反应中也能发生变化
B. 该变化同样遵循质量守恒定律
C. 10n是一种电中性粒子
D. 对于3015P有:原子序数=质子数=中子数=核外电子数
【答案】A
【解析】A、轰击前原子核内质子数分别是13、2，轰击后得到原子核内质子数为15的核素，既原子核发生变化，但是该过程不是化学变化，A错误不符合题意。B、反应过程中总质子数、中子数没有变化，总质量不变，因此遵循质量守恒定律，B正确不符合题意。C、n仅含有一个中子，质子数、电子数均为0，呈电中性，C正确不符合题意。D、30P是15号元素，核内质子数为15 ，核外电子数为15，中子数=30-15=15，所以原子序数=质子数=中子数=核外电子数，D正确不符合题意。正确答案A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A. CO2的电子式：
B. NH3的结构式为
C. CH4的比例模型：
D. Clˉ离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】试题分析：A．CO2的电子式为，错误； B．NH3的结构式为，正确；C．CH4的比例模型：，正确；D．Clˉ离子的结构示意图：，正确；故选A。
3.下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料
C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属
【答案】D
【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；
B、根据周期表的结构分析；
C、Ⅷ族占3个纵行；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。
详解：A、最活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；
B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；
C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，一个Ⅷ族占三个纵行，共18个纵行，C错误；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。
4. 下列关于能源和作为能源使用的物质的叙述中，错误的是（ ）
A. 化石燃料蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能
B. 太阳能不能直接转化为电能
C. 物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用
D. 绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
【答案】B
【解析】试题分析：A．化石燃料是由死去的有机物和植物在地下分解形成的，所以蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能，A正确；B．太阳能通过光伏发电可以转化为电能，B错误；C．物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用，C正确；D．绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，D正确，答案选B。
5.根据相关的化学原理，下列判断正确的是（ ）
A. 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S
B. 由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2
C. 若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2
D. 若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+
【答案】D
【详解】A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，A项错误；
B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，B项错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应A2+2D-═2A-+D2中，A的化合价降低，A2为氧化剂，D2为氧化产物，所以氧化性为A2＞D2，C项错误；
D．若R2-和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2-＞M+，D项正确；
答案选D。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 由C(石墨) = C(金刚石) ∆H=+1.9 kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
B. 在一定条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 已知2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H=－221 kJ·mol-1，可知C的标准燃烧热为110.5 kJ·mol-1
D. 在一密闭容器中，9.6 g的硫粉与11.2 g的铁粉混合加热，充分反应，生成硫化亚铁17.6 g，放出19.12 kJ的热量，则Fe(s) + S(s) = FeS(s) ∆H= - 95.6 kJ·mol-1
【答案】D
【详解】A. 物质所具有的能量越低越稳定，因C(石墨) = C(金刚石) ∆H=+1.9 kJ·mol-1可知，石墨的能量比金刚石的低，则石墨比金刚石稳定，A项错误；
B. 在一定条件下，等物质的量的硫蒸气的能量比硫固体的能量高，则两者分别完全燃烧，前者放出的热量多，B项错误；
C. 燃烧热是在25°C，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，已知2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H=－221 kJ·mol-1，产物CO不是C的稳定氧化物，则不能求出标准燃烧热，C项正确；
D. 密闭容器中，9.6g硫粉物质的量==0.3mol，与11.2g铁粉物质的量= = 0.2mol，混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ 热量，所以1mol铁反应放热=19.12kJ ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)∆H=-95.6kJ．mol-1，D项正确；
答案选D。
7.右图是铝热反应(2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe)的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是( )
A. a为镁条
B. b为氧化铁与铝粉的混合物
C. 2 mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个
D. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】A、镁条作为引燃，故A正确；B、b为氯酸钾，c为氧化铁和铝粉混合物，故B错误；C、氧化剂是Fe2O3，转移电子物质的量为2×2×3mol=12mol，故C错误；D、Al2O3为氧化产物，还原剂为Al，因此还原剂和氧化产物的物质的量之比为：2：1，故D错误。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①NaAlO2(aq)AlCl3Al
② NH3NOHNO3
③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3
④FeS2SO3H2SO4
A. ②③ B. ①④ C. ②④ D. ③④
【答案】D
【解析】试题分析：①AlCl3为共价化合物，不能电解，应电解氧化铝制备铝，错误；②正；③侯德榜制碱法，正确；B、④FeS2只能生成二氧化硫，错误。
9.对下列实验装置图中所示的实验操作评价合理的是（ ）
A. 可能证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B. 装置可用来制备少量氧气，并且控制反应的发生与停止
C. 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液不能直接在容量瓶中进行
D. 制备并收集少量NO2气体
【答案】C
【解析】试题分析：A．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，图甲中盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，另外稀盐酸有挥发性，也无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故A错误；B．过氧化钠与水反应是放热反应、反应速度快，且过氧化钠为粉末，不能用简易气体发生装置制备，故B错误；C．容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，故C正确；D．二氧化氮与水反应，且易溶于水，不能用排水法收集NO2气体，只能用排空气法收集，故D错误；故选A。
10.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1 mol NH5中含有0.5 mol N—H键
【答案】D
【解析】
分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成。
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H-之间为离子键，A项正确；
B．NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C．NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，NH3•H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键（其一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，则0.1 mol NH5中含有0.4 mol N—H键，D项错误；
答案选D。
11.下列有关于中和热测定的说法正确的是（ ）
A. 50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应放出的热量即为中和热
B. 在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时，要缓慢、分多次加入
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分又可以避免损坏温度计
D. 在没有盐酸的情况下，若改用浓硫酸做此实验，得到的∆H值偏大
【答案】C
【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应生成1 mol水放出的热量，50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应水的物质的量为50×10-3L×50 mol·L-1=2.5mol，不是1mol，A项错误；
B.为尽可能减少热量的损失，在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时要一次性加入，B项错误；
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分，使酸与碱反应充分，又可以避免损坏温度计，C项正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，若改用浓硫酸做此实验，放出的热量数值会偏大，对应的∆H值偏小，D项错误；
答案选C。
12.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。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＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-
B. b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42-、Cl－
C. c点对应的溶液中：K＋、Ag＋、Ca2＋、NO3-
D. d点对应的溶液中：K＋、NH4+、CO32-、SO42-
【答案】B
【详解】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在HCO3-，不能共存，A项错误；
B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、ClO-、SO42-、Cl-不反应，能大量存在，B项正确；
C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，C项错误；
D．d点为氯化铝溶液，氢氧根离子与铵根离子反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
13.R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列推断正确的是（ ）
R
X
Y
Z
A
A. 气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为：Z>R>X>Y
B. 原子半径由小到大的顺序为：Z
【答案】C
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，则R、X、Y位于第二周期，Z、A位于第三周期；X原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则X最外层含有6个电子，为O元素，结合各元素的相对位置可知，R为N、Y为F、Z为P、A为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据上述分析可知，R为N、X为O、Y为F、Z为P、A为Cl，则
A. 非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y>X>R>Z，则氢化物的稳定性：Y>X>R>Z，A项错误；
B. 同一周期，原子序数越大，原子半径越小，同一主族中，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小为：Z>A>X>Y，B项错误；
C. 非金属性：A>Z>R，最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序为：Z、R、A，C项正确；
D. ZA5分子为PCl5，P原子最外层电子数为：5+5=10，不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
二、选择题(本大题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个正确答案)
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 硅和C60的熔化克服相同类型作用力
B. 只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键
C. 等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等
D. 氯气与NaOH溶液反应的过程中，同时有离子键、极性键与非极性键的断裂和形成
【答案】C
【详解】A. 硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，而C60为分子晶体，熔化时破坏的是范德华力，两者熔化克服的作用力类型不同，A项错误；
B. 离子化合物可能全部是由非金属元素组成的，如铵盐，B项错误；
C. CN−中含有碳氮三键，带有1个单位负电荷，其电子式为：，1mol CN−含有的共用电子对为3mol；氮气分子中存在氮氮三键，N2的电子式为：，1mol N2含有的共用电子对也为3mol，则等物质的量的CN−和N2含有的共用电子对数相等，C项正确；
D. 氯气与NaOH溶液反应方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反应物中有离子键和共价键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有非极性键的形成，D项错误；
答案选C。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 LCCl4中碳氯键的数目为0.4 NA
B. 1 L 0.1 mol·Lˉ1硫酸铝溶液中含有的氧原子数为1.2NA
C. 标准状况下，8.96 L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D. 1.2 g金刚石与石墨混合物中含有碳碳单键的数目为0.4NA
【答案】C
【详解】A. CCl4在标准状况下为液体，不能按气体的摩尔体积计算其物质的量，A项错误；
B. 硫酸铝溶液中存在大量的水，水分子也含氧原子，则1 L 0.1 mol·Lˉ1硫酸铝溶液中含有的氧原子数远大于1.2NA，B项错误；
C. 标况下8.96L混合气体的物质的量为0.4mol，由于1mol氢气或CO燃烧均消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气和CO的混合气体燃烧时消耗0.2mol氧气即0.2NA个氧气分子，C项正确；
D. 石墨与金刚石结构不同，相同物质的量的碳原子，其对应的结构中碳碳键数目不同，只知道混合物总质量无法计算碳碳键数目，D项错误；
16.根据下列热化学方程式
C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ∆H1＝–393.5 kJ·mol-1
2H2(g) + O2(g) ＝2H2O(l) ∆H2＝–571.6 kJ·mol-1
CH3COOH(l) +2O2(g)＝2CO2 (g) + 2H2O(l) ∆H3＝–870.3 kJ·mol-1
可以计算出2C(s) + 2H2(g)+ O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为：（ ）
A. ∆H＝＋244.1 kJ·mol-1 B. ∆H＝－488.3 kJ·mol-1
C. ∆H＝－996.6 kJ·mol-1 D. ∆H＝＋996.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反应的焓变与反应过程无关，只与起始状态和终了状态有关，据此分析。
【详解】已知 ①C（s）+O2（g）═CO2（g）∆H1=-393.5kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（l）∆H2=-285.8kJ/mol
③CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）∆H3=-870.3kJ/mol
依据盖斯定律（1）×2-（3）+（2）×2得到2C(s) + 2H2(g)+ O2(g)＝CH3COOH(l) ∆H=(−393.5kJ/mol)×2−(−870.3kJ/mol)+(−285.8kJ/mol)×2=−488.3kJ/mol，B项正确，
答案选B。
17.在某100 mL混合酸溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.2 mol·L-1和0.4 mol·L-1，向该混合溶液中加入2.24 g铁粉，加热充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
A. 生成的气体在标准状况下的体积为672 mL
B. 生成的气体有NO和H2
C. 所得溶液中有溶质FeSO4和Fe2(SO4)3
D. 所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为0.4 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】计算氢离子总物质的量、硝酸根的物质的量判断，铁粉和氢离子过量，根据反应：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O、Fe+2H+═Fe2++H2↑进行过量计算，根据不足量的硝酸根计算生成NO物质的量，根据铁粉和氢离子过量进而计算生成氢气的物质的量，进而计算Fe2+的物质的量浓度。
【详解】n(HNO3)=cv=0.2mol⋅L−1×0.100 L=0.020mol， n(H2SO4)=cv=0.4mol⋅L−1×0.100 L=0.040mol，100mLHNO3和H2SO4混合酸溶液中，n(H+)=0.02moL+2×0.04moL=0.10mol，n(NO3−)=0.020mol，n(Fe)= ==0.040mol，
所以向该混合液中加入2.24g铁粉，加热先发生反应：
3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O
物质的量：0.03 0.08 0.02 0.03 0.02
反应后剩余的0.02molH+发生下列反应：
Fe+2H+═Fe2++H2↑
物质的量：0.01 0.02 0.01 0.01，则
A. 生成的气体有NO和H2共0.03mol，生成的气体在标准状况下的体积为V=n× Vm=0.03mol×22.4L/mol=672mL，A项正确；
B. 根据以上分析生成的气体有NO和H2，B项正确；
C. 因NO3−少量所得溶液中溶质只有FeSO4，C项错误；
D. 溶液中Fe2+的物质的量为：0.03 mol+0.01 mol=0.04 mol，100mL混合酸溶液中，浓度为c= = 0.4mol⋅L−1，D项正确；
答案选C。
18. 已知X、Y、Z、W均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略)。下列说法不正确的是（ ）
A. X、Y、Z中至少有一种相同的元素，该元素可以是金属元素也可以是非金属元素
B. 物质W可能是化合物，也可能是单质
C. 上述转化关系中不可能出现置换反应
D. 若X、Y、Z中均含有一种常见金属元素，则W可能是强酸也可能是强碱
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W可以分别为①NaOH、Na2CO3、NaHCO3和CO2；②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2和NaOH，③NaAlO2、Al(OH)3、AlCl3和HCl，④H2S、S、SO2和O2，⑤Cl2、FeCl3、FeCl2和Fe等，故A、B、D项均正确。若为上述中的第④种情况，X→Y的转化为2H2S＋O2=2S＋2H2O，属于置换反应，故C项错误。
19. 有A、B两种短周期元素，原子半径是:r(A)
B. 若HnAOm是强酸，则B的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
C. 若B是金属，则A可能是非金属，若B是非金属，则A可能是金属
D. 常温下，若B元素的氢化物是气体，则A元素的氢化物可能是液体
【答案】D
【解析】试题分析：A、B两种短周期元素，原子半径是：r(A)＜r(B)，且A、B两种元素原子的最外层电子数相同，则A、B位于周期表同一主族，且B在A的下一周期，则：A．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，如B(OH)m是强碱，则A(OH)m不一定为强碱，故A错误；B．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，若HnAOm是强酸，则B的最高价氧化物对应的水化物不一定为强酸，故B错误；C．短周期元素中，A、B位于相同主族，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，若B是金属，则A可能是非金属，如H、Li，若B是非金属，则A一定是非金属，如C、Si；N、P；O、S；F、Cl等，故C错误；D．常温下，若B元素的氢化物是气体，则A元素的氢化物可能是液体，如O、S，故D正确，故选D。
20.某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或几种组成的，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：
下列说法中不正确的是（ ）
A. 该固体中一定没有FeCl2，可能含有AlCl3 B. 该固体中含有2.70 g Al
C. 该固体中含有6.60 g (NH4)2SO4 D. 该固体中含有4.75 g MgCl2
【答案】A
【解析】试题分析：往混合固体中加入过量浓的NaOH溶液，能够生成气体的有Al、(NH4)2SO4 ，气体分别是H2和NH3，把气体通过碱石灰干燥，气体体积不变，再通过浓硫酸，气体体积减小且不为零，所以可知生成的气体为H2和NH3 ，体积分别为3．36L和2．3L，原固体混合物中一定有Al、(NH4)2SO4 ，由体积可以分别计算得m(Al)=2．70g、m[(NH4)2SO4]=6．60g；又碱过量有白色沉淀生成，且白色沉淀久置不变色，则一定没有FeCl2，沉淀为Mg(OH)2是2．9g，由此可计算得m(MgCl2)=4．75g；由此m(Al)+m[(NH4)2SO4] +m(MgCl2)= 2．70g +6．60g +4．75g=14．05g，所以固体混合物中只有这三种物质，一定没有AlCl3 ，所以A错误，故选A。
三、简答题(共53分)
21.(1)工业上氨气的催化氧化反应的化学方程式_____________
(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式_____________；
(3)根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g) = CF4(g)＋4HF(g)
ΔH =－1940 kJ·mol-1，计算H—F键的键能为______________。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1)
414
489
？
155
(4)0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和一种还原性的气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式_________________。
【答案】(1). 4NH3+5O2NO+6H2O， (2). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3- (3). 565 kJ·mol-1 (4). 2Cl2 (g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6 kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O；
（2）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝与碳酸氢钠；
（3）依据化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，计算得到反应的焓变；
（4）先根据质量守恒定律书写其化学方程式，再结合反应热与热化学方程式之间的关系正确书写热化学方程式。
【详解】（1）工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O，其化学方程式为：4NH3+5O2NO+6H2O，，故答案为：4NH3+5O2NO+6H2O，；
（2）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；
（3）化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，设H—F键的键能为x，则CH4(g)＋4F2(g) = CF4(g)＋4HF(g) ΔH =－1940 kJ·mol-1=（414 kJ/mol×4+155 kJ/mol×4）-（489kJ/mol×4+x×4），解得x=565 kJ·mol-1，故答案为：565 kJ·mol-1；
（4）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，则2 mol氯气反应放出的热量为20.1×4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ∆H=-85.6kJ•mol-1。
故答案为：2Cl2 (g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6 kJ·mol-1
22.短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，A的简单离子半径是同周期元素简单离子中半径最小的。请回答下列问题：
(1)描述D在元素周期表中的位置：_____________________________。
(2)在A、B、C、E四种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是__________(写化学式，下同)，非金属最简单气态氢化物最不稳定的是_____________________。
(3)写出满足下列条件分子的结构式_________________________
①所有原子最外层是8个电子； ②C和E组成的化合物
【答案】(1). 第二周期VIA (2). HClO4 (3). CH4 (4).
【解析】
【分析】由短周期主族元素A、B、C、D、E在周期表中位置知，B、C、D处于第二周期，A、E处于第三周期，A元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小，则A是Al元素，可推知B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl，据此解答。
【详解】有上述分析可知，
(1)D为O元素，原子序数为8，在元素周期表中的位置：第二周期ⅥA族，
故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)在A. B. C. E四种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，非金属最简单气态氢化物最不稳定的是CH4，故答案为：HClO4；CH4；
(3)满足下列条件分子的结构式：①所有原子最外层是8个电子；②C和E组成的化合物，该分子结构式为：，故答案为：。
23.某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)如图装置A烧瓶内试剂可选用______(填序号)；①浓硫酸 ②碱石灰 ③五氧化二磷 ④烧碱固体；实验室制取氨气常用另外一种固体和固体加热的方法，写出该方法的化学方程式______________________。
(2)若探究氨气的溶解性，上图需在K2的导管末端连接下图装置中的_________装置(填序号)，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是______________________。
(3)若探究氨气的还原性，需打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置，D中氨气与氯气反应产生白烟，该反应的化学方程式为__________________。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为__________，若反应中有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_____g(小数点后保留两位有效数字)。
【答案】(1). ②④ (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O (3). II或III (4). 用热毛巾将烧瓶捂热 (5). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2 (6). 2NH3+3O2 2HNO2+2H2O (7). 2.35
【解析】
【分析】（1）氨水易挥发，升高温度能促进氨水分解生成氨气，为促进氨水分解，则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热，且和氨水不反应；实验室可用氢氧化钙与氯化铵加热制备氨气；
（2）氨气极易溶于水，为防止倒吸，吸收氨气的装置中应该有缓冲装置；利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中；
（3）依据氧化还原反应的规律根据反应物和生成物再结合原子守恒定律写出反应方程式；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化进行计算。
【详解】氨气为碱性气体，结合上述分析可知，
①浓硫酸和氨水反应，①项错误；
②碱石灰遇水放出大量热，能使氨水温度升高，且和氨水不反应，②项符合题意；
③五氧化二磷和氨水反应，③项错误；
④烧碱固体溶解过程中放出大量热，能使氨水温度升高，且和氨水不反应，④项符合题意，
综上所述，②④正确；
实验室还可用固体氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气，其化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O，故答案为：②④；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O；
(2)氨气极易溶于水，为防止倒吸，吸收氨气的装置中应该有缓冲装置，Ⅱ、Ⅲ装置中都有缓冲装置，Ⅰ没有缓冲装置能产生倒吸，故选Ⅱ或Ⅲ；利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中，操作为用热毛巾将烧瓶捂热，烧瓶中的空气进入烧杯中，导致大气压强大于烧瓶中气体压强，从而使烧杯中的水通过导管进入烧瓶中产生喷泉实验，故答案为：Ⅱ或Ⅲ；用热毛巾将烧瓶捂热；
(3)氨气与氯气反应产生白烟的同时还生成氮气，结合氧化还原反应的规律可知所以其反应方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水，该反应为2NH3+3O2 2HNO2+2H2O，由反应可知，N的化合价由-3价升高为+3价，故生成1molHNO2时转移1mol×[3-（-3）]=6mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸=0.05mol，其质量为0.05mol×47g/mol=2.35g，故答案为：2NH3+3O2 2HNO2+2H2O；2.35。
24.某学校研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓氯化铜溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，产生的气体，具有可燃性，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的硫酸铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化。
(1)铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与相同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是________(填序号)。
A．铝与Cl－反应，铝与SO42-不反应
B．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强
C．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水
D．氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能
请设计一个简单实验验证你的选择：________________________________________。
(2)铝片表面出现的暗红色物质是____________，放出的气体是________。
(3) 某同学为使铝片与硫酸铜溶液反应加快，把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中，写出该过程反应的离子方程式_____________。
【答案】(1). D (2). 在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确。 (3). Cu (4). H2 (5). Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O
【解析】
【分析】（1）金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，结合氯化铝和硫酸铝阴离子的不同来分析；
（2）金属铝能置换铜盐中的金属铜；
（3）根据氧化铝能和强碱反应的性质及原电池可加快反应速率的应用来解答。
【详解】(1)金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能，D项正确；可以设计如下实验证明：在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确，故答案为：D；在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确；
(2)金属铜呈暗红色，金属铝能置换铜盐中的金属铜，即2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，氯化铜和硫酸铜均是强酸弱碱盐,水解显酸性，金属铝能和酸反应产生氢气，故答案为：Cu；H2；
（3）铝片表面的氧化铝能和强碱反应，然后把铝片投入投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速铝片与硫酸铜溶液的反应，其中该过程发生的离子方程式为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O，故答案为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O。
25.如图所示，B、 D是中学化学常见金属，D在生活中应用最广泛。
(1)写出物质A与盐酸反应的离子方程式_____。
(2)探究A和B反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入100mL稀硝酸，固体完全溶解， (假设固体全部溶解后溶液体积不变)，反应过程中无气体放出 (活泼金属可把稀 HNO3还原为NH4NO3)。向反应后的溶液中缓慢滴加4mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示：
①写出DE段发生反应的离子方程式：_____。
②B与A的差值为_____mol。
③求c(HNO3)=_____。
【答案】(1). Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O (2). NH4++OH﹣═NH3•H2O (3). 0.008 (4). 1.48mol/L
【解析】
【分析】（1）B、D是中学化学常见金属，D在生活中应用最广泛，则D为Fe，在氧气中点燃生成A，则A为Fe3O4，B与Fe3O4高温下能置换出铁单质，则B为Al，两者发生铝热反应，由此推出C为Al2O3，据此分析作答；
（2）O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为，NH4++OH-═NH3•H2O，E与F之间沉淀的量减少，肯定是因为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以此进行解答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为Fe3O4，则Fe3O4与稀盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O；
（2）①OC发生H++OH-═H2O；CD反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，离子方程式为，NH4++OH-═NH3•H2O，
故答案为：NH4++OH-═NH3•H2O；
②E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，
其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
EF段的n（NaOH）=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1 mol 1mol
0.008 mol 0.008mol
Al(OH)3的量是0.008mol，所以Al3+也是0.008mol，
所以B与A差值为0.008 mol，故答案为：0.008；
③加入34 mLNaoH溶液时，溶质为硝酸钠，原溶液中硝酸转化为为硝酸钠和一水合氨两部分，其中硝酸钠中消耗的硝酸为：4 mol/L×34×10-3L=0.136mol；一水合氨的物质的量为：4mol/L×（34-31）×10-3 L=0.012 mol，则硝酸的总物质的量为：0.136mol+0.012mol=0.148mol，硝酸溶液浓度为： =1.48mol/L，故答案为：1.48mol/L。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(本大题共13小题，每小题2分，共26分。每小题只有一个正确答案)
1.1934年居里夫妇用α粒子(4He)轰击27Al 得到一种自然界不存在的磷元素的一种同位素(3015P)：2713Al+42He 3015P+10n，开创了人造核素的先河。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 该变化说明原子核在一般的化学反应中也能发生变化
B. 该变化同样遵循质量守恒定律
C. 10n是一种电中性粒子
D. 对于3015P有:原子序数=质子数=中子数=核外电子数
【答案】A
【解析】A、轰击前原子核内质子数分别是13、2，轰击后得到原子核内质子数为15的核素，既原子核发生变化，但是该过程不是化学变化，A错误不符合题意。B、反应过程中总质子数、中子数没有变化，总质量不变，因此遵循质量守恒定律，B正确不符合题意。C、n仅含有一个中子，质子数、电子数均为0，呈电中性，C正确不符合题意。D、30P是15号元素，核内质子数为15 ，核外电子数为15，中子数=30-15=15，所以原子序数=质子数=中子数=核外电子数，D正确不符合题意。正确答案A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A. CO2的电子式：
B. NH3的结构式为
C. CH4的比例模型：
D. Clˉ离子的结构示意图：
【答案】A
【解析】试题分析：A．CO2的电子式为，错误； B．NH3的结构式为，正确；C．CH4的比例模型：，正确；D．Clˉ离子的结构示意图：，正确；故选A。
3.下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料
C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属
【答案】D
【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；
B、根据周期表的结构分析；
C、Ⅷ族占3个纵行；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。
详解：A、最活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；
B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；
C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，一个Ⅷ族占三个纵行，共18个纵行，C错误；
D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。
4. 下列关于能源和作为能源使用的物质的叙述中，错误的是（ ）
A. 化石燃料蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能
B. 太阳能不能直接转化为电能
C. 物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用
D. 绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
【答案】B
【解析】试题分析：A．化石燃料是由死去的有机物和植物在地下分解形成的，所以蕴藏的能量来自远古时期生物体所吸收利用的太阳能，A正确；B．太阳能通过光伏发电可以转化为电能，B错误；C．物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用，C正确；D．绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来，D正确，答案选B。
5.根据相关的化学原理，下列判断正确的是（ ）
A. 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S
B. 由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2
C. 若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2
D. 若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+
【答案】D
【详解】A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，A项错误；
B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，B项错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应A2+2D-═2A-+D2中，A的化合价降低，A2为氧化剂，D2为氧化产物，所以氧化性为A2＞D2，C项错误；
D．若R2-和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2-＞M+，D项正确；
答案选D。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 由C(石墨) = C(金刚石) ∆H=+1.9 kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
B. 在一定条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
C. 已知2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H=－221 kJ·mol-1，可知C的标准燃烧热为110.5 kJ·mol-1
D. 在一密闭容器中，9.6 g的硫粉与11.2 g的铁粉混合加热，充分反应，生成硫化亚铁17.6 g，放出19.12 kJ的热量，则Fe(s) + S(s) = FeS(s) ∆H= - 95.6 kJ·mol-1
【答案】D
【详解】A. 物质所具有的能量越低越稳定，因C(石墨) = C(金刚石) ∆H=+1.9 kJ·mol-1可知，石墨的能量比金刚石的低，则石墨比金刚石稳定，A项错误；
B. 在一定条件下，等物质的量的硫蒸气的能量比硫固体的能量高，则两者分别完全燃烧，前者放出的热量多，B项错误；
C. 燃烧热是在25°C，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，已知2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H=－221 kJ·mol-1，产物CO不是C的稳定氧化物，则不能求出标准燃烧热，C项正确；
D. 密闭容器中，9.6g硫粉物质的量==0.3mol，与11.2g铁粉物质的量= = 0.2mol，混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ 热量，所以1mol铁反应放热=19.12kJ ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)∆H=-95.6kJ．mol-1，D项正确；
答案选D。
7.右图是铝热反应(2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe)的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是( )
A. a为镁条
B. b为氧化铁与铝粉的混合物
C. 2 mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个
D. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】A、镁条作为引燃，故A正确；B、b为氯酸钾，c为氧化铁和铝粉混合物，故B错误；C、氧化剂是Fe2O3，转移电子物质的量为2×2×3mol=12mol，故C错误；D、Al2O3为氧化产物，还原剂为Al，因此还原剂和氧化产物的物质的量之比为：2：1，故D错误。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①NaAlO2(aq)AlCl3Al
② NH3NOHNO3
③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3
④FeS2SO3H2SO4
A. ②③ B. ①④ C. ②④ D. ③④
【答案】D
【解析】试题分析：①AlCl3为共价化合物，不能电解，应电解氧化铝制备铝，错误；②正；③侯德榜制碱法，正确；B、④FeS2只能生成二氧化硫，错误。
9.对下列实验装置图中所示的实验操作评价合理的是（ ）
A. 可能证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
B. 装置可用来制备少量氧气，并且控制反应的发生与停止
C. 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液不能直接在容量瓶中进行
D. 制备并收集少量NO2气体
【答案】C
【解析】试题分析：A．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，图甲中盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，另外稀盐酸有挥发性，也无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故A错误；B．过氧化钠与水反应是放热反应、反应速度快，且过氧化钠为粉末，不能用简易气体发生装置制备，故B错误；C．容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，故C正确；D．二氧化氮与水反应，且易溶于水，不能用排水法收集NO2气体，只能用排空气法收集，故D错误；故选A。
10.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构，则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
D. 0.1 mol NH5中含有0.5 mol N—H键
【答案】D
【解析】
分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成。
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H-之间为离子键，A项正确；
B．NH4H是一种离子化合物，NH3为共价化合物，熔、沸点高于NH3，B项正确；
C．NH5能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，NH3•H2O再继续分解产生氨气，C项正确；
D．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键（其一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，则0.1 mol NH5中含有0.4 mol N—H键，D项错误；
答案选D。
11.下列有关于中和热测定的说法正确的是（ ）
A. 50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应放出的热量即为中和热
B. 在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时，要缓慢、分多次加入
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分又可以避免损坏温度计
D. 在没有盐酸的情况下，若改用浓硫酸做此实验，得到的∆H值偏大
【答案】C
【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应生成1 mol水放出的热量，50mL 0.50 mol·L-1的盐酸和50mL 0.50 mol·L-1的氢氧化钠溶液反应水的物质的量为50×10-3L×50 mol·L-1=2.5mol，不是1mol，A项错误；
B.为尽可能减少热量的损失，在实验中，向盛盐酸的简易量热计中加氢氧化钠溶液时要一次性加入，B项错误；
C. 在实验操作时，使用环形玻璃搅拌棒既可以搅拌充分，使酸与碱反应充分，又可以避免损坏温度计，C项正确；
D. 浓硫酸溶于水放热，若改用浓硫酸做此实验，放出的热量数值会偏大，对应的∆H值偏小，D项错误；
答案选C。
12.向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。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＋、Fe3＋、SO42-、HCO3-
B. b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42-、Cl－
C. c点对应的溶液中：K＋、Ag＋、Ca2＋、NO3-
D. d点对应的溶液中：K＋、NH4+、CO32-、SO42-
【答案】B
【详解】A．a点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在HCO3-，不能共存，A项错误；
B．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、ClO-、SO42-、Cl-不反应，能大量存在，B项正确；
C．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+，不能共存，C项错误；
D．d点为氯化铝溶液，氢氧根离子与铵根离子反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
13.R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。X原子最外层电子数等于其电子层数的3倍。下列推断正确的是（ ）
R
X
Y
Z
A
A. 气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为：Z>R>X>Y
B. 原子半径由小到大的顺序为：Z
【答案】C
【解析】
【分析】R、X、Y、Z、A是短周期主族元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，则R、X、Y位于第二周期，Z、A位于第三周期；X原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则X最外层含有6个电子，为O元素，结合各元素的相对位置可知，R为N、Y为F、Z为P、A为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
【详解】根据上述分析可知，R为N、X为O、Y为F、Z为P、A为Cl，则
A. 非金属性越强，最简单气态氢化物的热稳定性越强，因非金属性：Y>X>R>Z，则氢化物的稳定性：Y>X>R>Z，A项错误；
B. 同一周期，原子序数越大，原子半径越小，同一主族中，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小为：Z>A>X>Y，B项错误；
C. 非金属性：A>Z>R，最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序为：Z、R、A，C项正确；
D. ZA5分子为PCl5，P原子最外层电子数为：5+5=10，不满足8电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
二、选择题(本大题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个正确答案)
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 硅和C60的熔化克服相同类型作用力
B. 只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键
C. 等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等
D. 氯气与NaOH溶液反应的过程中，同时有离子键、极性键与非极性键的断裂和形成
【答案】C
【详解】A. 硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，而C60为分子晶体，熔化时破坏的是范德华力，两者熔化克服的作用力类型不同，A项错误；
B. 离子化合物可能全部是由非金属元素组成的，如铵盐，B项错误；
C. CN−中含有碳氮三键，带有1个单位负电荷，其电子式为：，1mol CN−含有的共用电子对为3mol；氮气分子中存在氮氮三键，N2的电子式为：，1mol N2含有的共用电子对也为3mol，则等物质的量的CN−和N2含有的共用电子对数相等，C项正确；
D. 氯气与NaOH溶液反应方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反应物中有离子键和共价键的断裂，生成物有离子键，极性键生成，没有非极性键的形成，D项错误；
答案选C。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24 LCCl4中碳氯键的数目为0.4 NA
B. 1 L 0.1 mol·Lˉ1硫酸铝溶液中含有的氧原子数为1.2NA
C. 标准状况下，8.96 L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA
D. 1.2 g金刚石与石墨混合物中含有碳碳单键的数目为0.4NA
【答案】C
【详解】A. CCl4在标准状况下为液体，不能按气体的摩尔体积计算其物质的量，A项错误；
B. 硫酸铝溶液中存在大量的水，水分子也含氧原子，则1 L 0.1 mol·Lˉ1硫酸铝溶液中含有的氧原子数远大于1.2NA，B项错误；
C. 标况下8.96L混合气体的物质的量为0.4mol，由于1mol氢气或CO燃烧均消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气和CO的混合气体燃烧时消耗0.2mol氧气即0.2NA个氧气分子，C项正确；
D. 石墨与金刚石结构不同，相同物质的量的碳原子，其对应的结构中碳碳键数目不同，只知道混合物总质量无法计算碳碳键数目，D项错误；
16.根据下列热化学方程式
C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ∆H1＝–393.5 kJ·mol-1
2H2(g) + O2(g) ＝2H2O(l) ∆H2＝–571.6 kJ·mol-1
CH3COOH(l) +2O2(g)＝2CO2 (g) + 2H2O(l) ∆H3＝–870.3 kJ·mol-1
可以计算出2C(s) + 2H2(g)+ O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为：（ ）
A. ∆H＝＋244.1 kJ·mol-1 B. ∆H＝－488.3 kJ·mol-1
C. ∆H＝－996.6 kJ·mol-1 D. ∆H＝＋996.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反应的焓变与反应过程无关，只与起始状态和终了状态有关，据此分析。
【详解】已知 ①C（s）+O2（g）═CO2（g）∆H1=-393.5kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（l）∆H2=-285.8kJ/mol
③CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）∆H3=-870.3kJ/mol
依据盖斯定律（1）×2-（3）+（2）×2得到2C(s) + 2H2(g)+ O2(g)＝CH3COOH(l) ∆H=(−393.5kJ/mol)×2−(−870.3kJ/mol)+(−285.8kJ/mol)×2=−488.3kJ/mol，B项正确，
答案选B。
17.在某100 mL混合酸溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.2 mol·L-1和0.4 mol·L-1，向该混合溶液中加入2.24 g铁粉，加热充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
A. 生成的气体在标准状况下的体积为672 mL
B. 生成的气体有NO和H2
C. 所得溶液中有溶质FeSO4和Fe2(SO4)3
D. 所得溶液中Fe2+的物质的量浓度为0.4 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】计算氢离子总物质的量、硝酸根的物质的量判断，铁粉和氢离子过量，根据反应：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O、Fe+2H+═Fe2++H2↑进行过量计算，根据不足量的硝酸根计算生成NO物质的量，根据铁粉和氢离子过量进而计算生成氢气的物质的量，进而计算Fe2+的物质的量浓度。
【详解】n(HNO3)=cv=0.2mol⋅L−1×0.100 L=0.020mol， n(H2SO4)=cv=0.4mol⋅L−1×0.100 L=0.040mol，100mLHNO3和H2SO4混合酸溶液中，n(H+)=0.02moL+2×0.04moL=0.10mol，n(NO3−)=0.020mol，n(Fe)= ==0.040mol，
所以向该混合液中加入2.24g铁粉，加热先发生反应：
3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O
物质的量：0.03 0.08 0.02 0.03 0.02
反应后剩余的0.02molH+发生下列反应：
Fe+2H+═Fe2++H2↑
物质的量：0.01 0.02 0.01 0.01，则
A. 生成的气体有NO和H2共0.03mol，生成的气体在标准状况下的体积为V=n× Vm=0.03mol×22.4L/mol=672mL，A项正确；
B. 根据以上分析生成的气体有NO和H2，B项正确；
C. 因NO3−少量所得溶液中溶质只有FeSO4，C项错误；
D. 溶液中Fe2+的物质的量为：0.03 mol+0.01 mol=0.04 mol，100mL混合酸溶液中，浓度为c= = 0.4mol⋅L−1，D项正确；
答案选C。
18. 已知X、Y、Z、W均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略)。下列说法不正确的是（ ）
A. X、Y、Z中至少有一种相同的元素，该元素可以是金属元素也可以是非金属元素
B. 物质W可能是化合物，也可能是单质
C. 上述转化关系中不可能出现置换反应
D. 若X、Y、Z中均含有一种常见金属元素，则W可能是强酸也可能是强碱
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W可以分别为①NaOH、Na2CO3、NaHCO3和CO2；②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2和NaOH，③NaAlO2、Al(OH)3、AlCl3和HCl，④H2S、S、SO2和O2，⑤Cl2、FeCl3、FeCl2和Fe等，故A、B、D项均正确。若为上述中的第④种情况，X→Y的转化为2H2S＋O2=2S＋2H2O，属于置换反应，故C项错误。
19. 有A、B两种短周期元素，原子半径是:r(A)
B. 若HnAOm是强酸，则B的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
C. 若B是金属，则A可能是非金属，若B是非金属，则A可能是金属
D. 常温下，若B元素的氢化物是气体，则A元素的氢化物可能是液体
【答案】D
【解析】试题分析：A、B两种短周期元素，原子半径是：r(A)＜r(B)，且A、B两种元素原子的最外层电子数相同，则A、B位于周期表同一主族，且B在A的下一周期，则：A．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，如B(OH)m是强碱，则A(OH)m不一定为强碱，故A错误；B．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，若HnAOm是强酸，则B的最高价氧化物对应的水化物不一定为强酸，故B错误；C．短周期元素中，A、B位于相同主族，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，若B是金属，则A可能是非金属，如H、Li，若B是非金属，则A一定是非金属，如C、Si；N、P；O、S；F、Cl等，故C错误；D．常温下，若B元素的氢化物是气体，则A元素的氢化物可能是液体，如O、S，故D正确，故选D。
20.某固体混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或几种组成的，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)：
下列说法中不正确的是（ ）
A. 该固体中一定没有FeCl2，可能含有AlCl3 B. 该固体中含有2.70 g Al
C. 该固体中含有6.60 g (NH4)2SO4 D. 该固体中含有4.75 g MgCl2
【答案】A
【解析】试题分析：往混合固体中加入过量浓的NaOH溶液，能够生成气体的有Al、(NH4)2SO4 ，气体分别是H2和NH3，把气体通过碱石灰干燥，气体体积不变，再通过浓硫酸，气体体积减小且不为零，所以可知生成的气体为H2和NH3 ，体积分别为3．36L和2．3L，原固体混合物中一定有Al、(NH4)2SO4 ，由体积可以分别计算得m(Al)=2．70g、m[(NH4)2SO4]=6．60g；又碱过量有白色沉淀生成，且白色沉淀久置不变色，则一定没有FeCl2，沉淀为Mg(OH)2是2．9g，由此可计算得m(MgCl2)=4．75g；由此m(Al)+m[(NH4)2SO4] +m(MgCl2)= 2．70g +6．60g +4．75g=14．05g，所以固体混合物中只有这三种物质，一定没有AlCl3 ，所以A错误，故选A。
三、简答题(共53分)
21.(1)工业上氨气的催化氧化反应的化学方程式_____________
(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式_____________；
(3)根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g) = CF4(g)＋4HF(g)
ΔH =－1940 kJ·mol-1，计算H—F键的键能为______________。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1)
414
489
？
155
(4)0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和一种还原性的气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式_________________。
【答案】(1). 4NH3+5O2NO+6H2O， (2). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3- (3). 565 kJ·mol-1 (4). 2Cl2 (g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6 kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O；
（2）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝与碳酸氢钠；
（3）依据化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，计算得到反应的焓变；
（4）先根据质量守恒定律书写其化学方程式，再结合反应热与热化学方程式之间的关系正确书写热化学方程式。
【详解】（1）工业上利用氨气与氧气催化氧化可生成NO和H2O，其化学方程式为：4NH3+5O2NO+6H2O，，故答案为：4NH3+5O2NO+6H2O，；
（2）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO3-；
（3）化学反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，设H—F键的键能为x，则CH4(g)＋4F2(g) = CF4(g)＋4HF(g) ΔH =－1940 kJ·mol-1=（414 kJ/mol×4+155 kJ/mol×4）-（489kJ/mol×4+x×4），解得x=565 kJ·mol-1，故答案为：565 kJ·mol-1；
（4）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，则2 mol氯气反应放出的热量为20.1×4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ∆H=-85.6kJ•mol-1。
故答案为：2Cl2 (g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6 kJ·mol-1
22.短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，A的简单离子半径是同周期元素简单离子中半径最小的。请回答下列问题：
(1)描述D在元素周期表中的位置：_____________________________。
(2)在A、B、C、E四种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是__________(写化学式，下同)，非金属最简单气态氢化物最不稳定的是_____________________。
(3)写出满足下列条件分子的结构式_________________________
①所有原子最外层是8个电子； ②C和E组成的化合物
【答案】(1). 第二周期VIA (2). HClO4 (3). CH4 (4).
【解析】
【分析】由短周期主族元素A、B、C、D、E在周期表中位置知，B、C、D处于第二周期，A、E处于第三周期，A元素的简单离子半径在同周期元素的简单离子中最小，则A是Al元素，可推知B为碳元素、C为N元素、D为O元素、E为Cl，据此解答。
【详解】有上述分析可知，
(1)D为O元素，原子序数为8，在元素周期表中的位置：第二周期ⅥA族，
故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)在A. B. C. E四种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，非金属最简单气态氢化物最不稳定的是CH4，故答案为：HClO4；CH4；
(3)满足下列条件分子的结构式：①所有原子最外层是8个电子；②C和E组成的化合物，该分子结构式为：，故答案为：。
23.某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)如图装置A烧瓶内试剂可选用______(填序号)；①浓硫酸 ②碱石灰 ③五氧化二磷 ④烧碱固体；实验室制取氨气常用另外一种固体和固体加热的方法，写出该方法的化学方程式______________________。
(2)若探究氨气的溶解性，上图需在K2的导管末端连接下图装置中的_________装置(填序号)，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是______________________。
(3)若探究氨气的还原性，需打开K1、K3，K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置，D中氨气与氯气反应产生白烟，该反应的化学方程式为__________________。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为__________，若反应中有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_____g(小数点后保留两位有效数字)。
【答案】(1). ②④ (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O (3). II或III (4). 用热毛巾将烧瓶捂热 (5). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2 (6). 2NH3+3O2 2HNO2+2H2O (7). 2.35
【解析】
【分析】（1）氨水易挥发，升高温度能促进氨水分解生成氨气，为促进氨水分解，则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热，且和氨水不反应；实验室可用氢氧化钙与氯化铵加热制备氨气；
（2）氨气极易溶于水，为防止倒吸，吸收氨气的装置中应该有缓冲装置；利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中；
（3）依据氧化还原反应的规律根据反应物和生成物再结合原子守恒定律写出反应方程式；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化进行计算。
【详解】氨气为碱性气体，结合上述分析可知，
①浓硫酸和氨水反应，①项错误；
②碱石灰遇水放出大量热，能使氨水温度升高，且和氨水不反应，②项符合题意；
③五氧化二磷和氨水反应，③项错误；
④烧碱固体溶解过程中放出大量热，能使氨水温度升高，且和氨水不反应，④项符合题意，
综上所述，②④正确；
实验室还可用固体氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气，其化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O，故答案为：②④；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+H2O；
(2)氨气极易溶于水，为防止倒吸，吸收氨气的装置中应该有缓冲装置，Ⅱ、Ⅲ装置中都有缓冲装置，Ⅰ没有缓冲装置能产生倒吸，故选Ⅱ或Ⅲ；利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中，操作为用热毛巾将烧瓶捂热，烧瓶中的空气进入烧杯中，导致大气压强大于烧瓶中气体压强，从而使烧杯中的水通过导管进入烧瓶中产生喷泉实验，故答案为：Ⅱ或Ⅲ；用热毛巾将烧瓶捂热；
(3)氨气与氯气反应产生白烟的同时还生成氮气，结合氧化还原反应的规律可知所以其反应方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+ N2；
（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水，该反应为2NH3+3O2 2HNO2+2H2O，由反应可知，N的化合价由-3价升高为+3价，故生成1molHNO2时转移1mol×[3-（-3）]=6mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸=0.05mol，其质量为0.05mol×47g/mol=2.35g，故答案为：2NH3+3O2 2HNO2+2H2O；2.35。
24.某学校研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓氯化铜溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，产生的气体，具有可燃性，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的硫酸铜溶液中，在短时间内铝片无明显变化。
(1)铝与氯化铜溶液能迅速反应，而与相同浓度的硫酸铜溶液在短时间内不反应的原因可能是________(填序号)。
A．铝与Cl－反应，铝与SO42-不反应
B．氯化铜溶液酸性比同浓度的硫酸铜溶液酸性强
C．生成氯化铝溶于水，而生成硫酸铝不溶于水
D．氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能
请设计一个简单实验验证你的选择：________________________________________。
(2)铝片表面出现的暗红色物质是____________，放出的气体是________。
(3) 某同学为使铝片与硫酸铜溶液反应加快，把铝片投入热氢氧化钠溶液中一段时间后，取出洗涤，再投入硫酸铜溶液中，写出该过程反应的离子方程式_____________。
【答案】(1). D (2). 在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确。 (3). Cu (4). H2 (5). Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O
【解析】
【分析】（1）金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，结合氯化铝和硫酸铝阴离子的不同来分析；
（2）金属铝能置换铜盐中的金属铜；
（3）根据氧化铝能和强碱反应的性质及原电池可加快反应速率的应用来解答。
【详解】(1)金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能，D项正确；可以设计如下实验证明：在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确，故答案为：D；在硫酸铜溶液中加入铝片，无明显现象，再加入NaCl (不能加入盐酸)，若反应明显加快了，说明判断正确；
(2)金属铜呈暗红色，金属铝能置换铜盐中的金属铜，即2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，氯化铜和硫酸铜均是强酸弱碱盐,水解显酸性，金属铝能和酸反应产生氢气，故答案为：Cu；H2；
（3）铝片表面的氧化铝能和强碱反应，然后把铝片投入投入硫酸铜溶液中，形成铝铜原电池，能加速铝片与硫酸铜溶液的反应，其中该过程发生的离子方程式为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O，故答案为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- +H2O。
25.如图所示，B、 D是中学化学常见金属，D在生活中应用最广泛。
(1)写出物质A与盐酸反应的离子方程式_____。
(2)探究A和B反应后固体的性质：将反应后容器中的残余固体置于烧杯中，加入100mL稀硝酸，固体完全溶解， (假设固体全部溶解后溶液体积不变)，反应过程中无气体放出 (活泼金属可把稀 HNO3还原为NH4NO3)。向反应后的溶液中缓慢滴加4mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示：
①写出DE段发生反应的离子方程式：_____。
②B与A的差值为_____mol。
③求c(HNO3)=_____。
【答案】(1). Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O (2). NH4++OH﹣═NH3•H2O (3). 0.008 (4). 1.48mol/L
【解析】
【分析】（1）B、D是中学化学常见金属，D在生活中应用最广泛，则D为Fe，在氧气中点燃生成A，则A为Fe3O4，B与Fe3O4高温下能置换出铁单质，则B为Al，两者发生铝热反应，由此推出C为Al2O3，据此分析作答；
（2）O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-═H2O，D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为，NH4++OH-═NH3•H2O，E与F之间沉淀的量减少，肯定是因为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以此进行解答。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为Fe3O4，则Fe3O4与稀盐酸反应的离子方程式为：Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4 +8H+=2Fe3+ +Fe2++4H2O；
（2）①OC发生H++OH-═H2O；CD反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，离子方程式为，NH4++OH-═NH3•H2O，
故答案为：NH4++OH-═NH3•H2O；
②E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，
其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
EF段的n（NaOH）=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1 mol 1mol
0.008 mol 0.008mol
Al(OH)3的量是0.008mol，所以Al3+也是0.008mol，
所以B与A差值为0.008 mol，故答案为：0.008；
③加入34 mLNaoH溶液时，溶质为硝酸钠，原溶液中硝酸转化为为硝酸钠和一水合氨两部分，其中硝酸钠中消耗的硝酸为：4 mol/L×34×10-3L=0.136mol；一水合氨的物质的量为：4mol/L×（34-31）×10-3 L=0.012 mol，则硝酸的总物质的量为：0.136mol+0.012mol=0.148mol，硝酸溶液浓度为： =1.48mol/L，故答案为：1.48mol/L。
相关资料
更多
