【化学】北京市北京四中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

北京市北京四中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
考试时间为100分钟，试卷满分为100分
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分。）
1. 化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. CO2属于大气污染物
B. 酸雨是pH小于7的雨水
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧
【答案】D
【解析】试题分析：二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，例如大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧；正常雨水的PH值为5．6，PH值小于5．6的雨水是酸雨，NO2或SO2都会导致酸雨的形成，选D。
2.下列有关化学用语的表示正确的是( 　　)
A. NH4Cl的电子式： B. S2-的结构示意图：
C. 氨的电子式： D. 碳元素位于第2周期，VIA族
【答案】C
【详解】A. NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；
B. S2-结构示意图为，B错误；
C. 氨气是共价化合物，电子式为，C正确；
D. 碳元素位于第二周期第ⅣA族，D错误。
答案选C。
3.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（ ）
A. KOH B. CaCl2 C. H2O D. NaCl
【答案】A
【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可知，氢氧化钾中含有离子键和共价键，氯化钙中含有离子键，水中含有共价键，氯化钠中含有离子键，答案选。
4.常温下可以用铁制容器盛装的是（ ）
A. 浓盐酸 B. 浓硫酸
C. 稀硝酸 D. 硫酸铜溶液
【答案】B
【解析】分析：根据铁的性质进行解答，常温下，浓硫酸具有强氧化性,铁在浓硫酸中被氧化生成致密的氧化膜,阻止反应进一步进行,发生钝化,能盛放；常温下，铁与浓盐酸、硫酸铜溶液发生置换反应，与稀硝酸发生氧化还原反应，不能用铁制品容器盛放；据此分析解答。
详解：常温下，铁与浓盐酸发生置换反应，不能盛放，A错误；常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻止反应进一步进行，故铁制容器可以盛放浓硫酸，B正确；常温下，铁与稀硝酸发生氧化还原反应，不能盛放，C错误；常温下，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，不能盛放，D错误；正确选项B。
5. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（ ）

A. 氮元素均被氧化
B. 工业合成氨属于人工固氮
C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】
【解析】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．
6.下列关于浓硫酸的叙述中，错误的是（ ）
A. 浓硫酸滴在纸上使纸变黑，是由于浓硫酸有脱水性
B. 稀释浓硫酸时，应将水沿器壁慢慢注入浓硫酸中，并不断用玻璃棒搅拌
C. 欲除去CO2中的水蒸气，可将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D. 不慎在皮肤上沾上少量浓硫酸时，应立即用大量水冲洗
【答案】B
【详解】A.浓硫酸滴在纸上，纸变黑，是由于浓硫酸有脱水性，故不选A；
B.稀释浓硫酸会放热且浓硫酸的密度大于水，所以稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，故选B；
C.浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，所以欲除去CO2中的水蒸气，可将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶，故不选C；
D.少量浓硫酸沾在皮肤上时，应立即用大量水冲洗，故不选D；
答案：B
7.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 金属Na加入水中：Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑
B. NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
C. SO2和过量的NaOH溶液反应：SO2+OH-===HSO3-
D. 过量的Fe和稀硝酸反应：Fe+4H++NO3-===Fe3++NO↑+2H2O
【答案】B
【详解】A.配平错误，应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B. NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；
C.碱过量应该生成正盐，应为SO2+2OH-=SO32-+H2O，故C错误；
D.Fe过量应该生成亚铁盐，应为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；
答案：B
8.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）
A. 分离碘酒中的碘和酒精
B. 实验室制氨气
C. 除去Cl2中的HCl
D. 排水集气法收集NO
【答案】D
【解析】A、因碘与酒精互溶而不会分层，则不能利用分液漏斗来分离，选项A错误；B、氯化铵受热分解，在试管口处HCl与氨气又化合生成氯化铵，则不能只利用氯化铵制取氨气，选项B错误；C、氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，选项C错误；D、NO不溶于水，导管短进长出，可利用排水法收集NO，选项D正确。答案选D。
9.海洋约占地球表面积的71％，对其进行开发利用的部分流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO42-
B. 从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为：2Br-+Cl2===2Cl-+Br2
C. 试剂1可以选用石灰乳
D. 工业上，电解熔融Mg（OH）2冶炼金属镁
【答案】D
【详解】A.氯化钡和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸钡，且氯离子不是杂质离子，故A正确；
B.氯气能将溴离子氧化为溴单质，然后采用萃取的方法从溶液中获取溴，故B正确；
C.煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到石灰乳，石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，试剂1廉价且原料来源广泛，故C正确；
D.氢氧化镁受热分解，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；
答案：D
10.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与HCl溶液，其中由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A. ①③ B. ③④ C. ①② D. ①③④
【答案】A
【解析】浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，①正确。铜和氯化铁反应生成物是氯化亚铁和氯化铜，和浓度无关。锌和稀硫酸反应生成氢气，和浓硫酸反应生成SO2气体，③正确。铁和盐酸反应的生成物是氢气和氯化亚铁，与浓度无关，答案选A。
11. 用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是( )

A. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量
B. ②中选用品红溶液验证SO2的生成
C. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】试题分析：A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确．D、①中生成硫酸铜溶液，不需要加水，故D错误；故选D。
12.向CuSO4酸性溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热。一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. 逸出气体的主要成分是O2
B. H2O2既表现氧化性又表现还原性
C. Cu2+将H2O2还原
D. 发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
【答案】C
【解析】分析：根据题给信息可知，Cu2＋将H2O2氧化为O2，H2O2被氧化，表现还原性，Cu2＋被还原为Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O＋H2O2＋4H＋＝2Cu2＋＋3H2O，H2O2表现氧化性，据以上分析解答。
详解：H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，发生氧化反应，因此Cu2＋将H2O2氧化为O2，A正确；根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O＋H2O2＋4H＋＝2Cu2＋＋3H2O，Cu2O中+1价Cu 被氧化成+2价Cu2＋，H2O2又表现了氧化性，B正确；H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，发生氧化反应，因此Cu2＋将H2O2氧化为O2，C错误；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O＋H2O2＋4H＋＝2Cu2＋＋3H2O，D正确；答案选C。
13.根据表中信息判断以下叙述，正确的是（ ）
短周期元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0．160
0．143
0．089
0．102
0．074
主要化合价
+2
+3
+2
+6、-2
-2
A. 氢化物的稳定性为H2TP B. 热稳定性：HCl>AsH3>HBr
C. 还原性：As3->S2->Cl- D. 酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO4
【答案】C
【详解】A.原子半径比较时，①电子层数越多，半径越大；②电子层相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小；因此原子半径大小顺序是As>P>Cl，故A错误；
B.因为非金属性越强，气态氢化物越稳定，而同一周期从左到右非金属性增强，同一主族从上到下非金属性减弱，因此热稳定性：HCl>HBr>AsH3，故B错误；
C.单质的氧化性Cl2>S>As，所以阴离子的还原性：As3->S2->Cl-，故C正确；
D.非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，同一周期从左到右非金属性增强，同一主族从上到下非金属性减弱，因此酸性H2SO4>H3PO4>H3AsO4，故D错误；
答案：C
16.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：

下列说法不正确的是（ ）
A. 甲、乙、丙三种物质都含有氮元素
B. 反应II、III和IV的氧化剂一定相同
C. VI的产物可在上述流程中被再次利用
D. 丁为NaHCO3
【答案】B
【解析】分析：由图可知，甲是氮气，与氢气化合生成氨气。反应Ⅴ是侯氏制碱法，故丁是碳酸氢钠，受热分解生成碳酸钠。氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮，综上所述，甲、乙、丙、丁分别为氮气、一氧化氮、二氧化氮、碳酸氢钠，据此回答问题。
详解：由上述分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；反应Ⅱ为氨气的催化氧化反应，氧化剂为氧气；反应Ⅲ为一氧化氮的氧化，氧化剂为氧气；反应Ⅳ为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氧化剂和还原剂均是二氧化氮，B错误；碳酸氢钠分解生成的二氧化碳可以在反应Ⅴ中循环利用，C正确；由上述分析可知，反应Ⅴ为侯氏制碱法，NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，所以丁为NaHCO3，D正确；正确选项B。
17.用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）


①中的物质
②中的物质
预测①的现象
A
淀粉KI溶液
浓硝酸
无明显变化
B
酚酞溶液
浓盐酸
无明显变化
C
MgCl2溶液
浓氨水
有白色沉淀
D
湿润红纸条
饱和氯水
红纸条褪色
【答案】A
【详解】A.硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故选A；
B.浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故不选B；
C.浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化镁溶液，一水合氨与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故不选C；
D.饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故不选D；
答案：A
18.如图所示进行实验，下列说法不正确的是（ ）

A. 石蕊试液变红说明SO2的水溶液显酸性
B. 品红溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色原因不相同
C. BaCl2溶液中开始没有明显现象，一段时间后缓慢出现浑浊，该浑浊为BaSO3
D. 该实验说明SO2的性质具有多样性
【答案】C
【解析】分析：A. 二氧化硫和水反应生成亚硫酸是中强酸，能够使石蕊试液变红；B.SO2具有漂白性，使品红褪色，具有还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色；C.亚硫酸的酸性小于盐酸，所以BaCl2溶液与SO2不反应；D.该实验综合体现了SO2的酸性氧化物的性质、漂白性、还原性等性质。
详解：SO2和水反应生成H2SO3, H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色,A正确；二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，所以品红溶液中不断的通入SO2气体,品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性；高锰酸钾溶液具有氧化性,能氧化还原性物质,向其中通入SO2溶液褪色,则高锰酸钾被还原,所以说明+4价硫具有还原性, SO2具有还原性, 褪色原因不相同，B正确；盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，因此BaCl2溶液与SO2气体不能发生反应，没有现象出现，C错误；通过以上实验证明SO2具有酸性氧化物的性质、漂白性、还原性等性质，D正确；答案选C。
19.下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是（ ）

实验目的
实验操作及现象
A
检验某固体物质中含有NH4+
取少量固体于试管中，加入少量浓NaOH溶液，加热，试管口放置蓝色石蕊试纸立即变红
B
证明酸性条件下H2O2的氧化性强于I2
向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10％的H2O2溶液，溶液立即变蓝色
C
证明氯的非金属性强于碳
将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊
D
验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2
向5mL饱和氯水中滴加少量0．1 mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，再滴加少量0．1mol/L淀粉KI溶液，溶液变蓝
【答案】B
【详解】A.铵根离子的检验是加入强碱并加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有铵根离子，故A错误；
B.2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，碘单质遇淀粉溶液变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以证明酸性条件下H2O2的氧化性强于I2，故B正确；
C.将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊，说明酸性盐酸大于碳酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法判断Cl、C元素的非金属性强弱，故C错误；
D.向5mL饱和氯水中滴加少量0.1mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，证明氧化性：Cl2>Br2，再滴加少量0．1mol/L淀粉KI溶液，溶液变蓝，由于氯水过量，氯气会与KI反应，不能证明氧化性Br2>I2，故D错误；
答案：B
20.木炭与浓硫酸共热产生的气体X和铜与浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图所示装置），下列有关说法不正确的是（ ）

A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B. Z导管出来的气体中有二氧化碳
C. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
D. 在Z导管口可能有红棕色气体出现
【答案】A
【解析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2．
A、H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，故A错误；
B、因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，则Z导管出来的气体中含有二氧化碳，故B正确；
C、因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，所以气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，故C正确；
D、反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，故D正确；
故选A．
二、填空题（共5道大题，共60分。）
21.非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：

（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是_____；
②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后会形成酸雨而污染环境。写出形成酸雨的化学方程式______。工业上常向煤中加入石灰石，减少B气体对环境的污染，其反应的化学方程式为_____。
（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。
①A转化为B的化学方程式是____。
②D的稀溶液在常温下可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的离子方程式_____。
【答案】(1). H2SO4 (2). 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
(3). 2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2 (4). N2+O22NO
(5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2；D为强酸，则不会是碳单质的转化；
（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为单质S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
【详解】（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为单质S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
①由以上分析可知D的化学式是H2SO4；答案：H2SO4
②SO2与氧气和雨水反应生成H2SO4，即形成酸雨，形成酸雨的化学方程式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。工业上常向煤中加入石灰石，减少SO2气体对环境的污染，其反应的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；答案：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2
（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3；
①由以上分析可知A、B的化学式分别是N2、NO，化学方程式N2+O22NO；
答案：N2+O22NO
②D为HNO3，HNO3的稀溶液具有强氧化性，在常温下可与铜反应并生成NO气体，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；答案：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
22.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①—⑨在表中的位置，回答下列问题：
族
周期
IA






0
1
①
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA

2



②
③
④


3
⑤

⑥
⑨

⑦
⑧

（1）第三周期中元素非金属性最强的元素的原子结构示意图为______。
（2）②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为（填化学式）____。
（3）用电子式表示④的氢化物的形成过程如下_____。
（4）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是____。
a．⑤单质的熔点比⑥单质低
b．⑤的化合价比⑥低
c．⑤单质与水反应比单质⑥剧烈
d．⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强
（5）由表中①、③、④、⑥、⑧元素形成的常见物质Z、M、N可发生以下反应：

a．M中所含的化学键种类为（若含共价键，请标明极性或非极性）_____。
b．N→⑥的单质的化学方程式_______。
【答案】(1). (2). HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 (3). (4). cd (5). 极性共价键，离子键 (6). 2Al2O3（熔融）4Al+O2↑
【详解】由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Si。则
（1）同周期自左向右非金属性逐渐增强，则第三周期中元素非金属性最强的元素是氯元素，其原子结构示意图为。
（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则②③⑨最高价氧化物对应水化物酸性强弱顺序为HNO3＞H2CO3＞H2SiO3。
（3）④氢化物是水，则用电子式表示其形成过程为。
（4）a. 金属性强弱与金属单质的熔点高低没有关系，a错误；
b. 金属性强弱与金属元素的化合价高低没有关系，b错误；
c. 金属性越强，其单质越容易与水反应，则⑤单质与水反应比单质⑥剧烈说明钠的金属性强于铝，c正确；
d. 金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则⑤最高价氧化物的水化物的碱性比⑥强说明钠的金属性强于铝，d正确；
答案选cd。
（5）氨气通入氯化铝溶液中生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，则M是氯化铵，Z是氢氧化铝，氢氧化铝分解生成N是氧化铝，电解熔融的氧化铝得到金属铝。则
a. 氯化铵中所含的化学键种类有离子键和极性共价键。
b. 电解冶炼铝的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+O2↑。
23.氨气在工农业生产中有重要应用。
（1）写出工业合成氨的化学方程式_____。
（2）某化学实验小组同学利用以下装置制备氨，并探究氨的性质（部分仪器已略去）。
请回答：

①实验室制备氨的化学方程式为_____。
②用装置B收集氨时，氨的进气口是____（选填“a”或“b”）。打开装置B中的活塞c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨具有的性质是______，____。
③向C中NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_____。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O===Fe（OH）2↓+2NH4+和_____。
④为防止环境污染，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨的是____（填序号）。

【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O (3). a (4). 极易溶于水 (5). 溶于水形成的溶液呈碱性 (6). NH3+HCl=NH4Cl (7). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 (8). BD
【解析】
【详解】（1）工业利用氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件合成氨，化学方程式N2+3H22NH3；答案：N2+3H22NH3
（2）①实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，化学方程式为NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；答案：NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O
②氨气密度比空气小，用装置B收集氨时，氨的进气口是a；打开装置B中的活塞c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨具有的性质是极易溶于水，溶于水后，大部分和水结合生成一水合氨，少量一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，因此溶液呈碱性；
答案：极易溶于水 溶于水形成的溶液呈碱性
③向C中NaOH固体上滴几滴浓氨水，可以得到氨气，浓盐酸易挥发与氨气反应生成氯化铵，因此附近会出现白烟； FeSO4溶液与氨气可反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，迅速被空气中的氧气氧化，白色变为灰绿色，最后到红褐色氢氧化铁沉淀，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+和4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；
答案：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
④由于氨气极易溶于水，为防倒吸，吸收多余氨选择的装置必须能够防止倒吸，因此选BD；
答案：BD
24.A、B、C、D 4种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族；B、C同周期。A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子个数之比为4：1。常温下，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子个数比为1:1；丙中A、C原子个数比为2:1。由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子个数之比为1：1；戊中D、C个数比为2：1。B元素的最高价氧化物跟丁能发生化学反应，生成物为两种，其中一种为C的单质。
（1）写出对应物质化学式①乙_______；②丁_______。
（2）B元素的最高价氧化物跟丁反应的化学方程式_______。
（3）写出下列物质的电子式①甲_______；②戊_______。
（4）A、B、C、D4种原子的半径由大到小顺序______（填元素符号）。
（5）由A、B、C、D4种原子组成的既含离子键又含共价键的物质的化学式为______。
【答案】 (1). H2O2 (2). Na2O2 (3). 2CO2+Na2O2=2Na2CO3+O2 (4). (5). (6). Na>C>O>H (7). NaHCO3
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B的原子数之比为4：1，则甲为CH4，A是H元素、B是C元素；A、D同族，B的原子序数小于D，则D是Na元素；B、C同周期，由A、C组成的两种化合物乙、丙都是液态，这两种化合物是水和双氧水，乙中A、C原子数之比为1：1，丙中A、C原子数之比为2：1，则乙是H2O2、丙是H2O，C是O元素；由D、C组成的两种化合物丁和戊都是固体，为氧化钠和过氧化钠，丁中D、C原子数之比为1：1，戊中D、C原子数之比为2：1，则丁是Na2O2、戊是Na2O；B元素的最高价氧化物跟丁能发生化学反应，生成物为两种，其中一种为C的单质，则B为C，总结：A为H，B为C，C为O，D为Na。
【详解】（1）根据以上分析，乙是H2O2，丁是Na2O2；答案：H2O2 Na2O2
（2）根据以上分析，B元素的最高价氧化物（CO2）跟丁（Na2O2）反应的化学方程式2CO2+Na2O2=2Na2CO3+O2；答案：2CO2+Na2O2=2Na2CO3+O2
（3）①甲甲烷，电子式为；②戊为氧化钠，电子式为；
答案：
（4）A为H，B为C，C为O，D为Na ，原子半径比较：①电子层数越多，半径越大；②电子层相同时，核电荷数越大，半径越小；4种原子的半径由大到小顺序Na>C>O>H；
答案：Na>C>O>H
（5）A为H，B为C，C为O，D为Na，由A、B、C、D4种原子组成的既含离子键又含共价键的物质应该是盐，应为NaHCO3；
答案：NaHCO3
25.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。

可选药品：浓硝酸、3 mol／L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2 NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
（1）实验应避免有害气体排放到空气中。装置③、④、⑥中盛放的药品依次是_____。
（2）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_______。
（3）装置①中发生反应的化学方程式是______。
（4）装置②的作用是_____，发生反应的化学方程式是______。
（5）该小组得出的结论所依据的实验现象是______。
（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确，这些方案中可行的是______。（选填字母）
a．加热该绿色溶液，观察颜色变化
b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
【答案】(1). 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 (2). 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (3). Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O (4). 将NO2转化为NO (5). 3NO2+H2O===2HNO3+NO (6). 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 (7). acd
【解析】
【分析】原理分析：检查装置气密性后，打开弹簧夹通入CO2排除装置中空气；关闭弹簧夹，①装置打开分液漏斗活塞，铜与浓硝酸反应制得二氧化氮气体；NO2气体通入②装置中，二氧化氮与水反应生成NO；③装置中是稀硝酸验证不能氧化NO；⑤装置排水法收集NO；④装置中浓硝酸验证可以氧化NO2；⑥装置中NaOH溶液吸收NO2。
（1）根据装置特点和实验目的判断；
（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；同时根据一氧化氮的性质判断装置⑤的操作；
（3）根据铜和浓硝酸的性质结合实验现象判断产物，从而确定反应方程式；
（4）根据二氧化氮的性质且能转化为一氧化氮选择试剂；根据实验现象结合二氧化氮的性质书写反应方程式；
（5）根据对比实验③、④的实验现象判断；
（6）根据是否改变溶液中硝酸铜的质量分数或溶解气体的浓度判断；
【详解】（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不能氧化NO，装置③中应该盛放稀硝酸；
答案：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；
（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；
答案：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；
（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O；
答案：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
答案：将NO2转化为NO； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之．装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；
答案：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；
（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化．二是增加溶液中Cu（NO3）2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化；
答案：a c d