河南省周口市中英文学校2022届高三化学上学期12月月考试卷含解析

2022-2022学年河南省周口市中英文学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，每题只有一个选项正确）1．美国UIC大学两位国家级传染病学专家认为，当前形势的埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播．据此，下列说法正确的是()A．埃博拉病毒无法通过呼吸传播B．佩戴口罩可有效预防埃博拉病毒侵染C．目前已找到有效治疗埃博拉病毒的方法D．埃博拉病毒颗粒直径大约80nm2．下列物质与其用途完全符合的有几条()①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦MgO﹣耐火材料⑧Fe2O3﹣红色油漆或涂料．A．4B．5C．6D．73．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA4．下列离子方程式正确的是()A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2B．氧化铝溶解在NaOH溶液中：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2[Al（OH）4]﹣-C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=BaSO4↓+Al（OH）3↓D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO5．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是()A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO224\n6．某无色溶液，仅由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成．取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．则下列离子在原溶液中一定存在的有()A．SO42﹣、AlO2─、Na+、CO32─B．CO32─、Na+、Al3+C．Na+、CO32─、AlO2─D．MnO4─、Na+、CO32─7．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：()①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④8．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，消耗HClamol、NaOHbmol，则a+b的最小值为()A．4B．6C．8D．169．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L．下列叙述中正确的是()①ω=②c=③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）A．①④B．②③C．①③D．②④10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是()A．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强B．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱C．Y分别与Z、W形成的化合物均为碱性氧化物D．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论A浓盐酸KMnO4AgNO3说明氯气能与硝酸银反应产生白色沉淀B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2SO224\n溶液与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D12．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是()A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，两极共产生标况下4.48L气体13．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是()A．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓B．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．d点溶液中含有的溶质只有NaAlO214．amolNa2O2和bmolNaHCO3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．3：4B．4：5C．2：3D．3：215．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是()24\nA．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失16．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()A．取a克混合物充分加热，得b克固体B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体17．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H518．某含铬Cr2O2﹣7废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为mo1C．反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmolD．在FeO•FeyCrxO3中3x=y二、非选择题，（本题共5小题，共46分）19．金属冶炼和处理常涉及许多反应．（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是__________a．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是__________，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为__________mol．24\n（3）如图为电解精炼银的示意图，__________（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为__________．（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为__________，其总反应式为：__________．（5）高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）已知：①FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）△H1=﹣11KJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣47KJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H3=+19KJ/mol则反应Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）的△H=__________．20．亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2②3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式__________．（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和__________，D装置的作用是__________．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是__________．（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称__________．（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭__________g．21．氮及其化合物在很多方面有重要的用途．（1）氮的氧化物有多种．现有NO和NO2的混合气体，其中N、O元素质量之比为7：12，则该混合气中NO和NO2的物质的量之比为__________．（2）氨气的实验室制法有多种，若不加热，制取氨气所用试剂可以用浓氨水和生石灰，产生氨气的原因是：__________；氨气的检验方法是：__________．24\n（3）硝酸具有很强的氧化性，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合液，可以溶解金、铂等金属．铂溶于王水时产生[PtCl6]2﹣和一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，写出该反应的离子方程式__________．（4）氮的一种氢化物肼（即N2H4）用作发射卫星的燃料．已知：N2+2O2=2NO2N2H4+O2=N2+2H2O发射卫星用气体肼为原料，以NO2为氧化剂，两种物质反应生成氮气和水蒸气，反应中每有4mol电子转移，则生成N2质量为__________g．22．A、B、C、D、E、F、G、L、I九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期，A与E、B与G、D与L分别为同一主族，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，F的质子数比D多5，D的最外层电子数是F最外层电子数的2倍．C和D的最外层电子数之和为11．请回答下列问题：（1）以上元索中非金属所形成的最简单气态氢化物稳定性最弱的是（填化学式）__________，E、F、L所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）__________．（2）由L、I两元素可按原子个数比1：1组成化合物X，化合物X中各原子均满足8电子的稳定结构，则X的电子式为__________．（3）固体化合物E2D2投入到化合物E2L的水溶液中，只观察到有沉淀产生的，写出该反应的离子方程式__________．（4）由A、B、C、D按原子个数比4：1：1：2形成一种化合物Y，则Y的化学式为__________，向Y中加足量稀硫酸后，再加高锰酸钾溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色：写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式__________．23．亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是__________、__________（填化学式）．（2）Ⅱ中反应的离子方程式是__________．（3）A的化学式是__________，装置Ⅲ中A在__________极区产生．（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式__________．（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量__________．（填“相同”，“不同”或“无法判断”）24\n2022-2022学年河南省周口市中英文学校高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，每题只有一个选项正确）1．美国UIC大学两位国家级传染病学专家认为，当前形势的埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播．据此，下列说法正确的是()A．埃博拉病毒无法通过呼吸传播B．佩戴口罩可有效预防埃博拉病毒侵染C．目前已找到有效治疗埃博拉病毒的方法D．埃博拉病毒颗粒直径大约80nm【考点】胶体的重要性质．【分析】根据埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播解题．【解答】解：A．通过气溶胶传播，即为通过呼吸传播，故A错误；B．口罩不能阻挡气溶胶，故B错误；C．埃博拉病毒无法有效治疗，故C错误；D．埃博拉病毒已经能够通过气溶胶传播，说明直径介于1﹣100nm，故D正确．故选D．【点评】本题考查胶体的重要性质，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．2．下列物质与其用途完全符合的有几条()①Na2CO3﹣制玻璃②SiO2﹣太阳能电池③AgI﹣人工降雨④NaCl﹣制纯碱⑤Al2O3﹣焊接钢轨⑥NaClO﹣消毒剂⑦MgO﹣耐火材料⑧Fe2O3﹣红色油漆或涂料．A．4B．5C．6D．7【考点】钠的重要化合物；卤化银；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石；②高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；④依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵解答；⑤铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨；⑥NaClO具有强的氧化性；⑦氧化镁熔点比较高；⑧Fe2O3为红色固体．【解答】解：①工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，故①正确；②高纯硅为半导体，常用作制造太阳能电池的原料，故②错误；③AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，常用于人工降雨，故③正确；④依据侯氏制碱法的原理，氯化钠、氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，故④正确；⑤铝热反应放出大量的热能够熔化钢轨，可用于焊接钢轨，而不是氧化铝，故⑤错误；⑥NaClO具有强的氧化性，可以用来杀菌消毒，故⑥正确；⑦氧化镁熔点比较高，可以用作耐火材料，故⑦正确；⑧Fe2O3为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故⑧正确；24\n故物质与其用途完全符合的有6条；故选C．【点评】本题考查常见物质的性质及用途，题目难度不大，性质决定用途，注意常见相关基础知识的积累．3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是()A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D．该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子．【解答】解：A．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D．【点评】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，注意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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况．4．下列离子方程式正确的是()A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2B．氧化铝溶解在NaOH溶液中：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2[Al（OH）4]﹣-C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣=BaSO4↓+Al（OH）3↓D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO24\n【考点】离子方程式的书写．【分析】A．HI过量，硝酸根、三价铁离子都被还原；B．氧化铝溶解在NaOH溶液中反应生成四羟基合铝酸钠；C．离子个数不符合物质的配比；D．次氯酸根具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子．【解答】解：A．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，离子方程式为：Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣═Fe2++5I2+6H2O+3NO↑，故A错误；B．氧化铝溶解在NaOH溶液中反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：3H2O+Al2O3+2OH﹣-=2[Al（OH）4]﹣-，故B正确；C．硫酸铝溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42﹣恰好沉淀完全，离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故C错误；D．在漂白粉配制成的溶液中通入SO2的离子反应为Ca2++ClO﹣+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl﹣，故D错误；故选：B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应是解答的关键，注意选项C中反应物用量对反应的影响，为易错点．5．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如下转化关系（其它产物已略去），下列说法错误的是()A．若X为Cl2，则C可能为FeCl3B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C．若X为O2，则A可为硫化氢D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】根据图知，A+X→C，ABC，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答．【解答】解：A．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al（OH）3↓+3KCl，B是Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钾溶液发生反应Al（OH）3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C．若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO224\n，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据反应特点知“A生成C还是先生成B再转化为C”，与X的量有关，再结合物质的性质分析解答即可，难度较大．6．某无色溶液，仅由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成．取该溶液进行如下实验：（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．则下列离子在原溶液中一定存在的有()A．SO42﹣、AlO2─、Na+、CO32─B．CO32─、Na+、Al3+C．Na+、CO32─、AlO2─D．MnO4─、Na+、CO32─【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有Al3+；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4．结合离子共存问题解答该题．【解答】解：溶液呈无色，则一定不含MnO4﹣，（1）取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，说明溶液中含有CO32﹣，则一定不含Ag+、Ba2+、Al3+；（2）在（1）所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，说明（1）中含有Al3+，则原溶液中含有AlO2﹣；（3）在（2）所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，该气体为氨气，沉淀为BaCO3或BaSO4，不能确定原溶液中是否含有SO42﹣，根据溶液电中性原则可知含有Na+，所以溶液中一定含有Na+、CO32﹣、AlO2﹣，故选C．【点评】本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为SO42﹣的确定．7．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：()①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．24\n【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）来回答．【解答】解：①判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而H2S水溶液、HCl水溶液均是非含氧酸，故①错误；②判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；③非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故③正确；④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．故选C．【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大．8．将4mol金属Al全部转化为Al（OH）3，消耗HClamol、NaOHbmol，则a+b的最小值为()A．4B．6C．8D．16【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据消耗4molAl，利用每种方案中的化学反应来分析：①Al→Al3+→Al（OH）3②Al→AlO2﹣→Al（OH）3③Al→Al3+、Al→AlO2﹣，然后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．【解答】解：生成4molAl（OH）3时，由反应方程式可知方案①中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓+3NH4+，41244124即消耗4molAl时，消耗12molH+、12molOH﹣，则a+b=24方案②中：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、AlO2﹣+H2O+H+=Al（OH）3↓，444444即消耗4molAl时，消耗4molH+、4molOH﹣，则a+b=8方案③中：2Al+6H+=2Al3++3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，131333134即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH﹣，则a+b=6显然方案③药品用量少．故选B【点评】本题考查氢氧化铝的制备，明确铝及氢氧化铝的性质即可解答，学生应学会根据化学反应方程式来分析设计方案的优劣，注重节约能源、原料易得、环保等问题来分析．9．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为cmol/L．下列叙述中正确的是()①ω=24\n②c=③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）A．①④B．②③C．①③D．②④【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=来计算；③根据溶质的质量分数=×100%来计算；④根据反应后的溶质及水解来分析．【解答】解：①VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm﹣3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为×17，则溶质的质量分数为ω=，故①错误；②溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，故②正确；③再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，故③错误；④VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故④正确；故选D．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键，题目难度不大．10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是()A．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强B．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱C．Y分别与Z、W形成的化合物均为碱性氧化物D．原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，则Z是Mg元素，W与X同主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，24\nA．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；C．Y是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，SiO2是酸性氧化物；D．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是O元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，则Z是Mg元素，W与X同主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，A．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，Y的非金属性大于W，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故A正确；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X＞W，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故B错误；C．Y是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，SiO2是酸性氧化物，MgO是碱性氧化物，故C错误；D．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），故D错误；故选A．【点评】本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题关键，熟练掌握元素周期律并灵活运用，知道非金属的非金属性与其气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性强弱关系，题目难度不大．11．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论A浓盐酸KMnO4AgNO3说明氯气能与硝酸银反应产生白色沉淀B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．浓盐酸易挥发；B．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．【解答】解：A．浓盐酸易挥发，可与氯气生成氯化银沉淀，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为C，且浓硫酸具有强氧化性，与C发生氧化还原反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，按照图中装置发生的实验现象能说明浓硫酸的性质，故B正确；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；24\nD．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及浓盐酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．12．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是()A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，两极共产生标况下4.48L气体【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，两极共产生标况下8.96L气体，故D错误．故选B．【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．13．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是()24\nA．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓B．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+、Mg2+C．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D．d点溶液中含有的溶质只有NaAlO2【考点】离子方程式的有关计算．【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，据此回答判断．【解答】解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，A、ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故A错误；B、原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、d点溶液中含有的溶质有NaAlO2，还有NH3•H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大．14．amolNa2O2和bmolNaHCO3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．3：4B．4：5C．2：3D．3：2【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O24\n反应生成气体产物是O2和H2O（g），根据方程式，从质量守恒的角度计算．【解答】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O反应生成气体产物是O2和H2O（g），依题意可知，残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O（g），则有总反应式为bNaHCO3+aNa2O2=bNa2CO3+（2a﹣b）NaOH+（b﹣a）H2O+O2所以2a﹣b＞0，＞，b﹣a＞0＜1．故的数值范围：＜＜1．A、B、C符合，a：b不可能为3：2＞1，故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据反应的原理结合质量守恒计算．15．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列反应对应的曲线错误的是()A．向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、根据反应AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O判断；B、根据反应Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2判断；C、根据反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O判断；D、根据反应Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2判断．【解答】解：A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；B、向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化碳的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；24\nC、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CO2+KOH═KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量为1：1：1，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系．16．下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()A．取a克混合物充分加热，得b克固体B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】化学实验方案的评价；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】实验评价题．【分析】A．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B．根据钠守恒，可列方程组求解；C．应先把水蒸气排除才合理；D．根据质量关系，可列方程组求解．【解答】解：A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C选；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、HCO3﹣+OH﹣+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选．故选C．【点评】该题以碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较为载体，侧重于化学实验方案的评价，题目难度中等，注意把握物质的性质以及实验方案的原理．17．已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H22CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H34Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H43CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()A．△H1＞0，△H3＜0B．△H2＞0，△H4＞0C．△H1=△H2+△H3D．△H3=△H4+△H5【考点】真题集萃；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；24\nB、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误；C、已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③=×（④+⑤），因此△H3=△H4+△H5，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键．18．某含铬Cr2O2﹣7废水用硫酸亚铁铵[FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀干燥后得到nmolFeO•FeyCrxO3．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3x+l）molB．处理废水中Cr2O72﹣的物质的量为mo1C．反应中发生转移的电子的物质的量为6nxmolD．在FeO•FeyCrxO3中3x=y【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】计算题；氧化还原反应专题．【分析】A．由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守恒或FeO•FeyCrxO3电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；B．反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；C．Cr2O72﹣中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；D．根据失电子守恒计算．【解答】解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（y+1），又由FeO•FeyCrxO3电中性知3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n（3﹣x）；或由得失电子守恒得3x=y，代入得n×（1+y）mol=n×（3x+1）mol，故A正确；B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O72﹣的物质的量为mol，故B正确；C．得到nmolFeO•FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C错误；D、FeO•FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意原子守恒、电子守恒在计算中的应用，使计算简单化．24\n二、非选择题，（本题共5小题，共46分）19．金属冶炼和处理常涉及许多反应．（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是bda．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是Cu2S，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为4mol．（3）如图为电解精炼银的示意图，a（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为NO3﹣+2H++e﹣=NO2↑+H2O．（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为作电解质溶液，其总反应式为：3Ag2S+2Al+3H2O=2Al（OH）3+3H2S↑+6Ag．（5）高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）已知：①FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）△H1=﹣11KJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣47KJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H3=+19KJ/mol则反应Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）的△H=﹣25KJ/mol．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的计算；电解原理；金属冶炼的一般原理．【分析】（1）冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；（2）反应中Cu与S元素的化合价升高，氧气中O元素化合价降低，据此计算转移电子数目；（3）电解精炼时粗银作阳极；若阴极有少量红棕色气体生成，说明阴极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，促进溶液的导电性；（5）根据已知热化学方程式结合盖斯定律构建目标方程式，再求出反应热．【解答】解：（1）冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物，由于AlCl3是共价化合物熔融时不导电，所以Al是电解熔融的Al2O3制得；Mg是电解熔融的MgCl2，故答案为：bd；（2）反应中Cu与S元素的化合价升高，则Cu2S作还原剂，氧气中O元素化合价降低，故1mol氧气反应转移电子为1mol×4=4mol，故答案为：Cu2S；4；（3）电解精炼时，粗银作阳极，纯银作阴极，所以粗银作阳极，若阴极有少量红棕色气体生成，说明阴极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，电极反应式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，故答案为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O；24\n（4）该装置构成原电池，氯化钠溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力，其反应的反应为Al与Ag2S反应生成Al（OH）3、H2S和Ag，则反应的化学方程式为：3Ag2S+2Al+3H2O=2Al（OH）3+3H2S↑+6Ag；故答案为：作电解质溶液；3Ag2S+2Al+3H2O=2Al（OH）3+3H2S↑+6Ag；（5）已知：①FeO（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）△H1=﹣11KJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣47KJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H3=+19KJ/mol由盖斯定律：方程式①×2+②×+③×得Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=（﹣11）×2+（﹣47）×+19×=﹣25KJ/mol；故答案为：﹣25KJ/mol．【点评】本题考查了金属的冶炼方法、氧化还原反应、原电池和电解原理、反应热的计算等知识点，根据金属的活泼性确定冶炼方法、离子的放电顺序来分析解答，题目难度中等．20．亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2②3NaNO2+3HCl═3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2﹣都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，D装置的作用是吸收未反应的NO．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色．（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称碱石灰．（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭1.8g．【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】（1）加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（2）生成的二氧化氮进入B中和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水；生成硝酸的同时还生成NO，NO有毒不能直接排空；（3）亚硝酸钠和稀盐酸反应生成生成NO，NO不稳定易被空气氧化生成红棕色气体；24\n（4）碱石灰能吸收水和二氧化碳，但不能吸收NO；（5）n（Na2O2）==0.1mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O计算需要C的质量．【解答】解：（1）加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）生成的二氧化氮进入B中和水反应生成硝酸，硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水，所以看到的现象是：有无色气体生成且Cu逐渐溶解、溶液变蓝色；生成硝酸的同时还生成NO，NO有毒不能直接排空，过氧化钠和NO反应生成亚硝酸钠，所以过氧化钠的作用是吸收未反应的NO，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色；吸收未反应的NO；（3）亚硝酸钠和稀盐酸反应生成NO，NO不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色二氧化氮，所以其检验方法是取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色，故答案为：取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；（4）碱石灰能吸收水和二氧化碳，但不能吸收NO，为防止副反应发生，增加装置中盛放的药品是碱石灰，故答案为：碱石灰；（5）n（Na2O2）==0.1mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.1mol过氧化钠反应需要0.2molNO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知生成0.2molNO需要0.6mol二氧化氮、根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O知生成0.6mol二氧化氮需要0.15molC，则C的质量=12g/mol×0.15mol=1.8g，故答案为：1.8．【点评】本题以硝酸为载体考查硝酸、二氧化氮、NO的性质，侧重考查分析、计算能力，明确物质的性质是解本题关键，注意（5）中过氧化钠得到的电子不等于C失去的电子，因为生成的二氧化氮不完全转化为NO，为易错点．21．氮及其化合物在很多方面有重要的用途．（1）氮的氧化物有多种．现有NO和NO2的混合气体，其中N、O元素质量之比为7：12，则该混合气中NO和NO2的物质的量之比为1：1．（2）氨气的实验室制法有多种，若不加热，制取氨气所用试剂可以用浓氨水和生石灰，产生氨气的原因是：生石灰遇水放热使氨气逸出，且产生的OH﹣使一水合氨的电离平衡向结合方向移动；氨气的检验方法是：用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒．（3）硝酸具有很强的氧化性，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合液，可以溶解金、铂等金属．铂溶于王水时产生[PtCl6]2﹣和一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，写出该反应的离子方程式3Pt+4NO3﹣+16H++18Cl﹣=3[PtCl6]2﹣+4NO↑+8H2O．（4）氮的一种氢化物肼（即N2H4）用作发射卫星的燃料．已知：N2+2O2=2NO2N2H4+O2=N2+2H2O发射卫星用气体肼为原料，以NO2为氧化剂，两种物质反应生成氮气和水蒸气，反应中每有4mol电子转移，则生成N2质量为42g．【考点】氨的实验室制法；氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质．24\n【分析】（1）则该混合气中NO和NO2的物质的量分别为x和y，然后根据N、O元素质量之比为7：12，来得物质的量之比；（2）碱石灰中的CaO吸收了浓氨水中的水反应，反应过程中放热降低了氨气溶解度，溶液中一水合氨分解生成氨气；氨气的检验用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒；（3）根据题中信息，铂溶于王水时产生[PtCl6]2﹣和一种无色气体为一氧化氮，据此写出反应的离子方程式；（4）两种物质反应生成氮气和水蒸气，反应的方程式2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）．【解答】解：（1）则该混合气中NO和NO2的物质的量分别为x和y，N、O元素质量之比为7：12，所以，解得x：y=1：1，故答案为：1：1；（2）碱石灰中的CaO吸收了浓氨水中的水反应，反应过程中放热降低了氨气溶解度，溶液中一水合氨分解生成氨气；氨气的检验用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒，故答案为：生石灰遇水放热使氨气逸出，且产生的OH﹣使一水合氨的电离平衡向结合方向移动；用湿润的红色石蕊试纸或用沾有浓盐酸的玻璃棒；（3）根据题中信息，铂溶于王水时产生[PtCl6]2﹣和一种无色气体为一氧化氮，反应的离子方程式为：3Pt+4NO3﹣+16H++18Cl﹣=3[PtCl6]2﹣+4NO↑+8H2O，故答案为：3Pt+4NO3﹣+16H++18Cl﹣=3[PtCl6]2﹣+4NO↑+8H2O；（4）两种物质反应生成氮气和水蒸气，反应的方程式2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）肼氮元素由﹣2价升高为0价，所以3N2～8mole﹣，所生成氮气的物质的量为：1.5mol，质量为1.5mol×28g/mol=42g，故答案为：42g．【点评】本题考查氨气的制法，化学反应中的相关计算、离子方程式的书写、氧化还原反应等，难度中等．22．A、B、C、D、E、F、G、L、I九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期，A与E、B与G、D与L分别为同一主族，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，F的质子数比D多5，D的最外层电子数是F最外层电子数的2倍．C和D的最外层电子数之和为11．请回答下列问题：（1）以上元索中非金属所形成的最简单气态氢化物稳定性最弱的是（填化学式）SiH4，E、F、L所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）S2﹣＞Na+＞Al3+．（2）由L、I两元素可按原子个数比1：1组成化合物X，化合物X中各原子均满足8电子的稳定结构，则X的电子式为．（3）固体化合物E2D2投入到化合物E2L的水溶液中，只观察到有沉淀产生的，写出该反应的离子方程式Na2O2+2H2O+S2﹣=S↓+2Na++4OH﹣．（4）由A、B、C、D按原子个数比4：1：1：2形成一种化合物Y，则Y的化学式为（NH4）2C2O4，向Y中加足量稀硫酸后，再加高锰酸钾溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色：写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】24\nA、B、C、D、E、F、G、L、I九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，它们的原子序数依次增大，则A为氢元素；A与E同一主族，E原子序数比A至少大4，可推知E为Na；B、C、D为同一周期，应处于第二周期，E、F、G、H都处于第三周期，令F的最外层电子数为x，其质子数为10+x，则D原子最外层电子数为2x，质子数为2+2x，由于F的质子数比D多5，则有：10+x﹣（2﹣2x）=5，解得x=3，故F为Al、D为O，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，则C的原子序数=28﹣8﹣13=7，故C为N；D与L分别为同主族，则L为S；B与G同主族，结合原子序数可知，处于ⅣA族，故B为C、G为Si，L为S，则I为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F、G、L、I九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，它们的原子序数依次增大，则A为氢元素；A与E同一主族，E原子序数比A至少大4，可推知E为Na；B、C、D为同一周期，应处于第二周期，E、F、G、H都处于第三周期，令F的最外层电子数为x，其质子数为10+x，则D原子最外层电子数为2x，质子数为2+2x，由于F的质子数比D多5，则有：10+x﹣（2﹣2x）=5，解得x=3，故F为Al、D为O，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，则C的原子序数=28﹣8﹣13=7，故C为N；D与L分别为同主族，则L为S；B与G同主族，结合原子序数可知，处于ⅣA族，故B为C、G为Si，L为S，则I为Cl，（1）非金属最弱的是硅，所以气态氢化物稳定性最弱的是硅化氢，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：SiH4；S2﹣；S2﹣＞Na+＞Al3+；（2）氯和硫两元素可按原子个数比1：1组成化合物X，化合物X中各原子均满足8电子的稳定结构，的分子式为S2Cl2，电子式为：，故答案为：；（3）固体化合物Na2O2与化合物Na2S的水溶液按物质的量之比1：1反应生成单质S，同时生成NaOH，该反应的离子方程式为Na2O2+2H2O+S2﹣=S+2Na++4OH﹣，故答案为：Na2O2+2H2O+S2﹣=S↓+2Na++4OH﹣；（4）由A、B、C、D按原子个数比4：1：1：2形成一种化合物Y，则Y是草酸铵，化学式为：（NH4）2C2O4，加足量稀硫酸后，再加高锰酸锰反应生成的离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：（NH4）2C2O4；2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．【点评】本题结构性质位置关系综合应用，涉及元素周期律、比较离子半径、电子式、氧化还原方程式书写等，难度中等，推断元素是解题的关键．23．亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是Na2SO3、H2O（填化学式）．（2）Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O．（3）A的化学式是硫酸，装置Ⅲ中A在阳极区产生．24\n（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．写出该制备反应的化学方程式5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O．（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同．（填“相同”，“不同”或“无法判断”）【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；（1）同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂；（2）碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水；（3）通过以上分析知，A是硫酸，硫酸在阳极附近生成；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水；（5）已变质和未变质的NaClO2与Fe2+反应都生成Cl﹣，根据转移电子守恒判断．【解答】解：硫酸钠溶液通入离子隔膜电解池中，ClO2和双氧水在II中发生氧化还原反应生成NaClO2和气体a，该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，则O元素化合价由﹣1价变为0价，所以生成的气体a是O2，离子反应方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；III中发生电解，根据图知，生成氢氧化钠，阴极上生成氢气同时阴极附近生成NaOH，所以生成的气体b是H2；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以a是O2，同时生成硫酸，所以A溶液是硫酸；酸性条件下，I中NaClO2、Na2SO3发生氧化还原反应，离子反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O；（1）同一化学反应中，失电子化合价降低的反应物是还原剂，I中反应方程式为2ClO3﹣+2H++SO32﹣=2ClO2↑+SO42﹣+H2O，还原剂是Na2SO3；III中氧化剂和还原剂都是水，故答案为：Na2SO3；H2O；（2）碱性条件下，ClO2、H2O2发生氧化还原反应生成氧气、ClO2﹣和水，离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；（3）通过以上分析知，电解硫酸钠溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时生成硫酸，所以A是硫酸，硫酸在阳极附近生成，故答案为：硫酸；阳；（4）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2和NaCl、水，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，明确I、II、III中发生的反应及物质的性质是解本题关键，熟悉常见物质的性质，难点是离子方程式的书写，题目难度中等．24