安徽省阜陽市臨泉一中高三上學期月考化學試卷（月份）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016-2017學年安徽省阜陽市臨泉一中高三（上）月考化學試卷（9月份） 一、選擇題(共11小題,每小題3分,滿分33分） 1．化學反應(yīng)可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程,化學鍵的鍵能是形成（或拆開）1mol化學鍵時釋放（或吸收）的能量．已知白磷和（kJmol﹣1）P﹣P：198P﹣O:360O=O：498；則反應(yīng)P4(白磷)+3O2═P4O6的能量變化為（） A．釋放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量 C．釋放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量 2．與30mL1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣濃度相同的是（） A．150mL0。2mol/LFeCl2溶液 B．15mL2mol/LNaCl溶液 C．60mL1mol/LAlCl3溶液 D．90mL0。5mol/LCaCl2溶液 3．化學在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用，下列說法不正確的是（） A．Al2O3用作耐火材料 B．Na2O常用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑 C．明礬溶于水形成的Al（OH）3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化 D．FeCl3溶液可用于刻制印刷電路板 4．按照氟、氯、溴、碘的順序，下列遞變規(guī)律中正確的是（） A．單質(zhì)的熔、沸點逐漸降低 B．與H2反應(yīng)越來越容易 C．F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的還原性逐漸增強 D．單質(zhì)的氧化性逐漸增強 5．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述中不正確的是（) A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA B．28g乙烯(C2H4）和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA C．常溫常壓下,92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22。4L氯氣與足量鎂粉充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA 6．下列各組反應(yīng)（表中物質(zhì)均為反應(yīng)物），反應(yīng)剛開始時，放出H2的速率最大的是(） 金屬(粉末狀）/mol酸的濃度及體積反應(yīng)溫度AMg0。16mol/L鹽酸10mL30℃BMg0。13mol/L鹽酸10mL60℃CFe0。13mol/L鹽酸10mL60℃DMg0。16mol/L鹽酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D7．下列說法錯誤的是（） A．二氧化碳和漂白粉作用，生成具有氧化性的物質(zhì) B．二氧化硫通入氫硫酸中，使溶液的酸性一定減弱 C．二氧化硫和燒堿反應(yīng)，使溶液的堿性一定減弱 D．二氧化氮可相互結(jié)合為四氧化二氦氮 8．實驗室中制備HClO溶液的最好方法是將Cl2緩慢通入（） A．蒸餾水 B．燒堿溶液 C．純堿溶液 D．石灰石的懸濁液 9．下列做法中不正確的是（) A．向污水中加入適量明礬，可除去其中的懸浮物 B．用氫氟酸刻蝕工藝玻璃上的紋飾 C．從碘水中提取單質(zhì)碘時,可用無水乙醇代替CCl4 D．在海輪外殼上嵌入鋅塊，可減緩船體的腐蝕速率 10．某溫度下，向2L恒容密閉容器中充入1.0molA和1。0molB，反應(yīng)A（g）+B(g）?C（g）經(jīng)過一段時間后達到平衡．反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表，下列說法正確的是（） t/s 0 5 15 25 35n（A）/mol 1.0 0。85 0.81 0.80 0。80A．反應(yīng)在前5s的平均速率v(A)=0。17molL﹣1s﹣1 B．保持其他條件不變,升高溫度，平衡時c（A）=0。41molL﹣1，則反應(yīng)的△H＞0 C．相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molC，達到平衡時,C的轉(zhuǎn)化率大于80% D．相同溫度下，起始時向容器中充入0.20molA、0。20molB和1.0molC，反應(yīng)達到平衡前v（正)＜v(逆) 11．將一定質(zhì)量的鎂和鋁混合物投入200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入的NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示．則下列說法錯誤的是（） A．鎂和鋁的總質(zhì)量為9g B．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸 C．氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為5molL﹣1 D．生成的氫氣在標準狀況下的體積為11.2L 二、解答題(共9小題，滿分34分） 12．短周期元素中，A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍;B元素的最高正價是+6價；C元素原子M層電子數(shù)等于其L層電子數(shù)的一半；D元素原子最外層有1個電子，D的陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同,則 （1）A:B：C：D:(填元素符號) （2）B元素與氫元素形成的化合物所含化學鍵為（填“共價鍵"或“離子鍵”) 13．物質(zhì)A﹣E都是中學化學中常見的物質(zhì)，它們可以發(fā)生如下圖所示的反應(yīng),其中E是藍色溶液． （1）在以上反應(yīng)中（用序號填空），屬于氧化還原反應(yīng)的是，屬于離子反應(yīng)的是． (2）寫出反應(yīng)③的離子方程式:． （3)反應(yīng)⑦的速率如上圖，其原因可能是． （4）從上述框圖中選取電極材料和電解質(zhì)溶液組成原電池,其中正極材料是．負極反應(yīng)為． 14．二氧化錳與濃鹽酸混合加熱得到氯氣,如圖是制取并探究Cl2化學性質(zhì)的裝置圖． (1）圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為． (2）若要得到干燥純凈的氣體，B、C中應(yīng)分別盛放的試劑為、． （3）E中若裝有FeCl2溶液,反應(yīng)的離子方程式為，E中若裝有淀粉碘化鉀溶液,能觀察到的實驗現(xiàn)象是 (4）實驗中發(fā)現(xiàn):濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣，稀鹽酸與MnO2混合加熱不生成氯氣．針對上述現(xiàn)象某化學興趣小組對“影響氯氣生成的原因”進行了討論，并設(shè)計了以下實驗方案： a．稀鹽酸滴入MnO2中，然后通入HCl氣體加熱 b．稀鹽酸滴入MnO2中，然后加入NaCl固體加熱 c．稀鹽酸滴入MnO2中,然后加入濃硫酸加熱 d．MnO2與NaCl的濃溶液混合加熱 e．濃硫酸與NaCl固體、MnO2固體共熱 ①實驗b的目的是．實驗c的目的是． ②實驗現(xiàn)象：a、c、e有黃綠色氣體生成，b、d沒有黃綠色氣體生成．由此得出影響氯氣生成的原因是． 15．某同學受2Mg+CO22MgO+C的啟發(fā)，用如圖所示的裝置進行Mg和SO2的實驗． （1）選擇制取SO2的合適試劑：．（填寫對應(yīng)的序號） ①10%的H2SO4溶液②80％的H2SO4溶液③Na2SO3固體④CaSO3固體 （2）寫出裝置B中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學方程式：． （3）你認為該裝置是否有不足之處；如果有，請列出兩點：、． （4）對于反應(yīng)后試管C中的成份某同學提出如下假設(shè)： 假設(shè)①全部是Na2SO3；假設(shè)②全部是NaHSO3;假設(shè)③；假設(shè)④． (5）請補充完善假設(shè)．并將下表實驗檢驗設(shè)計及結(jié)論補充完整． 實驗操作預期現(xiàn)象結(jié)論（1）取少許反應(yīng)后試管C中的溶液,加入足量的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生證明假設(shè)是正確的（2）若有白色沉淀產(chǎn)生，再檢測（1）的上層溶液的PH若PH＞7則溶液中溶質(zhì)是若PH=7則溶液中溶質(zhì)是若PH＜7則溶液中溶質(zhì)是 16．現(xiàn)有某鐵碳合金（鐵和碳兩種單質(zhì)的混合物），某化學興趣小組為了測定鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)，并探究濃硫酸的某些性質(zhì)，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置(夾持儀器已省略）和實驗方案進行實驗探究． （1）A中鐵與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是,反應(yīng)中濃硫酸表現(xiàn)出的性質(zhì)是、． (2）連接好裝置后，首先應(yīng)進行的操作是． （3）裝置C溶液反應(yīng)時,體現(xiàn)氣體的性． （4）稱量E的質(zhì)量，并將ag鐵碳合金樣品放入裝置A中，再加入足量的濃硫酸，待A中不再逸出氣體時，停止加熱，拆下E并稱重，E增重bg．鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)為（寫表達式)． (5）甲同學認為，依據(jù)此實驗測得的數(shù)據(jù)，計算合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)會偏低，原因是空氣中CO2、H2O進入E管使b增大．你認為改進的方法是． (6）乙同學認為，即使甲同學認為的偏差得到改進，依據(jù)此實驗測得合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)還會偏高．你認為其中的原因是． 17．碳在一定量空氣中燃燒，生成標準狀況下為6。72L的混合氣體,總質(zhì)量為10.8g． 求：（1）判斷混合氣體的成分,并算出對應(yīng)氣體的物質(zhì)的量? （2)將混合氣體通入2L0。1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反應(yīng)，生成碳酸鈉和碳酸氫鈉,則溶液中兩溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度分別為多少？（忽略體積變化） 18．元素X、Y、Z、M、N為短周期主族元素,且原子序數(shù)依次增大,已知Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3:4，M原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)之比為3：4且M原子的質(zhì)子數(shù)是Y原子的2倍，N﹣、Z+、X+的半徑逐漸減小,化合物XN在常溫下為氣體,據(jù)此回答下列問題： (1)用電子式表示Z與N形成化合物的過程． （2)X與Y可分別形成10電子和18電子的分子，寫出該18電子分子轉(zhuǎn)化成10電子分子的化學方程式(分解反應(yīng)）． （3）如圖表示由上述元素組成的兩種氣體分子在一定條件下的密閉容器中充分反應(yīng)前后的轉(zhuǎn)化關(guān)系，請寫出該轉(zhuǎn)化過程的化學方程式：． （4）A、B均為由上述五種元素中的三種元素組成的強電解質(zhì)，且組成元素的原子個數(shù)之比為1：1：1．若在各自的水溶液中，A能抑制水的電離,B能促進水的電離，則A的化學式為，B的化學式為．A、B之間反應(yīng)的離子方程式為．A中存在的化學鍵類型為:． 19．X、Y、Z三種短周期元素，它們的原子序數(shù)之和為16．X、Y、Z三種元素常見單質(zhì)在常溫下都是無色氣體，在適當條件下可發(fā)生如圖所示變化： 已知一個B分子中含有的Z元素的原子個數(shù)比C分子中的少一個．請回答下列問題: (1)Y單質(zhì)分子的電子式為． （2)X的單質(zhì)與Z的單質(zhì)可制成新型的化學電源（KOH溶液作電解質(zhì)溶液），兩個電極均由多孔性碳制成，通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電，則正極通入（填物質(zhì)名稱或化學式均可)；負極電極反應(yīng)式為． （3）已知Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)生成C的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，將等物質(zhì)的量的Y、Z的單質(zhì)充入一密閉容器中，在適當催化劑和恒溫、恒壓條件下反應(yīng)．下列說法中,正確的是（填寫下列各項的序號)． a．達到化學平衡時，正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等 b．反應(yīng)過程中，Y的單質(zhì)的體積分數(shù)始終為50% c．達到化學平衡時，Y、Z的兩種單質(zhì)在混合氣體中的物質(zhì)的量之比為1:1 d．達到化學平衡的過程中，混合氣體平均相對分子質(zhì)量逐漸減?。? 20．圖中，A到L為常見物質(zhì)或該物質(zhì)的水溶液，B在A氣體中燃燒產(chǎn)生棕色煙，B、G為中學化學中常見金屬單質(zhì)，H為紅褐色沉淀，I的焰色反應(yīng)為黃色，組成J的元素原子核內(nèi)只有一個質(zhì)子,F為無色、有刺激性氣味氣體，且能使品紅溶液褪色． 回答下列問題： （1）K所含的化學鍵有． （2）D的水溶液與少量G反應(yīng)的總離子方程式為． （3）寫出工業(yè)上制取單質(zhì)B的化學方程式． （4）寫出Cu與E反應(yīng)的離子方程式．請設(shè)計實驗方案驗證E反應(yīng)后的陽離子． 2016-2017學年安徽省阜陽市臨泉一中高三（上）月考化學試卷(9月份） 參考答案與試題解析 一、選擇題（共11小題,每小題3分，滿分33分) 1．化學反應(yīng)可視為舊鍵斷裂和新鍵形成的過程,化學鍵的鍵能是形成（或拆開)1mol化學鍵時釋放（或吸收)的能量．已知白磷和（kJmol﹣1）P﹣P：198P﹣O：360O=O：498；則反應(yīng)P4（白磷)+3O2═P4O6的能量變化為（) A．釋放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量 C．釋放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量 【考點】反應(yīng)熱和焓變． 【分析】反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能，據(jù)此計算判斷．注意每摩爾P4中含有6molP﹣P鍵，以此解答． 【解答】解：各化學鍵鍵能為P﹣P198kJmol﹣1、P﹣O360kJmol﹣1、O=O498kJmol﹣1． 反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能,由圖可知：1個P分子中含有6個P﹣P，1個P4O6分子中含有12個P﹣O．1molP4和3molO2完全反應(yīng)（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反應(yīng)P4+3O2=P4O6的反應(yīng)熱△H=6×198kJmol﹣1+3×498kJmol﹣1﹣12×360kJmol﹣1=﹣1638kJmol﹣1，反應(yīng)放熱1638kJ， 故選A． 【點評】本題考查反應(yīng)熱與化學鍵鍵能的關(guān)系，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析、計算能力，難度中等,注意從物質(zhì)能量、鍵能理解反應(yīng)熱． 2．與30mL1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣濃度相同的是（) A．150mL0。2mol/LFeCl2溶液 B．15mL2mol/LNaCl溶液 C．60mL1mol/LAlCl3溶液 D．90mL0。5mol/LCaCl2溶液 【考點】物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算． 【分析】電解質(zhì)離子的濃度=電解質(zhì)濃度×電解質(zhì)電離出該離子的數(shù)目，與溶液的體積無關(guān)，1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣濃度為2mol/L，以此解答該題． 【解答】解：1mol/L的MgCl2溶液中Cl﹣濃度為2mol/L, A。150mL0.2mol/LFeCl2溶液中Cl﹣濃度為0。2mol/L×2=0。4mol/L，故A錯誤； B。15mL2mol/LNaCl溶液中Cl﹣濃度為2mol/L×1=2mol/L,故B正確； C。60mL1mol/LAlCl3溶液中Cl﹣濃度為1mol/L×3=3mol/L，故C錯誤; D。90mL0。5mol/LCaCl2溶液中Cl﹣濃度為0.5mol/L×2=1mol/L，故D錯誤． 故選B． 【點評】本題考查物質(zhì)的量濃度，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查,比較基礎(chǔ)，注意電解質(zhì)溶液中離子的濃度與電解質(zhì)濃度的計算． 3．化學在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用，下列說法不正確的是（） A．Al2O3用作耐火材料 B．Na2O常用于潛水艇或呼吸面具的供氧劑 C．明礬溶于水形成的Al（OH）3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化 D．FeCl3溶液可用于刻制印刷電路板 【考點】鈉的重要化合物；鎂、鋁的重要化合物． 【分析】A、耐火磚需要具有高熔點； B、氧化鈉和二氧化碳生成碳酸鈉； C、明礬溶于水電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的主要,可以凈水; D、氯化鐵和銅反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵； 【解答】解：A、氧化鋁具有高熔點,能做耐火材料，故A正確； B、氧化鈉和二氧化碳生成碳酸鈉,不能生成氧氣,應(yīng)為過氧化鈉,故B錯誤； C、明礬溶于水電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的主要，可以凈水；故C正確； D、氯化鐵和銅反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵，F(xiàn)eCl3溶液可用于刻制印刷電路板；故D正確； 故選B． 【點評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用,主要考查鋁的氧化物、鈉的氧化物、氯化鐵性質(zhì)的分析判斷，鹽類水解的應(yīng)用，膠體的性質(zhì)分析,題目較簡單． 4．按照氟、氯、溴、碘的順序，下列遞變規(guī)律中正確的是（） A．單質(zhì)的熔、沸點逐漸降低 B．與H2反應(yīng)越來越容易 C．F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的還原性逐漸增強 D．單質(zhì)的氧化性逐漸增強 【考點】鹵素原子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的比較． 【分析】氟、氯、溴、碘同為第VIIA族元素，同主族從上到下，非金屬性逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性減弱,與氫氣化合越來越困難，離子的還原性增強，單質(zhì)的熔、沸點逐漸升高,據(jù)此分析． 【解答】解：A．氟、氯、溴、碘，單質(zhì)的熔、沸點逐漸升高，故A錯誤; B．氟、氯、溴、碘同為第VIIA族元素，同主族從上到下,非金屬性逐漸減弱，與與H2反應(yīng)越來越困難，故B錯誤； C．非金屬性越強則單質(zhì)的氧化性越強,對應(yīng)離子的還原性越弱，所以F﹣、Cl﹣、Br﹣、I﹣的還原性逐漸增強，故C正確； D．非金屬性F＞Cl＞Br＞I，則氧化性為F2＞Cl2＞Br2＞I2，所以氟、氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查元素周期律，同主族元素非金屬性的強弱的變化規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵,熟悉元素周期律即可解答，題目難度不大． 5．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述中不正確的是（) A．分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA B．28g乙烯（C2H4）和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA C．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA D．常溫常壓下,22。4L氯氣與足量鎂粉充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA 【考點】阿伏加德羅常數(shù)． 【分析】A、NO2和CO2均含2個氧原子； B、乙烯C2H4)和環(huán)丁烷（C4H8)的最簡式均為CH2; C、NO2和N2O4的最簡式均為NO2； D、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22。4L/mol． 【解答】解：A、分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體的物質(zhì)的量為1mol，而NO2和CO2均含2個氧原子，故1mol混合氣體中無論兩者的比例如何，均含2mol氧原子，即2NA個,故A正確； B、乙烯C2H4）和環(huán)丁烷（C4H8）的最簡式均為CH2，故28g混合物中含有的CH2的物質(zhì)的量n==2mol，故含有2mol碳原子，即2NA個，故B正確; C、NO2和N2O4的最簡式均為NO2，故92g混合物中含有的NO2的物質(zhì)的量n==2mol，而1molNO2中含3mol原子，即2molNO2中含6mol原子,即6NA個,故C正確； D、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22。4L/mol，故22。4L氯氣的物質(zhì)的量小于1mol，故轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量小于2mol,故D錯誤． 故選D． 【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大． 6．下列各組反應(yīng)（表中物質(zhì)均為反應(yīng)物），反應(yīng)剛開始時，放出H2的速率最大的是(） 金屬（粉末狀)/mol酸的濃度及體積反應(yīng)溫度AMg0.16mol/L鹽酸10mL30℃BMg0.13mol/L鹽酸10mL60℃CFe0.13mol/L鹽酸10mL60℃DMg0。16mol/L鹽酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D【考點】化學反應(yīng)速率的影響因素． 【分析】影響化學反應(yīng)速率的主要因素是物質(zhì)的本身性質(zhì)，對于同一個化學反應(yīng)，反應(yīng)物濃度越大，溫度越高，反應(yīng)速率越大,注意硝酸與金屬反應(yīng)不生成氫氣． 【解答】解:活潑性Mg＞Fe，則Mg反應(yīng)較快,硝酸與金屬反應(yīng)不生成氫氣，D中氫離子濃度最大，且溫度較高,則反應(yīng)速率最大． 故選D． 【點評】本題考查化學反應(yīng)速率的影響因素，難度不大，注意金屬的活潑性強弱，為影響反應(yīng)速率的主要因素,易錯點為A,注意硝酸與金屬反應(yīng)不生成氫氣． 7．下列說法錯誤的是（） A．二氧化碳和漂白粉作用，生成具有氧化性的物質(zhì) B．二氧化硫通入氫硫酸中，使溶液的酸性一定減弱 C．二氧化硫和燒堿反應(yīng)，使溶液的堿性一定減弱 D．二氧化氮可相互結(jié)合為四氧化二氦氮 【考點】二氧化硫的化學性質(zhì)． 【分析】A、二氧化碳可以和次氯酸鹽之間反應(yīng)生成具有氧化性的次氯酸； B、二氧化硫和氫硫酸之間會發(fā)生反應(yīng)生成硫單質(zhì)和水； C、二氧化硫是酸性有氣體，與堿反應(yīng)； D、NO2分子在一定條件下和N2O4分子之間存在轉(zhuǎn)化平衡． 【解答】解：A、漂白粉中含有次氯酸鈣，二氧化碳可以和次氯酸鈣之間反應(yīng)生成具有氧化性的次氯酸,故A正確； B、二氧化硫和氫硫酸之間會發(fā)生反應(yīng)生成硫單質(zhì)和水,但是當二氧化硫相對于氫硫酸過量時，會得到亞硫酸，酸性比氫硫酸要強，故B錯誤； C、二氧化硫是酸性有氣體，與堿反應(yīng),導致溶液中的氫氧根離子的濃度減少，堿性一定減弱，故C正確； D、NO2分子在一定條件下和N2O4分子之間存在轉(zhuǎn)化平衡，故D正確． 故選B． 【點評】本題涉及硫化氫、次氯酸鹽、二氧化硫以及二氧化氮的化學性質(zhì)等知識，屬于綜合知識的考查題，難度不大． 8．實驗室中制備HClO溶液的最好方法是將Cl2緩慢通入（） A．蒸餾水 B．燒堿溶液 C．純堿溶液 D．石灰石的懸濁液 【考點】氯氣的化學性質(zhì)． 【分析】氯氣與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，且生成鹽酸,HClO與燒堿、純堿反應(yīng),不能制備HClO,結(jié)合平衡移動分析． 【解答】解：A．氯氣與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，且生成鹽酸，產(chǎn)物不純，故A不選； B．與燒堿反應(yīng)，不能制備HClO，故B不選； C．與純堿反應(yīng)，不能制備HClO,故C不選； D．由Cl2+H2O?HCl+HClO可知，石灰石的懸濁液可與HCl反應(yīng)，平衡正向移動,則實驗室中制備HClO溶液的最好方法是將Cl2緩慢通入石灰石的懸濁液,故D選; 故選D． 【點評】本題考查氯氣的性質(zhì)及HClO的制備,為高頻考點，把握制備原理及平衡移動為解答的關(guān)鍵,注意制備HClO不能混有雜質(zhì)，HClO不能發(fā)生反應(yīng),題目難度不大． 9．下列做法中不正確的是（） A．向污水中加入適量明礬，可除去其中的懸浮物 B．用氫氟酸刻蝕工藝玻璃上的紋飾 C．從碘水中提取單質(zhì)碘時，可用無水乙醇代替CCl4 D．在海輪外殼上嵌入鋅塊，可減緩船體的腐蝕速率 【考點】硅和二氧化硅;金屬的電化學腐蝕與防護；分液和萃取． 【分析】A．明礬溶于水形成的膠體能吸附水中的不溶性雜質(zhì)而形成大顆粒易于沉降； B．氫氟酸能夠與二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅氣體； C．萃取劑與水不能互溶，應(yīng)分層，從碘水中提取單質(zhì)碘時,可用CCl4，不可用無水乙醇代替； D．鋅活潑性強于鐵，形成原電池時，鋅做負極失電子被氧化,鐵做正極被保護； 【解答】解：A．明礬化學式為KAl（SO4)212H2O，在溶液中易水解生成Al(OH）3膠體，具有吸附性，可除去水中的懸浮物，故A正確； B．玻璃中含有SiO2,氫氟酸刻蝕工藝玻璃反應(yīng)的化學方程式為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以可以用HF（氫氟酸）來刻蝕工藝玻璃上的紋飾，故B正確； C．萃取劑與水不能互溶，應(yīng)分層，碘易溶于水四氯化碳，且四氯化碳不溶于水，可用萃取分液法分離,而酒精與碘水中的水互溶，不分層，不可用無水乙醇代替CCl4，故C錯誤; D．鋅的活潑性比鐵強，鋅和鐵在電解質(zhì)溶液中形成原電池反應(yīng)，鋅做負極被腐蝕,海輪船體鐵做正極被保護,故D正確； 故選C． 【點評】本題主要考查了元素化合物知識，掌握膠體的凈水原理、玻璃刻蝕原理、萃取劑的選擇、金屬的電化學防護是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大． 10．某溫度下，向2L恒容密閉容器中充入1。0molA和1.0molB，反應(yīng)A(g)+B（g）?C（g)經(jīng)過一段時間后達到平衡．反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表,下列說法正確的是() t/s 0 5 15 25 35n（A）/mol 1。0 0.85 0。81 0.80 0.80A．反應(yīng)在前5s的平均速率v（A）=0.17molL﹣1s﹣1 B．保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(A)=0。41molL﹣1，則反應(yīng)的△H＞0 C．相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molC，達到平衡時，C的轉(zhuǎn)化率大于80％ D．相同溫度下,起始時向容器中充入0。20molA、0.20molB和1.0molC，反應(yīng)達到平衡前v(正）＜v(逆） 【考點】化學平衡的計算． 【分析】依據(jù)化學平衡三段式列式計算； A（g）+B(g）?C（g） 起始量（mol）1.01.00 變化量（mol）0.200。200.20 平衡量（mol）0。800.800。20 A、依據(jù)V（A）=計算； B、平衡狀態(tài)A的物質(zhì)的量為0.8mol，升高溫度，平衡時c（A）=0。41molL﹣1，物質(zhì)的量為0.82mol，物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向進行； C、等效為起始加入2。0molA和2.0molB，與原平衡相比,壓強增大,平衡向正反應(yīng)方向移動,平衡時的AB轉(zhuǎn)化率較原平衡高,故平衡時AB的物質(zhì)的量小于1.6mol，C的物質(zhì)的量大于0.4mol，即相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molC，達到平衡時，C的物質(zhì)的量大于0。4mol，參加反應(yīng)的C的物質(zhì)的量小于1。6mol，據(jù)此判斷． D、計算平衡常數(shù)，結(jié)合起始量計算濃度商計算與平衡常數(shù)對比判斷反應(yīng)進行的方向． 【解答】解：A的物質(zhì)的量達到0。80mol反應(yīng)達到平衡狀態(tài),則 A(g）+B（g）?C（g） 起始量（mol)1。01。00 變化量（mol）0。200。200。20 平衡量（mol）0.800。800。20 K==0。625 A、反應(yīng)在前5s的平均速率v（A）==0.015molL﹣1s﹣1,故A錯誤; B、保持其他條件不變，升高溫度,平衡時c(A）=0。41molL﹣1，A物質(zhì)的量為0。41mol/L×2L=0.82mol＞0.80mol，說明升溫平衡逆向進行，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則反應(yīng)的△H＜0,故B錯誤； C、等效為起始加入2。0molA和2。0molB，與原平衡相比,壓強增大,平衡向正反應(yīng)方向移動,平衡時的AB轉(zhuǎn)化率較原平衡高,故平衡時AB的物質(zhì)的量小于1。6mol，C的物質(zhì)的量大于0.4mol，即相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molC，達到平衡時，C的物質(zhì)的量大于0.4mol，參加反應(yīng)的C的物質(zhì)的量小于1.6mol，轉(zhuǎn)化率小于80％，故C錯誤; D、相同溫度下,起始時向容器中充入0。20molA、0.20molB和1。0molC,Qc==50＞K，反應(yīng)逆向進行，反應(yīng)達到平衡前v（正）＜v（逆)，故D正確； 故選D． 【點評】本題考查了化學平衡計算應(yīng)用，化學反應(yīng)速率計算，平衡常數(shù)的計算分析應(yīng)用是解題關(guān)鍵,掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等． 11．將一定質(zhì)量的鎂和鋁混合物投入200mL稀硫酸中，固體全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入的NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示．則下列說法錯誤的是（） A．鎂和鋁的總質(zhì)量為9g B．最初20mLNaOH溶液用于中和過量的稀硫酸 C．氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為5molL﹣1 D．生成的氫氣在標準狀況下的體積為11。2L 【考點】鎂、鋁的重要化合物;化學方程式的有關(guān)計算． 【分析】由圖象可知，從開始至加入NaOH溶液20mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此時發(fā)生的反應(yīng)為：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．當V（NaOH溶液）=200mL時,沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物質(zhì)的量之和為0.35mol，溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，根據(jù)鈉元素守恒可知此時n（Na2SO4）等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n（NaOH）的倍．從200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，當V（NaOH溶液）=240mL時，沉淀不再減少，此時全部為Mg（OH）2，物質(zhì)的量為0。15mol，所以沉淀量最大,Mg（OH）2為0.15mol,Al（OH）3為0.35mol﹣0.15mol=0。2mol,由于從200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH)3=NaAlO2+2H2O，所以該階段消耗n（NaOH)=n［Al（OH）3］=0.2mol,氫氧化鈉的濃度為=5mol/L，以此來解答． 【解答】解：由圖象可知，從開始至加入NaOH溶液20mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此時發(fā)生的反應(yīng)為：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O．當V（NaOH溶液）=200mL時，沉淀量最大,此時為Mg（OH）2和Al(OH）3，二者物質(zhì)的量之和為0.35mol，溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，根據(jù)鈉元素守恒可知此時n（Na2SO4）等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n（NaOH)的倍．從200mL到240mL,NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，當V（NaOH溶液)=240mL時,沉淀不再減少，此時全部為Mg（OH)2,物質(zhì)的量為0。15mol,所以沉淀量最大，Mg（OH）2為0.15mol，Al（OH）3為0。35mol﹣0.15mol=0.2mol，由于從200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以該階段消耗n（NaOH）=n[Al（OH）3］=0.2mol，氫氧化鈉的濃度為=5mol/L， A．由元素守恒可知n（Al）=n［Al（OH）3]=0。2mol，n(Mg）=n［Mg（OH）2］=0。15mol，則鎂和鋁的總質(zhì)量為0。2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正確; B．由圖象可知，從開始至加入NaOH溶液20mL，沒有沉淀生成，說明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此時發(fā)生的反應(yīng)為H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,故B正確； C．沉淀量最大，此時為Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶質(zhì)為Na2SO4,根據(jù)鈉元素守恒可知此時n（Na2SO4）等于200mL氫氧化鈉溶液中含有的n（NaOH）的倍,所以n（Na2SO4）=×0。2L×5mol/L=0。5mol，所以硫酸的濃度為=2.5mol/L，故C錯誤； D．由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0。15mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知2n（H2)=3n(Al）+2n（Mg)=3×0.2mol+2×0。15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氫氣體積為0.45mol×22。4mol/L=10.08L，故D錯誤； 故選D． 【點評】本題以圖象題的形式考查鎂鋁的重要化合物的性質(zhì)及計算，為高頻考點，把握圖象中各階段的物質(zhì)的量的關(guān)系及各階段發(fā)生的化學反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意利用守恒計算，側(cè)重分析與計算能力的綜合考查,題目難度中等． 二、解答題（共9小題,滿分34分） 12．短周期元素中，A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍；B元素的最高正價是+6價；C元素原子M層電子數(shù)等于其L層電子數(shù)的一半；D元素原子最外層有1個電子，D的陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同,則 (1）A：CB:OC:SiD：Na（填元素符號) (2）B元素與氫元素形成的化合物所含化學鍵為共價(填“共價鍵”或“離子鍵"） 【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系． 【分析】短周期元素中,A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍,A有2個電子層，最外層電子數(shù)為4,則A為碳元素;B元素的最高正價是+6價，位于ⅥA族，則B為S元素；C元素原子M層電子數(shù)等于其L層電子數(shù)的一半，有3個電子層，M層電子數(shù)為4，故C為Si元素；D元素原子最外層有1個電子，處于ⅠA族，D的陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則D為Na元素，據(jù)此進行解答． 【解答】解：短周期元素中，A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，A有2個電子層，最外層電子數(shù)為4,則A為碳元素；B元素的最高正價是+6價,位于ⅥA族,則B為S元素;C元素原子M層電子數(shù)等于其L層電子數(shù)的一半，有3個電子層,M層電子數(shù)為4，故C為Si元素；D元素原子最外層有1個電子，處于ⅠA族,D的陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則D為Na元素, （1）根據(jù)分析可知，A、B、C、D分別為C、S、Si、Na元素， 故答案為：C；S;Si；Na; （2）B為S元素,S與H元素形成的化合物為H2S，H2S為共價化合物，分子中含有化學鍵為共價鍵, 故答案為：共價． 【點評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及邏輯推理能力． 13．物質(zhì)A﹣E都是中學化學中常見的物質(zhì),它們可以發(fā)生如下圖所示的反應(yīng)，其中E是藍色溶液． （1）在以上反應(yīng)中(用序號填空），屬于氧化還原反應(yīng)的是①②⑦，屬于離子反應(yīng)的是③④⑤⑦． (2）寫出反應(yīng)③的離子方程式：CuO+2H+═Cu2++H2O． (3)反應(yīng)⑦的速率如上圖，其原因可能是形成Fe﹣Cu原電池,反應(yīng)速率加快． （4）從上述框圖中選取電極材料和電解質(zhì)溶液組成原電池，其中正極材料是Cu．負極反應(yīng)為Fe﹣2e﹣=Fe2+． 【考點】無機物的推斷． 【分析】E是藍色溶液，應(yīng)為CuSO4，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可反應(yīng)的條件可知，D+H2=A，E+Fe=A，判斷A為Cu，D為CuO,B為CuCl2，C為Cu（OH）2，結(jié)合對應(yīng)的物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求可解答該題． 【解答】解：E是藍色溶液，應(yīng)為CuSO4,由轉(zhuǎn)化關(guān)系可反應(yīng)的條件可知D為CuO，A為Cu，B為CuCl2，C為Cu(OH)2， （1）由以上分析可知A為Cu，B為CuCl2，C為Cu（OH)2,D為CuO，E為CuSO4； 題中①②⑦有元素化合價的變化,屬于氧化還原反應(yīng),③④⑤⑦為溶液中的反應(yīng),屬于離子反應(yīng), 故答案為:①②⑦；③④⑤⑦; （2）反應(yīng)③為氧化銅和硫酸的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為CuO+2H+═Cu2++H2O, 故答案為：CuO+2H+═Cu2++H2O； （3)在硫酸銅中加入鐵，置換出銅,形成形成Fe﹣Cu原電池，反應(yīng)速率加快， 故答案為：形成Fe﹣Cu原電池，反應(yīng)速率加快; (4）依據(jù)原電池眼眶里分析，轉(zhuǎn)化關(guān)系中選取鐵銅做電極，稀硫酸做電解質(zhì)溶液,形成原電池反應(yīng)Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑,正極材料為銅,負極材料是鐵，負極電極反應(yīng)為：Fe﹣2e﹣=Fe2+； 故答案為：Cu;Fe﹣2e﹣=Fe2+． 【點評】本題考查無機物的推斷，為高考常見題型,側(cè)重于學生的分析能力、推斷能力和綜合運用元素化合物知識，注意把握題給信息，找出推斷的突破口，把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)以及離子方程式、化學方程式的書寫，難度中等． 14．（2016秋臨泉縣校級月考）二氧化錳與濃鹽酸混合加熱得到氯氣，如圖是制取并探究Cl2化學性質(zhì)的裝置圖． （1)圓底燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O． (2)若要得到干燥純凈的氣體，B、C中應(yīng)分別盛放的試劑為飽和食鹽水、濃硫酸． （3）E中若裝有FeCl2溶液，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，E中若裝有淀粉碘化鉀溶液，能觀察到的實驗現(xiàn)象是溶液變藍 （4）實驗中發(fā)現(xiàn):濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣，稀鹽酸與MnO2混合加熱不生成氯氣．針對上述現(xiàn)象某化學興趣小組對“影響氯氣生成的原因"進行了討論，并設(shè)計了以下實驗方案： a．稀鹽酸滴入MnO2中，然后通入HCl氣體加熱 b．稀鹽酸滴入MnO2中，然后加入NaCl固體加熱 c．稀鹽酸滴入MnO2中，然后加入濃硫酸加熱 d．MnO2與NaCl的濃溶液混合加熱 e．濃硫酸與NaCl固體、MnO2固體共熱 ①實驗b的目的是探究c(Cl﹣）對反應(yīng)的影響．實驗c的目的是探究c（H+）對反應(yīng)的影響． ②實驗現(xiàn)象:a、c、e有黃綠色氣體生成，b、d沒有黃綠色氣體生成．由此得出影響氯氣生成的原因是c（H+）濃度的大?。? 【考點】氯氣的實驗室制法． 【分析】（1)二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣、氯化錳、水； （2）從A中制取的氯氣中含有水蒸氣、氯化氫，要得到純凈干燥的氯氣應(yīng)除去水蒸氣、氯化氫； （3）氯氣具有強的氧化性，能夠氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，能夠氧化碘離子生成單質(zhì)碘，單質(zhì)碘遇到淀粉變藍； （4)比較濃度變化的離子對化學反應(yīng)是否有影響，從而得出結(jié)論、 【解答】解：(1）二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣、氯化錳、水,反應(yīng)的化學方程式為：MnO2+4HCl（濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O； 故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O； （2）從A中制取的氯氣中含有水蒸氣、氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大,用盛有飽和食鹽水的洗氣瓶可以除去氯化氫，濃硫酸具有吸水性，可以除去氯氣中的水； 故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸； （3）氯氣具有強的氧化性，能夠氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣； 能夠氧化碘離子生成單質(zhì)碘，單質(zhì)碘遇到淀粉變藍，所以看到:溶液變藍; 故答案為:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；溶液變藍； （4）①實驗b：加入NaCl固體前后，溶液中濃度變化的離子是氯離子,所以探究的是氯離子濃度的影響； 實驗c：加入濃硫酸前后，溶液中濃度變化的離子是氫離子，所以探究的是氫離子濃度的影響， 故答案為:探究Cl﹣濃度的影響；探究H+濃度的影響； ②由實驗現(xiàn)象知,氫離子的濃度越大,越有氯氣生成，氫離子的濃度越小，越?jīng)]有氯氣生成，由此得出影響氯氣生成的原因是氫離子的濃度， 故答案為：c(H+)濃度的大?。? 【點評】本題考查了氯氣的實驗室制法及化學性質(zhì)，熟悉氯氣制備的原理和氯氣的氧化性是解題關(guān)鍵，題目難度中等． 15．某同學受2Mg+CO22MgO+C的啟發(fā)，用如圖所示的裝置進行Mg和SO2的實驗． (1）選擇制取SO2的合適試劑：②③．（填寫對應(yīng)的序號） ①10％的H2SO4溶液②80％的H2SO4溶液③Na2SO3固體④CaSO3固體 (2）寫出裝置B中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學方程式：3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS）． （3）你認為該裝置是否有不足之處有；如果有，請列出兩點：在A與B之間未連接一干燥裝置、C裝置未與大氣相通未放設(shè)計防倒吸裝置． （4)對于反應(yīng)后試管C中的成份某同學提出如下假設(shè)： 假設(shè)①全部是Na2SO3；假設(shè)②全部是NaHSO3；假設(shè)③Na2SO3和NaHSO3的混合物;假設(shè)④NaSO3和NaOH的混合物． （5）請補充完善假設(shè)．并將下表實驗檢驗設(shè)計及結(jié)論補充完整． 實驗操作預期現(xiàn)象結(jié)論(1）取少許反應(yīng)后試管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液無白色沉淀產(chǎn)生證明假設(shè)假設(shè)②是正確的（2）若有白色沉淀產(chǎn)生，再檢測（1)的上層溶液的PH若PH＞7則溶液中溶質(zhì)是Na2SO3和NaOH的混合物若PH=7則溶液中溶質(zhì)是Na2SO3若PH＜7則溶液中溶質(zhì)是NaHSO3的Na2SO3的混合物 【考點】性質(zhì)實驗方案的設(shè)計． 【分析】(1)實驗室常用亞硫酸鈉和80%的H2SO4溶液制備二氧化硫; （2）鎂和二氧化硫反應(yīng)，可生成氧化鎂、硫化鎂； （3）該裝置缺少干燥和防倒吸裝置； (4）二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)，可生成Na2SO3、NaHSO3，根據(jù)反應(yīng)的程度判斷； (5）取少許反應(yīng)后試管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液,無白色沉淀產(chǎn)生，生成NaHSO3； 若有白色沉淀產(chǎn)生,說明生成Na2SO3，再檢測（1)的上層溶液的PH，若PH＞7則溶液是Na2SO3和NaOH的混合物；PH=7則說明是Na2SO3；PH＜7則說明是NaHSO3的Na2SO3的混合物． 【解答】解：（1）因SO2的溶解度較大，應(yīng)選用濃度較大的H2SO4溶液；為了使反應(yīng)順利進行須選擇Na2SO3固體與硫酸反應(yīng)（CaSO3固體與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶于水）． 故答案為：②③； （2)根據(jù)Mg與CO2的反應(yīng)知:Mg與SO2反應(yīng)能生成氧化鎂與單質(zhì)硫,但單質(zhì)硫能與鎂反應(yīng)生成硫化鎂,方程式為3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS）， 故答案為：3Mg+SO22MgO+MgS（2Mg+2SO22MgO+SMg+SMgS)； （3）該裝置缺少干燥和防倒吸裝置，在A與B之間未連接一干燥裝置,C裝置未與大氣相通未放設(shè)計防倒吸裝置 故答案為:有；在A與B之間未連接一干燥裝置；C裝置未與大氣相通未放設(shè)計防倒吸裝置（寫兩點即可）； （4）二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)，可生成Na2SO3、NaHSO3，反應(yīng)后產(chǎn)物可能為全部是Na2SO3；全部是NaHSO3,Na2SO3和NaHSO3的混合物，NaSO3和NaOH的混合物， 故答案為:Na2SO3和NaHSO3的混合物；NaSO3和NaOH的混合物； （5)取少許反應(yīng)后試管C中的溶液，加入足量的BaCl2溶液,無白色沉淀產(chǎn)生，生成NaHSO3； 若有白色沉淀產(chǎn)生，說明生成Na2SO3，再檢測(1)的上層溶液的PH，若PH＞7則溶液是Na2SO3和NaOH的混合物;PH=7則說明是Na2SO3；PH＜7則說明是NaHSO3的Na2SO3的混合物， 故答案為:假設(shè)②；若PH＞7則溶液是Na2SO3和NaOH的混合物;PH=7則說明是Na2SO3；PH＜7則說明是NaHSO3的Na2SO3的混合物． 【點評】本題以二氧化硫的性質(zhì)為載體,考查物質(zhì)的性質(zhì)設(shè)計實驗，為高頻考點,側(cè)重于考查學生分析問題的能力，難度較大，會從教材中找出問題原型,對信息進行遷移來解決問題． 16．（2016秋臨泉縣校級月考）現(xiàn)有某鐵碳合金(鐵和碳兩種單質(zhì)的混合物）,某化學興趣小組為了測定鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)，并探究濃硫酸的某些性質(zhì),設(shè)計了如圖所示的實驗裝置（夾持儀器已省略）和實驗方案進行實驗探究． （1）A中鐵與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是2Fe+6H2SO4（濃)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，反應(yīng)中濃硫酸表現(xiàn)出的性質(zhì)是酸性、氧化性． (2)連接好裝置后，首先應(yīng)進行的操作是檢查裝置氣密性． (3）裝置C溶液反應(yīng)時，體現(xiàn)氣體的還原性性． （4）稱量E的質(zhì)量,并將ag鐵碳合金樣品放入裝置A中,再加入足量的濃硫酸,待A中不再逸出氣體時,停止加熱，拆下E并稱重，E增重bg．鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)為×100%（寫表達式)． （5）甲同學認為，依據(jù)此實驗測得的數(shù)據(jù)，計算合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)會偏低，原因是空氣中CO2、H2O進入E管使b增大．你認為改進的方法是E裝置后再連接一個盛堿石灰的干燥管． (6）乙同學認為，即使甲同學認為的偏差得到改進,依據(jù)此實驗測得合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)還會偏高．你認為其中的原因是反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體未能完全排到裝置E中,導致b偏低． 【考點】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量． 【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中濃硫酸和鐵、碳在加熱的條件下反應(yīng)生成了二氧化碳和二氧化硫，裝置B品紅溶液是檢驗二氧化硫氣體的，裝置C足量的高錳酸鉀溶液是除掉二氧化硫的，裝置D是用于干燥二氧化碳氣體，最后得到干燥的二氧化碳被實驗裝置E中足量的堿石灰吸收， （1）鐵和濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸鐵、二氧化硫和水,根據(jù)硫的化合價的變化情況判斷硫酸的作用； （2)該實驗中有氣體參加，所以實驗一開始要檢驗氣密性； （3）裝置C是利用高錳酸鉀溶液的強氧化性吸收二氧化硫，二氧化硫顯還原性; （4）根據(jù)ag鐵碳合金,加入過量濃硫酸，E增重bg，則生成二氧化碳的質(zhì)量為bg，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，則可求出ag鐵碳合金中含碳元素的質(zhì)量進而求出鐵的質(zhì)量分數(shù)； (5）E裝置后再連接一個盛堿石灰的干燥管防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣進入干燥管； （6)裝置中生成的二氧化碳不能全部被堿石灰吸收． 【解答】解:（1)鐵和濃硫酸加熱反應(yīng)生成硫酸鐵、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學方程式為：2Fe+6H2SO4（濃)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，在該反應(yīng)中部分硫元素從+6價降為+4價,同時生成硫酸鐵,所以硫酸表現(xiàn)出的性質(zhì)是酸性和氧化性； 故答案為：2Fe+6H2SO4（濃)Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O;酸性和氧化性； （2）該實驗中有氣體參加，所以實驗一開始要檢查裝置氣密性， 故答案為：把檢查裝置氣密性; （3）裝置C是利用高錳酸鉀溶液的強氧化性吸收二氧化硫,二氧化硫顯還原性, 故答案為：還原性； （4）稱取ag鐵碳合金，加入過量濃硫酸，加熱待A中不再逸出氣體時，停止加熱，拆下E裝置并稱重,E增重bg,則生成二氧化碳的質(zhì)量為bg，根據(jù)質(zhì)量守恒定律,則ag鐵碳合金中含碳元素的質(zhì)量為=g,則含鐵的質(zhì)量為ag﹣g，鐵的質(zhì)量分數(shù)為×100%， 故答案為：×100%； (5)E中所裝試劑為堿石灰，可吸收空氣中CO2、H2O使b增大，改進的方法是增加一個盛堿石灰的干燥管防止空氣中的二氧化碳和水進入, 故答案為：E裝置后再連接一個盛堿石灰的干燥管； （6）裝置中生成的二氧化碳不能全部被堿石灰吸收會導致測定結(jié)果偏低, 故答案為：反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體未能完全排到裝置E中，導致b偏低． 【點評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的探究實驗方法，裝置的特征分析，流程反應(yīng)和試劑作用是解題關(guān)鍵，題目難度中等． 17．碳在一定量空氣中燃燒，生成標準狀況下為6.72L的混合氣體，總質(zhì)量為10。8g． 求：（1）判斷混合氣體的成分，并算出對應(yīng)氣體的物質(zhì)的量？ (2）將混合氣體通入2L0.1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反應(yīng)，生成碳酸鈉和碳酸氫鈉,則溶液中兩溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度分別為多少？（忽略體積變化） 【考點】化學方程式的有關(guān)計算． 【分析】(1）碳在一定的空氣中燃燒生成的混合氣體為CO、CO2;設(shè)CO、CO2的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol,根據(jù)二者體積及質(zhì)量列方程計算各自物質(zhì)的量; (2）氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量分別為amol、bmol，根據(jù)C元素守恒、鈉離子守恒列方程計算解答． 【解答】解：（1)碳在一定的空氣中燃燒生成的混合氣體為CO、CO2，設(shè)CO、CO2的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者體積及質(zhì)量列方程，則： 解得x=0。15y=0。15 答：混合氣體為CO、CO2,混合氣體中CO為0.15mol，CO2為0。15mol； （2）氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3的物質(zhì)的量分別為amol、bmol，根據(jù)C元素守恒、鈉離子守恒列方程，則： 解得a=0.05b=0。1 則c（Na2CO3）==0.025mol/L c（NaHCO3）==0.05mol/L， 答：溶液中碳酸鈉為0。025mol/L,碳酸氫鈉為0.05mol/L． 【點評】本題考查混合物計算,難度不大，注意利用方程組進行解答． 18．（2015秋沈陽校級期中)元素X、Y、Z、M、N為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，已知Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4，M原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)之比為3：4且M原子的質(zhì)子數(shù)是Y原子的2倍,N﹣、Z+、X+的半徑逐漸減小，化合物XN在常溫下為氣體，據(jù)此回答下列問題： (1)用電子式表示Z與N形成化合物的過程． （2）X與Y可分別形成10電子和18電子的分子，寫出該18電子分子轉(zhuǎn)化成10電子分子的化學方程式2H2O22H2O+O2↑（分解反應(yīng)）． （3)如圖表示由上述元素組成的兩種氣體分子在一定條件下的密閉容器中充分反應(yīng)前后的轉(zhuǎn)化關(guān)系，請寫出該轉(zhuǎn)化過程的化學方程式:2SO2+O22SO3． （4）A、B均為由上述五種元素中的三種元素組成的強電解質(zhì)，且組成元素的原子個數(shù)之比為1：1：1．若在各自的水溶液中,A能抑制水的電離，B能促進水的電離，則A的化學式為NaOH，B的化學式為NaHS．A、B之間反應(yīng)的離子方程式為OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣．A中存在的化學鍵類型為:離子鍵、共價鍵． 【考點】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用． 【分析】元素X、Y、Z、M、N均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大．Y元素原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3：4，最外層電子數(shù)只能為6，則原子總數(shù)為8,Y為O元素；M原子的質(zhì)子數(shù)是Y原子的2倍,則M為S元素；結(jié)合N﹣、Z+、X+的半徑逐漸減小,化合物XN在常溫下為氣體,可判N為Cl元素，Z為Na元素，X為氫元素，據(jù)此解答． 【解答】解:元素X、Y、Z、M、N均為短周期主族元素,且原子序數(shù)依次增大．Y元素原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3:4，最外層電子數(shù)只能為6，則原子總數(shù)為8,Y為O元素;M原子的質(zhì)子數(shù)是Y原子的2倍，則M為S元素；結(jié)合N﹣、Z+、X+的半徑逐漸減小，化合物XN在常溫下為氣體，可判N為Cl元素，Z為Na元素，X為氫元素． (1）Z與N形成的化合物的化學式為NaCl,用電子式表示其形成過程為 故答案為：; (2）H與O可分別形成10電子和18電子的分子，分別為H2O、H2O2，H2O2在二氧化錳作催化劑條件下分解生成水與氧氣,反應(yīng)方程式為：2H2O22H2O+O2↑， 故答案為：2H2O22H2O+O2↑; （3）由圖可知,該轉(zhuǎn)化過程為SO2與O2反應(yīng)生成三氧化硫,反應(yīng)化學方程式為:2SO2+O22SO3， 故答案為:2SO2+O22SO3； (4）A、B均為由上述五種元素中的三種元素組成的強電解質(zhì),且組成元素的原子個數(shù)之比為1:1：1．若在各自的水溶液中，A能抑制水的電離,說明A是酸或堿，B能促進水的電離,說明B是含有弱離子的鹽，A為NaOH，B為NaHS等,A、B之間反應(yīng)的離子方程式為：OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣，A中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵、O原子和H原子之間存在共價鍵，所以A中含有離子鍵和共價鍵, 故答案為:NaOH；NaHS；OH﹣+HS﹣=H2O+S2﹣；離子鍵、共價鍵． 【點評】本題考查結(jié)構(gòu)物質(zhì)性質(zhì)關(guān)系應(yīng)用，難度不大,根據(jù)核外電子排布規(guī)律推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固． 19．（2015春重慶期中）X、Y、Z三種短周期元素，它們的原子序數(shù)之和為16．X、Y、Z三種元素常見單質(zhì)在常溫下都是無色氣體，在適當條件下可發(fā)生如圖所示變化： 已知一個B分子中含有的Z元素的原子個數(shù)比C分子中的少一個．請回答下列問題: （1）Y單質(zhì)分子的電子式為． (2）X的單質(zhì)與Z的單質(zhì)可制成新型的化學電源（KOH溶液作電解質(zhì)溶液），兩個電極均由多孔性碳制成,通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電,則正極通入氧氣（填物質(zhì)名稱或化學式均可）；負極電極反應(yīng)式為H2﹣2e﹣