安徽省阜陽市太和中學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學年安徽省阜陽市太和中學高三（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．在密閉容器中，對于反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），下列操作能增大反應速率并使平衡右移的是() A．降低體系溫度 B．增大體系容積 C．移去SO3 D．通入O22．在一密閉燒瓶中，在25℃時存在著平衡:2NO2?N2O4（正反應放熱)．把燒瓶置于100℃的水中，則下列幾項性質(zhì)中不會改變的是(） ①顏色；②平均分子量；③質(zhì)量；④壓強；⑤密度． A．①和③ B．②和④ C．④和⑤ D．③和⑤3．Cu與濃硝酸反應生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反應過程及有關數(shù)據(jù)如圖所示：下列有關判斷正確的是（） A．若銅片為51。2g，則生成0.2molNaNO3 B．常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不可能發(fā)生上述反應 C．標準狀況下收集的氮氧化物為20.16L D．反應過程中生成的Cu（NO3)2既是氧化產(chǎn)物，也是還原產(chǎn)物 4．常溫下,下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．與鋁反應產(chǎn)生大量氫氣的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．能使淀粉碘化鉀試紙顯藍色的溶液中：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣ C．由水電離出c（OH﹣）=1×10﹣12molL﹣1的溶液：K+、HCO、Na+、Cl﹣ D．滴入KSCN溶液后顯紅色的溶液：Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣ 5．對于A2+3B2?2C+D的反應來說，以下化學反應速率的表示中，反應速率最快的是（） A．v（B2）=0.8mol(Ls）﹣1 B．v（A2）=0。4mol（Ls)﹣1 C．v（C)=0.6mol(Ls）﹣1 D．v(D）=0.1mol（Ls）﹣1 6．可逆反應3H2(g）+N2（g)?2NH3（g)△H＜0,達到平衡后，為了使H2的轉(zhuǎn)化率增大，下列選項中采用的三種方法都正確的是(） A．升高溫度，降低壓強，增加氮氣 B．降低溫度，增大壓強，加入催化劑 C．升高溫度,增大壓強，增加氮氣 D．降低溫度，增大壓強，分離出部分氨 7．根據(jù)原子結構及元素周期律的知識,下列推斷正確的是（) A．Cl與Cl得電子能力不相同 B．核外電子排布相同的微粒化學性質(zhì)也相同 C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半徑逐漸減小 D．同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱 8．在含有Cu（NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol鐵粉，充分攪拌后鐵完全反應,且溶液中不存在Fe3+，同時又析出0。1molAg．則下列結論中不正確的是（) A．反應后溶液中Cu2+與Fe2+的物質(zhì)的量之比為1:2 B．氧化性：Ag+＞Cu2+＞Fe3+＞Zn2+ C．含F(xiàn)e3+的溶液可腐蝕銅板 D．1molFe可還原2molFe3+ 9．16O和18O是氧元素的兩種核素，下列說法正確的是（） A．16O2與18O2互為同分異構體 B．16O與18O核外電子排布方式不同 C．通過化學變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化 D．等質(zhì)量的H218O和D216O含有的電子數(shù)相等 10．用pH傳感器測得0.10molL﹣1Na2CO3溶液從55℃升高至85℃的pH如圖所示．在55℃升高至85℃升溫過程中,下列說法正確的是（) A．c(H+）增大,c（OH﹣）減小 B．比值不斷增大 C．c（CO32﹣）+c(HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.10 D．c（OH﹣）﹣c（HCO3﹣）﹣c（H2CO3）=10﹣11.1 11．下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是(） A．足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣ B．用NaClO除去水體中CO（NH2）2產(chǎn)生CO2和N2：3ClO﹣+CO(NH2)2=3Cl﹣+CO2↑+N2↑+2H2O C．過量CO2通入Na2SiO3溶液中：Si032﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣ D．Ca(HCO3）2溶液中加入過量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O 二、解答題（共9小題,滿分27分) 12．氨氣極易溶于水，其水溶液顯(酸性、中性、堿性）．氨氣和氯化氫在空氣中相遇時，可以看到的現(xiàn)象是． 13．A、B、C、D、E為中學常見的五種物質(zhì)，均含元素Y，有的還可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增． ①元素Y在A、B、C、D、E中所呈現(xiàn)的化合價依次遞增，其中只有B為單質(zhì)； ②常溫下將氣體D通入水中發(fā)生反應，生成C和E； ③工業(yè)上以A、空氣和水為原料，通過催化氧化法制取E． 請回答以下問題: （1）B的電子式為：，A的結構式為，A分子的空間構型是； （2)寫出②中涉及反應的化學方程式． (3）由B反應生成1molA放出的熱量為46。2kJ，寫出該反應的熱化學方程式，并注明反應條件． （4）工業(yè)上，若輸送Cl2的管道漏氣，用A進行檢驗時可觀察到大量白煙，同時有B生成，寫出有關反應的化學方程式，生成的大量白煙屬于化合物． 14．我國空氣質(zhì)量預報的內(nèi)容主要包括三個方面：二氧化硫、氮氧化物（NOx）、懸浮顆粒物等三種大氣污染物的濃度． (1）①與氮氧化物有關的全球或區(qū)域性大氣環(huán)境問題有（填字母序號）． a．酸雨b．沙塵暴c．光化學煙霧d．溫室效應 ②懸浮顆粒物可用高壓電除塵，是利用了現(xiàn)象 （2）為了降低汽車尾氣對大氣的污染,目前最有效的方法是給汽車安裝尾氣凈化裝置．它能將尾氣中的一氧化碳和NO在催化劑作用下，發(fā)生反應轉(zhuǎn)化為無害氣體,其反應的化學方程式為． (3）①寫出實驗室中由固體物質(zhì)制取氨氣的化學方程式； ②欲收集一瓶干燥的氨氣,選擇圖1中的裝置，其連接順序為:發(fā)生裝置→(按氣流方向，用小寫字母表示） ③實驗室也可用圖2所示裝置制取氨氣．燒瓶內(nèi)固體可選用（選填選項的代號）． a．堿石灰b．生石灰c．二氧化硅d．五氧化二磷 ④催化劑存在下,NH3也可用來消除NOx的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì),請寫出NH3與NO2反應的化學方程式為，該反應中每生成0。5molN2轉(zhuǎn)移mol電子． 15．二氧化氯（ClO2）為一種黃綠色氣體，是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑．制備ClO2的方法有多種． （1)纖維素還原法制ClO2．其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物A與NaClO3反應生成ClO2．完成反應的化學方程式:其流程如下： □+□NaClO3+□H2SO4═□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□ （2）電解食鹽水制取ClO2，其流程如圖1: ①粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)．除雜操作時，往粗鹽水中加入試劑的順序依次為（填化學式），充分反應后將沉淀一并濾去，再加入鹽酸． ②食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaClO3)與鹽酸在發(fā)生器中反應生成ClO2,寫出發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式． ③上述流程中,可循環(huán)利用的物質(zhì)有；按照綠色化學原則，電解槽陰極產(chǎn)生的氣體與方框中物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為時,原子的利用率為100％． （3）實驗室以NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉）為原料制備ClO2的流程下如圖2： 已知：（I）A氣體在標準狀況下的密度為0。089g/L； （Ⅱ）氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍． ①電解時，發(fā)生反應的化學方程式為． ②NCl3與NaClO2（亞氯酸鈉）按物質(zhì)的量之比為1:6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2，該反應的離子方程式為． 16．某課外活動小組欲利用CuO與NH3反應,研究NH3的某種性質(zhì)并測定其組成,設計了如圖實驗裝置（夾持裝置未畫出）進行實驗．請回答下列問題： （1)儀器a的名稱為；儀器b中可選擇的試劑為； （2）實驗室中利用下列各組物質(zhì)，進行噴泉實驗，不能成功的是 A．Cl2與飽和食鹽水B．CO2與40%的NaOH溶液 C．NH3與飽和食鹽水D．HCl與水 (3)實驗中觀察到裝置C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，上述現(xiàn)象證明NH3具有性，寫出相應的化學方程式 （4）E裝置中濃硫酸的作用 (5）實驗完畢，若測得干燥管D增重mg,裝置F測得氣體的體積為nL（已折算成標準狀況),則氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為(用含m、n字母的代數(shù)式表示） 17．將25g硫酸銅晶體溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物質(zhì)的量濃度是多少？取其溶液100mL，向其中加入100mL0。2molL﹣1的NaOH溶液，反應后溶液的物質(zhì)的量濃度又是多少？（設混合后溶液體積不變） 18．暗紫色化合物A可作為電極材料的新型超鐵電磁,因具有綠色、高電壓和高能量的特點，近年來引起了電化學界的高度重視．在常溫和干燥的條件下，化合物A可以穩(wěn)定的存在，但它在水溶液中不穩(wěn)定,一段時間后轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀． 為探究其成分，某學習興趣小組的同學取化合物A粉末進行試驗．經(jīng)組成分析，該粉末僅含有O、K、Fe三種元素．另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反應后的溶液中加入含有0.08molKOH的溶液,恰好完全反應．過濾,將洗滌后的沉淀充分灼燒，得到紅棕色固體粉末1。60g;將所得濾液在一定條件下蒸發(fā)可得到一種純凈的不含結晶水的鹽10。44g． （1）3.96g化合物A中含有Fe元素的物質(zhì)的量為mol,含有鉀元素的物質(zhì)的量為mol．化合物A的化學式為； （2)化合物A與H2O反應的離子方程式為． （3）為研究溫度對化合物A水溶液穩(wěn)定性的影響，請設計一個實驗方案． 19．已知：A是來自石油的重要有機化工原料,E是具有果香味的有機物，F(xiàn)是一種高聚物，可制成食品包裝材料． （1）A的結構簡式為； （2）D分子中的官能團是; （3）寫出下列反應的化學方程式:②;④． 20．圖中,A～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)生棕黃色煙,B、G為中學化學中常見的金屬單質(zhì)，E的稀溶液為藍色,I的焰色反應為黃色，組成J的元素原子核內(nèi)只有一個質(zhì)子,F為無色、有刺激性氣味的氣體，且能使品紅溶液褪色． 請回答下列問題： （1）框圖中所列物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的物質(zhì)是； (2）將D的水溶液蒸干并灼燒得到的固體物質(zhì)的化學式為； （3）在一定物質(zhì)的量濃度的硝酸銨溶液中滴加適量的K溶液，使溶液的pH=7,則溶液中c（Na+）c（NO3﹣）（選填“＞”“="或“＜"）． （4)①4gJ在純氧中完全燃燒生成液態(tài)化合物，放出熱量為QkJ，寫出表示J燃燒熱的熱化學方程式． ②A是重要的化工原料，工業(yè)上制取A的反應的化學方程式為． （5)與F組成元素相同的一種﹣2價酸根離子M，M中兩種元素的質(zhì)量比為4：3，已知1molA單質(zhì)與含1molM的溶液能恰好完全反應,反應時僅觀察到有淺黃色沉淀產(chǎn)生．取反應后的上層清液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀產(chǎn)生．則A單質(zhì)與含M的溶液反應的離子方程式為：． (6）25℃時，若Ksp(H）=2。2×10﹣20,向0。022mol/L的E溶液中逐滴滴入溶液K，當開始出現(xiàn)沉淀時，溶液中的c（OH﹣）=． 2016-2017學年安徽省阜陽市太和中學高三(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．在密閉容器中，對于反應:2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），下列操作能增大反應速率并使平衡右移的是（） A．降低體系溫度 B．增大體系容積 C．移去SO3 D．通入O2【考點】化學平衡的影響因素． 【分析】根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響分析，增大濃度、升高溫度、增大壓強、使用催化劑等可以加快反應速率，結合平衡移動原理分析解答． 【解答】解：A．降低溫度平衡向正反應方向移動，但反應速率減慢，故A不符合; B．增大體系容積即減小壓強平衡向逆反應方向移動,反應速率減慢，故B不符合； C．移去SO3，平衡右移，但生成物濃度減小，反應速率減小，故C不符合； D．通入氧氣,氧氣濃度增大，反應速率加快，平衡向正反應方向移動，故D符合； 故選D． 【點評】本題考查外界條件對化學反應速率與化學平衡的影響，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握． 2．在一密閉燒瓶中，在25℃時存在著平衡：2NO2?N2O4（正反應放熱）．把燒瓶置于100℃的水中,則下列幾項性質(zhì)中不會改變的是（） ①顏色；②平均分子量；③質(zhì)量；④壓強；⑤密度． A．①和③ B．②和④ C．④和⑤ D．③和⑤【考點】化學平衡的調(diào)控作用． 【分析】可逆反應2NO2?N2O4，正反應放熱，升高溫度，化學平衡向著吸熱方向進行，所以化學平衡2NO2?N2O4向左進行， ①二氧化氮的濃度增大，顏色加深； ②混合氣體總的物質(zhì)的量增大，根據(jù)M=判斷； ③反應混合物都是氣體,根據(jù)質(zhì)量守恒定律判斷; ④升高溫度，化學平衡向左移動，混合氣體總的物質(zhì)的量增大、混合氣體的溫度升高，容器的容積不變，根據(jù)pV=nRT判斷； ⑤根據(jù)ρ=判斷． 【解答】解：升高溫度,化學平衡向著吸熱方向進行，所以化學平衡2NO2?N2O4向左進行． ①二氧化氮的濃度增大，顏色加深; ②混合氣體總的物質(zhì)的量增大，混合氣體總的質(zhì)量不變，根據(jù)M=可知，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量減??； ③反應混合物都是氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，混合氣體總的質(zhì)量不變; ④升高溫度，化學平衡向左移動，混合氣體總的物質(zhì)的量增大、混合氣體的溫度升高，容器的容積不變，根據(jù)pV=nRT可知，容器內(nèi)壓強增大； ⑤反應混合物都是氣體，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，混合氣體總的質(zhì)量不變，容器的容積不變,根據(jù)ρ=可知,混合氣體的密度不變． 故選D． 【點評】本題考查學生溫度對化學平衡的影響知識，難度不大，注意根據(jù)平衡移動原理理解． 3．Cu與濃硝酸反應生成氮的氧化物,這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反應過程及有關數(shù)據(jù)如圖所示：下列有關判斷正確的是（) A．若銅片為51.2g，則生成0.2molNaNO3 B．常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不可能發(fā)生上述反應 C．標準狀況下收集的氮氧化物為20。16L D．反應過程中生成的Cu(NO3）2既是氧化產(chǎn)物，也是還原產(chǎn)物 【考點】銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)． 【分析】A、n（Cu）==0.8mol，n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由終態(tài)分析法容易看出只有兩種元素的價態(tài)有變化,其一是Cu→Cu(NO3）2,Cu元素化合價由0價升高為+2價，每個Cu原子失2個電子；另一個是HNO3→NaNO2，N元素由+5價降低為+3價,每個N原子得2個電子,由電子轉(zhuǎn)移守恒可知，51。2gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子,據(jù)此計算故產(chǎn)物中NaNO2的物質(zhì)的量，由Na守恒可知n（NaOH)=n（NaNO2）+n(NaNO3），據(jù)此計算NaNO3的物質(zhì)的量; B、常溫下,金屬銅遇到濃硝酸發(fā)生鈍化，該反應會發(fā)生; C、根據(jù)公式V=nVm進行計算； D、氧化還原反應中，化合價升高元素對應產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物，化合價降低元素對應產(chǎn)物是還原產(chǎn)物． 【解答】解：A、n（Cu）==0.8mol,n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由電子守恒可知，51。2gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，則0。8mol×（2﹣0)=n（NaNO2）×（5﹣3），解得n(NaNO2）=0.8mol，由Na原子守恒可知n(NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3)，則n（NaNO3）=1mol﹣0。8mol=0。2mol，故A正確； B、常溫下,Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化,但是鈍化不是不反應,可能發(fā)生上述反應，故B錯誤； C、標準狀況下得到的0.9mol氮氧化物的體積是0.9mol×22。4L/mol=20。16L,故C正確； D、反應過程中生成的Cu（N03）2是氧化產(chǎn)物，不是還原產(chǎn)物，故D錯誤． 故選AC． 【點評】本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握硝酸的作用、N元素的化合價變化及原子守恒、電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度較大． 4．常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A．與鋁反應產(chǎn)生大量氫氣的溶液：NH4+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．能使淀粉碘化鉀試紙顯藍色的溶液中：K+、SO42﹣、S2﹣、SO32﹣ C．由水電離出c（OH﹣）=1×10﹣12molL﹣1的溶液：K+、HCO、Na+、Cl﹣ D．滴入KSCN溶液后顯紅色的溶液:Na+、Cu2+、Br﹣、SO42﹣ 【考點】離子共存問題． 【分析】A．與鋁反應產(chǎn)生大量氫氣的溶液,可能為強堿溶液或非氧化性酸溶液; B．能使淀粉碘化鉀試紙顯藍色的溶液應具有強氧化性，具有還原性的離子不能大量共存； C．由水電離出c（OH﹣）=1×10﹣12molL﹣1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性; D．滴入KSCN溶液后顯紅色的溶液，溶液中含有Fe3+． 【解答】解：A．與鋁反應產(chǎn)生大量氫氣的溶液，可能為強堿溶液或非氧化性酸溶液，堿性條件下NH4+不能大量共存，酸性條件下CO32﹣、NO3﹣不能大量共存，故A錯誤； B．能使淀粉碘化鉀試紙顯藍色的溶液應具有強氧化性,具有還原性的S2﹣、SO32﹣不能大量共存，故B錯誤； C．由水電離出c（OH﹣)=1×10﹣12molL﹣1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論呈酸性還是堿性HCO3﹣都不能大量共存，故C錯誤; D．滴入KSCN溶液后顯紅色的溶液,溶液中含有Fe3+，離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故D正確． 故選D． 【點評】本題考查離子共存問題，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查,注意把握題給信息，為解答該題的關鍵，學習中注意常見離子的性質(zhì)以及反應類型的判斷，難度不大． 5．對于A2+3B2?2C+D的反應來說，以下化學反應速率的表示中，反應速率最快的是(） A．v（B2）=0。8mol（Ls)﹣1 B．v(A2)=0。4mol(Ls）﹣1 C．v（C）=0。6mol（Ls）﹣1 D．v(D）=0。1mol（Ls）﹣1 【考點】化學反應速率和化學計量數(shù)的關系． 【分析】由于不同物質(zhì)表示的速率之比等于化學計量數(shù)之比，故不同物質(zhì)質(zhì)表示的反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，則表示的反應速率越快，以此來解答． 【解答】解：反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，則表示的反應速率越快， A。=0。26； B.=0.4; C.=0。3; D.=0.1， 顯然B中比值最大，反應速率最快, 故選B． 【點評】本題考查化學反應速率比較，為高頻考點，把握反應速率與化學計量數(shù)的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意比值法比較的應用，題目難度不大． 6．可逆反應3H2（g）+N2（g）?2NH3(g)△H＜0，達到平衡后，為了使H2的轉(zhuǎn)化率增大，下列選項中采用的三種方法都正確的是() A．升高溫度，降低壓強，增加氮氣 B．降低溫度，增大壓強，加入催化劑 C．升高溫度，增大壓強，增加氮氣 D．降低溫度，增大壓強，分離出部分氨 【考點】化學平衡的影響因素． 【分析】為了使H2的轉(zhuǎn)化率增大，一般使可逆反應3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）△H＜0向正反應方向移動,但增大氫氣的濃度，平衡向正反應方向移動,但H2的轉(zhuǎn)化率減小，據(jù)此分析． 【解答】解:為了使H2的轉(zhuǎn)化率增大,一般使可逆反應3H2（g）+N2（g)?2NH3（g)△H＜0向正反應方向移動，又該反應為氣體體積減小的放熱反應，所以可以降低溫度，增大壓強都能向正反應方向移動,H2的轉(zhuǎn)化率增大，催化劑不改變平衡移動，分離出部分氨也能使平衡向正反應方向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大，故選:D． 【點評】本題考查化學平衡的移動等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查,注意把握相關知識的積累,難度不大． 7．根據(jù)原子結構及元素周期律的知識，下列推斷正確的是(） A．Cl與Cl得電子能力不相同 B．核外電子排布相同的微?；瘜W性質(zhì)也相同 C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半徑逐漸減小 D．同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱 【考點】原子結構與元素周期律的關系． 【分析】A．同位素的質(zhì)子數(shù)相同，Cl原子最外層電子數(shù)為7； B．核外電子排布相同的微?？赡転殛庩栯x子； C．具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑??； D．同主族從上到下非金屬性減弱，最高價含氧酸的酸性減弱． 【解答】解：A．同位素的質(zhì)子數(shù)相同,Cl原子最外層電子數(shù)為7,得電子能力相同,故A正確; B．核外電子排布相同的微?？赡転殛庩栯x子，如鈉離子、氧離子的性質(zhì)不同，故B錯誤; C．具有相同電子排布的離子中,原子序數(shù)大的離子半徑小，則Cl﹣、S2﹣、K+、Ca2+半徑逐漸減小,故C錯誤； D．同主族從上到下非金屬性減弱，最高價含氧酸的酸性減弱，則同主族元素最高價含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱,故D錯誤； 故選A． 【點評】本題考查原子結構與元素周期律,為高頻考點，把握原子結構、元素的性質(zhì)為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大． 8．在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0。1mol鐵粉，充分攪拌后鐵完全反應，且溶液中不存在Fe3+，同時又析出0.1molAg．則下列結論中不正確的是（） A．反應后溶液中Cu2+與Fe2+的物質(zhì)的量之比為1:2 B．氧化性：Ag+＞Cu2+＞Fe3+＞Zn2+ C．含F(xiàn)e3+的溶液可腐蝕銅板 D．1molFe可還原2molFe3+ 【考點】氧化還原反應的計算;氧化還原反應;鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變． 【分析】根據(jù)金屬活動順序表可知氧化性:Zn2+＜Cu2+＜Ag+，且存在Cu2+＜Fe3+＜Ag+，充分攪拌后Fe完全反應,且Fe3+和Ag+亦完全反應:2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，以此解答該題． 【解答】解：A．由反應2Ag++Fe═Fe2++2Ag，2Fe3++Fe═3Fe2+，可知反應共生成0。2molFe2+,而0。1molCu2+沒有參加反應，則反應后溶液中Cu2+與Fe2+的物質(zhì)的量之比為1：2，故A正確； B．根據(jù)金屬活動順序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+,根據(jù)金屬銅和三價鐵反應生成氯化銅和氯化亞鐵，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，故B錯誤； C．氧化性Cu2+＜Fe3+，則含F(xiàn)e3+的溶液可腐蝕銅板，故C正確； D．金屬鐵和三價鐵的反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，則1molFe可還原2molFe3+，故D正確． 故選B． 【點評】本題考查氧化還原反應，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，為高頻考點，注意把握物質(zhì)的氧化性的強弱，為解答該題的關鍵,結合反應的方程式解答該題． 9．16O和18O是氧元素的兩種核素，下列說法正確的是（） A．16O2與18O2互為同分異構體 B．16O與18O核外電子排布方式不同 C．通過化學變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化 D．等質(zhì)量的H218O和D216O含有的電子數(shù)相等 【考點】核素． 【分析】A．分子式相同結構不同的有機物為同分異構體； B．16O和18O是氧元素的兩種核素,質(zhì)子數(shù)相同核外電子數(shù)相同； C．16O與18O之間的轉(zhuǎn)化是原子核的變化; D．結合n=和分子中含電子數(shù)相同分析判斷； 【解答】解:A．16O2與18O2為氧元素的單質(zhì)不是化合物，不為同分異構體，故A錯誤； B．16O與18O核外電子數(shù)相同，核外電子排布方式相同，故B錯誤; C．16O與18O之間的轉(zhuǎn)化，屬于核變化，不是化學變化，故C錯誤； D．等質(zhì)量的H218O和D216O，物質(zhì)的量分別為:mol，mol，物質(zhì)的量相同,H218O和D216O分子中含10個電子，所以等質(zhì)量的H218O和D216O含有的電子數(shù)相等，故D正確； 故選D． 【點評】本題考查了原子結構、化學變化實質(zhì)、同分異構體、核外電子排布等,掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大． 10．用pH傳感器測得0.10molL﹣1Na2CO3溶液從55℃升高至85℃的pH如圖所示．在55℃升高至85℃升溫過程中,下列說法正確的是（） A．c（H+）增大,c(OH﹣）減小 B．比值不斷增大 C．c（CO32﹣)+c（HCO3﹣）+c（H2CO3)=0。10 D．c(OH﹣）﹣c（HCO3﹣）﹣c（H2CO3）=10﹣11。1 【考點】離子濃度大小的比較． 【分析】A．升高溫度后，碳酸鈉的水解程度增大，溶液則溶液中氫氧根離子濃度增大;根據(jù)圖象可知，溫度升高后溶液pH減小，則溶液中氫離子濃度增大; B．碳酸鈉的水解為吸熱反應，升高溫度后碳酸根離子的水解程度增大，則溶液中碳酸根離子濃度減小，碳酸氫根離子濃度增大； C．根據(jù)碳酸鈉溶液中的物料守恒判斷； D．根據(jù)碳酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷． 【解答】解：A．結合圖象可知,在55℃升高至85℃后，溶液的pH減小，則溶液中c（H+）增大；溫度升高后碳酸鈉的電離程度增大，則溶液中c（OH﹣)增大，故A錯誤； B．升高溫度后碳酸鈉的水解程度增大，則溶液中碳酸根離子濃度減小、碳酸氫根離子濃度增大，該比值會減小，故B錯誤; C．根據(jù)物料守恒可得：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c(H2CO3)=0.10mol/L，故C正確； D．根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c(OH﹣）﹣c（HCO3﹣)﹣2c（H2CO3）=c（H+）=10﹣11。1mol/L，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確鹽的水解原理及其影響為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及質(zhì)子守恒在判斷離子濃度大小中的應用方法，A為易錯點，需要明確溫度對水的電離、鹽的水解的影響． 11．下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（） A．足量Cl2通入FeBr2溶液中：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣ B．用NaClO除去水體中CO（NH2）2產(chǎn)生CO2和N2：3ClO﹣+CO(NH2)2=3Cl﹣+CO2↑+N2↑+2H2O C．過量CO2通入Na2SiO3溶液中：Si032﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣ D．Ca（HCO3）2溶液中加入過量NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O 【考點】離子方程式的書寫． 【分析】A．氯氣能將二價鐵離子氧化為三價鐵離子; B．NaClO和CO(NH2)2反應生成CO2和N2； C．過量CO2通入Na2SiO3溶液,反應生成硅酸和碳酸氫鈉; D．碳酸氫鈣完全反應，反應生成碳酸鈣、碳酸鈉、水． 【解答】解：A．足量Cl2通入FeBr2溶液中，離子方程式：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A錯誤; B．NaClO和CO（NH2）2反應生成CO2和N2：3ClO﹣+CO（NH2)2=3Cl﹣+CO2↑+N2↑+2H2O，故B正確； C．過量CO2通入Na2SiO3溶液中的離子反應為SiO32﹣+2CO2+2H2O=2HCO3﹣+H2SiO3↓，故C錯誤; D．向碳酸氫鈣溶液中加入過量的氫氧化鈉溶液的離子反應為Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣,故D錯誤． 故選B． 【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，注意與量有關的離子反應中量少的物質(zhì)完全反應，明確離子反應中保留化學式的物質(zhì)即可解答,題目難度不大． 二、解答題(共9小題，滿分27分） 12．（2016秋太和縣校級月考)氨氣極易溶于水，其水溶液顯堿性（酸性、中性、堿性）．氨氣和氯化氫在空氣中相遇時，可以看到的現(xiàn)象是白煙． 【考點】氨的化學性質(zhì)． 【分析】氨氣和水反應生成氨水,氨水電離生成氫氧根離子和銨根離子,有關的方程式為：NH3+H2O?NH3．H2O?NH4++OH﹣；氯化氫和氨氣混合產(chǎn)生大量白煙過程中有新物質(zhì)氯化銨生成,氯化銨固體小顆粒,由此分析解答． 【解答】解：氨氣和水反應生成氨水，氨水電離生成氫氧根離子和銨根離子，有關的方程式為:NH3+H2O?NH3．H2O?NH4++OH﹣，溶液呈堿性；氯化氫和氨氣混合產(chǎn)生大量白煙過程中有新物質(zhì)氯化銨生成，氯化銨固體小顆粒,產(chǎn)生大量的白煙，故答案為：堿性；白煙． 【點評】本題主要考查了微觀粒子的特征及其根據(jù)反應現(xiàn)象判斷粒子性質(zhì)方面的內(nèi)容． 13．A、B、C、D、E為中學常見的五種物質(zhì),均含元素Y,有的還可能含有元素X、Z，元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增． ①元素Y在A、B、C、D、E中所呈現(xiàn)的化合價依次遞增，其中只有B為單質(zhì); ②常溫下將氣體D通入水中發(fā)生反應，生成C和E； ③工業(yè)上以A、空氣和水為原料，通過催化氧化法制取E． 請回答以下問題： (1）B的電子式為：，A的結構式為，A分子的空間構型是三角錐形; (2)寫出②中涉及反應的化學方程式3NO2+H2O=NO+2HNO3． （3)由B反應生成1molA放出的熱量為46.2kJ，寫出該反應的熱化學方程式，并注明反應條件N2(g）+2H2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol． （4)工業(yè)上，若輸送Cl2的管道漏氣，用A進行檢驗時可觀察到大量白煙,同時有B生成，寫出有關反應的化學方程式8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,生成的大量白煙屬于離子化合物． 【考點】無機物的推斷． 【分析】A、B、C、D、E為中學化學常見的五種物質(zhì)，均含元素Y，且Y在這些物質(zhì)中所呈化合價依次升高，說明Y有多種化合價，可能為N元素或Cl元素，又工業(yè)上以A、空氣和水為原料，通過催化氧化法制取E，應為氨的催化氧化制備硝酸,則A為NH3、B為N2、C為NO、D為NO2、E為HNO3，結合N原子的結構以及對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)解答該題． 【解答】解:A、B、C、D、E為中學化學常見的五種物質(zhì)，均含元素Y，且Y在這些物質(zhì)中所呈化合價依次升高，說明Y有多種化合價，可能為N元素或Cl元素，又工業(yè)上以A、空氣和水為原料,通過催化氧化法制取E，應為氨的催化氧化制備硝酸,則A為NH3、B為N2、C為NO、D為NO2、E為HNO3， （1）由以上分析可知B為N2，電子式為，A為NH3，分子的空間構型為三角錐形，結構式為， 故答案為:；;三角錐形； (2）D為NO2,與水發(fā)生：3NO2+H2O=NO+2HNO3，為NO2的自身氧化還原反應,故答案為：3NO2+H2O=NO+2HNO3; (3）由B（N2）反應生成1molA(NH3)放出的熱量為46.2kJ，則有N2（g)+2H2（g)2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol， 故答案為：N2（g)+2H2（g)2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol； （4）Cl2具有強氧化性,遇氨氣發(fā)生氧化還原反應生成N2,同時有NH4Cl生成，反應的化學方程式為8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，生成的NH4Cl為離子化合物， 故答案為:8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；離子． 【點評】本題考查物質(zhì)的推斷，題目難度不大，本題側重于化合價的角度，注意常見多化合價元素以及常見物質(zhì)的性質(zhì)． 14．（2017鄆城縣校級一模)我國空氣質(zhì)量預報的內(nèi)容主要包括三個方面：二氧化硫、氮氧化物(NOx）、懸浮顆粒物等三種大氣污染物的濃度． （1）①與氮氧化物有關的全球或區(qū)域性大氣環(huán)境問題有ac（填字母序號）． a．酸雨b．沙塵暴c．光化學煙霧d．溫室效應 ②懸浮顆粒物可用高壓電除塵，是利用了電泳現(xiàn)象 (2)為了降低汽車尾氣對大氣的污染，目前最有效的方法是給汽車安裝尾氣凈化裝置．它能將尾氣中的一氧化碳和NO在催化劑作用下，發(fā)生反應轉(zhuǎn)化為無害氣體，其反應的化學方程式為2NO+2CON2+2CO2． （3）①寫出實驗室中由固體物質(zhì)制取氨氣的化學方程式2NH4Cl+Ca（OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O; ②欲收集一瓶干燥的氨氣，選擇圖1中的裝置，其連接順序為：發(fā)生裝置→d→c→f→e→i（按氣流方向，用小寫字母表示) ③實驗室也可用圖2所示裝置制取氨氣．燒瓶內(nèi)固體可選用ab(選填選項的代號）． a．堿石灰b．生石灰c．二氧化硅d．五氧化二磷 ④催化劑存在下，NH3也可用來消除NOx的污染，生成兩種對環(huán)境無害的物質(zhì)，請寫出NH3與NO2反應的化學方程式為6NO2+8NH37N2+12H2O,該反應中每生成0.5molN2轉(zhuǎn)移1。7mol電子． 【考點】"三廢"處理與環(huán)境保護． 【分析】（1)①a．酸雨：主要是工業(yè)排放的廢氣二氧化硫和氮氧化合物,二氧化硫在灰塵催化下與氧氣反應生成三氧化硫,與水生成硫酸；氮氧化合物與水生成硝酸．使雨水PH＜5.6； b．由于現(xiàn)在人類大力砍伐樹木,減少了對土壤的固定，沙塵比較多，大量燃燒化石燃料也會產(chǎn)生大量的空氣污染顆粒,也能造成沙塵暴天氣； c．光化學煙霧:主要是汽車尾氣中的氮氧化合物與碳氫化合物在紫外線作用下發(fā)生一系列反應生成類似藍色的煙霧，危害健康; d．白色污染是人們對難降解的塑料垃圾（多指塑料袋)污染環(huán)境現(xiàn)象的一種形象稱謂； ②膠體具有電泳的性質(zhì)； （2)NO、CO在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為氮氣和二氧化碳； （3)①實驗室用固體氯化銨和固體氫氧化鈣反應制備氨氣； ②氣體制備一般順序為:發(fā)生裝置，凈化裝置，收集裝置，尾氣處理裝置，結合氨氣為堿性氣體，密度小于空氣密度，極易溶于水的性質(zhì)解答； ③裝置2中的燒瓶內(nèi)是固體，氨水滴入固體溶解放熱使氨氣放出; ④NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì),應生成氮氣和水；根據(jù)化合價的變化計算． 【解答】解：（1)①a．氮氧化合物與水生成硝酸．使雨水pH＜5。6，故a選; b．沙塵暴與固體懸浮顆粒物有關，與氮氧化物無關,故b不選; c．光化學煙霧與汽車尾氣中的氮氧化合物有關，故c選； d．白色污染與塑料有關，故d不選； 通過以上分析知，與氮氧化物有關的環(huán)境污染是酸雨、光化學煙霧； 故答案為：ac； ②膠體具有電泳的性質(zhì),在外加電源作用下，帶電的膠體微粒能夠發(fā)生定下移動，工廠利用高壓電除塵，有利于減輕霧霾和預防大氣污染就是利用膠體電泳的性質(zhì),所以懸浮顆粒物可用高壓電除塵是利用了電泳現(xiàn)象； 故答案為:電泳; (2）NO、CO在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為氮氣和二氧化碳,反應的方程式為：2NO+2CON2+2CO2, 故答案為：2NO+2CON2+2CO2； （3）①實驗室中由固體物質(zhì)制取氨氣為固體氯化銨和固體氫氧化鈣反應，反應的方程式為：Ca（OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O； 故答案為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O; ②實驗室用加熱固體氯化銨和氫氧化鈣的方法制備氨氣，制備的氣體中含有水蒸氣，氨氣為堿性氣體，應選擇盛有堿石灰干燥管干燥氣體，氨氣極易溶于水，密度小于空氣密度所以應選擇向下排空氣法收集氣體，氨氣極易溶于水，尾氣可以用水吸收，注意防止倒吸的發(fā)生，所以正確的連接順序為：發(fā)生裝置→d→c→f→e→i; 故答案為：d→c→f→e→i； ③a．堿石灰中滴加氨水，堿石灰溶解放熱,使氨氣放出，故正確； b．生石灰中滴入氨水，溶解放熱，使放出氨氣,故正確; C．二氧化硅難溶于水，不能放出熱量，對氨水無影響，不能生成氨氣，故錯誤； D．五氧化二磷和氨水反應，生成磷酸鹽,不能生成氨氣,故錯誤； 故答案為：ab； ④NH3可用來消除NO的污染，生成2種對環(huán)境無害的物質(zhì),應生成氮氣和水，其反應方程式為6NO2+8NH37N2+12H2O,由方程式可知，生成7molN2，轉(zhuǎn)移24mol電子，則每生成0.5molN2轉(zhuǎn)移1.7mol電子; 故答案為：6NO2+8NH37N2+12H2O；1.7． 【點評】本題考查環(huán)境保護、氨氣的方法、干燥、性質(zhì)等、以及氧化還原反應,題目涉及多方面的知識考查角度廣，要求學生具有分析和解決問題的能力，題目難度中等． 15．（2015湖北模擬）二氧化氯（ClO2）為一種黃綠色氣體,是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑．制備ClO2的方法有多種． (1）纖維素還原法制ClO2．其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物A與NaClO3反應生成ClO2．完成反應的化學方程式：其流程如下: □1C6H12O6+□NaClO3+□H2SO4═□ClO2↑+□CO2↑+□H2O+□12Na2SO4 （2)電解食鹽水制取ClO2，其流程如圖1： ①粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)．除雜操作時，往粗鹽水中加入試劑的順序依次為BaCl2、NaOH和Na2CO3或NaOH、BaCl2和Na2CO3（填化學式），充分反應后將沉淀一并濾去，再加入鹽酸． ②食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉（NaClO3)與鹽酸在發(fā)生器中反應生成ClO2，寫出發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O． ③上述流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有NaCl、Cl2；按照綠色化學原則，電解槽陰極產(chǎn)生的氣體與方框中物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為6：5時，原子的利用率為100%． （3）實驗室以NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉）為原料制備ClO2的流程下如圖2: 已知：（I)A氣體在標準狀況下的密度為0。089g/L； （Ⅱ）氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍． ①電解時，發(fā)生反應的化學方程式為NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3． ②NCl3與NaClO2（亞氯酸鈉）按物質(zhì)的量之比為1：6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2，該反應的離子方程式為NCl3+6ClO2﹣+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl﹣+3OH﹣． 【考點】制備實驗方案的設計． 【分析】（1）纖維素水解得到的最終產(chǎn)物A為葡萄糖，NaClO3生成ClO2，氯元素從+5價降到+4價，葡萄糖中碳從0價升到+4價，根據(jù)元素守恒和電荷守恒配平方程式； （2）①粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì),用鋇離子除去硫酸根離子，用氫氧根除去鎂離子,用碳酸根除去鈣離子，同時注意除雜是示能引入新的雜質(zhì)，據(jù)此判斷加入試劑的順序； ②根據(jù)氧化還原反應化合價升降規(guī)律，NaClO3與鹽酸反應生成ClO2的同時會生成氯氣,據(jù)此寫出化學方程式； ③根據(jù)圖1流程可知，電解氯化鈉溶液生成NaClO3的同時有氫氣產(chǎn)生，被充適量的氯氣后，氫氣和氯氣合成氯化氫，氯化氫再與NaClO3反應得ClO2,所以氯化鈉和氯氣都是流程中的原料，據(jù)此判斷可循環(huán)利用的物質(zhì)，電解槽陰極產(chǎn)生的氣體應為氫氣，方框中物質(zhì)應為氯氣，根據(jù)元素守恒可確定它們的物質(zhì)的量之比； (3)A氣體在標準狀況下的密度為0。089g/L，則A氣體為氫氣,（Ⅱ)氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則B為氨氣， ①根據(jù)流程可知,電解時反應物為氯化銨和鹽酸，生成物為氫氣和NCl3，據(jù)此書寫化學方程式； ②NCl3與NaClO2按物質(zhì)的量之比為1：6混合,在溶液中恰好反應生成ClO2，根據(jù)電荷守恒和元素守恒書寫離子方程式; 【解答】解：(1)纖維素水解得到的最終產(chǎn)物A為葡萄糖,NaClO3生成ClO2，氯元素從+5價降到+4價，葡萄糖中碳從0價升到+4價，反應的化學方程式為1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4， 故答案為：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4； (2)①粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì),用鋇離子除去硫酸根離子，用氫氧根除去鎂離子，用碳酸根除去鈣離子，同時注意除雜是示能引入新的雜質(zhì)，碳酸根離子要放在最后加入，所以加入試劑的順序為BaCl2、NaOH和Na2CO3或NaOH、BaCl2和Na2CO3, 故答案為：BaCl2、NaOH和Na2CO3或NaOH、BaCl2和Na2CO3; ②根據(jù)氧化還原反應化合價升降規(guī)律，NaClO3與鹽酸反應生成ClO2的同時會生成氯氣,反應的化學方程式為2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O, 故答案為：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O； ③根據(jù)圖1流程可知，電解氯化鈉溶液生成NaClO3的同時有氫氣產(chǎn)生，被充適量的氯氣后,氫氣和氯氣合成氯化氫,氯化氫再與NaClO3反應得ClO2,所以氯化鈉和氯氣都是流程中的原料,結合電解槽和ClO2發(fā)生器中產(chǎn)物可知,可循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl、Cl2,電解槽陰極產(chǎn)生的氣體應為氫氣，方框中物質(zhì)應為氯氣，根據(jù)根據(jù)反應NaCl+3H2ONaClO3+3H2及反應2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，可知反應中產(chǎn)生的H2、Cl2的物質(zhì)的量之比為6：1，而反應中H2、Cl2的物質(zhì)的量之比為1：1，要使原子的利用率為100％，則產(chǎn)生的H2和要補充的氯氣的物質(zhì)的量之比為6：5， 故答案為：NaCl、Cl2；6：5; （3）A氣體在標準狀況下的密度為0.089g/L，則A氣體為氫氣,（Ⅱ）氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則B為氨氣， ①根據(jù)流程可知，電解時反應物為氯化銨和鹽酸，生成物為氫氣和NCl3，所以化學方程式為NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3， 故答案為:NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3; ②NCl3與NaClO2按物質(zhì)的量之比為1：6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為NCl3+6ClO2﹣+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl﹣+3OH﹣， 故答案為：NCl3+6ClO2﹣+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl﹣+3OH﹣． 【點評】本題考查氧化還原反應、常用化學用語、電解原理、化學計算等，題目難度中等,電解反應是難點、易錯點，是對學生綜合能力的考查,需要學生具有扎實的基礎與分析解決問題的能力． 16．（2016秋太和縣校級月考）某課外活動小組欲利用CuO與NH3反應，研究NH3的某種性質(zhì)并測定其組成，設計了如圖實驗裝置（夾持裝置未畫出）進行實驗．請回答下列問題： （1）儀器a的名稱為分液漏斗；儀器b中可選擇的試劑為固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰； （2）實驗室中利用下列各組物質(zhì),進行噴泉實驗，不能成功的是A A．Cl2與飽和食鹽水B．CO2與40％的NaOH溶液 C．NH3與飽和食鹽水D．HCl與水 （3)實驗中觀察到裝置C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，上述現(xiàn)象證明NH3具有還原性，寫出相應的化學方程式3CuO+2NH33Cu+N2↑+3H2O （4）E裝置中濃硫酸的作用吸收未反應的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D （5）實驗完畢，若測得干燥管D增重mg，裝置F測得氣體的體積為nL(已折算成標準狀況）,則氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為（用含m、n字母的代數(shù)式表示） 【考點】氨的制取和性質(zhì)． 【分析】(1）依據(jù)裝置儀器分析回答，濃氨水滴入錐形瓶中利用固體溶解放熱使一水合氨分解生成氨氣，需要選擇氫氧化鈉固體，氧化鈣固體或堿石灰； (2）噴泉實驗的形成原理是氣體極易溶于水（或溶液)或與水(或溶液)發(fā)生反應而導致容器壓強減小，從而形成噴泉，據(jù)此分析解答． （3）C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，說明氧化銅做氧化劑氧化氨氣生成銅、氮氣和水； （4）E裝置中濃硫酸的作用依據(jù)裝置圖分析判斷是利用濃硫酸吸收過量氨氣,同時避免F裝置中的水蒸氣進入D； （5)干燥管D增重mg為反應生成的水，裝置F測得氣體的體積為nL為反應生成的氮氣;依據(jù)元素守恒計算得到． 【解答】解：（1）裝置中儀器a為分液漏斗；儀器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使錐形瓶中的固體溶解放熱促進一水合氨分解生成氨氣,氫氧化鈉固體、氧化鈣固體、堿石灰固體， 故答案為:分液漏斗；固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰； （2）A．Cl2與飽和食鹽水互不相溶,不能產(chǎn)生壓強差，不能產(chǎn)生噴泉實驗，故A正確; B．CO2與40%的NaOH溶液之間可以反應,能產(chǎn)生壓強差，可以產(chǎn)生噴泉實驗，故B錯誤； C．NH3與飽和食鹽水是互溶的，能產(chǎn)生壓強差，可以出現(xiàn)噴泉實驗,故C錯誤; D．HCl與水是互溶的，生壓強差，可以出現(xiàn)噴泉實驗，故D錯誤； 故選A； （3）實驗中觀察到裝置C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，說明氨氣和氧化銅反應生成銅和氮氣與水,氨氣被氧化銅氧化表現(xiàn)還原性，結合原子守恒配平寫出的化學方程式為：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2,故答案為:還原;3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2； （4）依據(jù)流程分析,濃硫酸是吸收過量的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D影響實驗效果，故答案為：吸收未反應的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D； （5)若測得干燥管D增重mg為水物質(zhì)的量=，裝置F測得氣體的體積為nL（已折算成標準狀況)為N2，物質(zhì)的量=，依據(jù)元素守恒得到氮原子和氫原子物質(zhì)的量之比=(×2）：（×2)=，則氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為,故答案為：． 【點評】本題考查了氨氣的實驗室制備,性質(zhì)驗證和反應現(xiàn)象分析判斷判斷，裝置流程分析，量氣裝置的使用方法，測定元素物質(zhì)的量之比的計算，題目難度中等． 17．（2016秋臨夏市校級月考）將25g硫酸銅晶體溶解于水中,配成1L溶液，此溶液的物質(zhì)的量濃度是多少?取其溶液100mL，向其中加入100mL0。2molL﹣1的NaOH溶液，反應后溶液的物質(zhì)的量濃度又是多少？（設混合后溶液體積不變） 【考點】物質(zhì)的量濃度的相關計算． 【分析】計算硫酸銅晶體物質(zhì)的量，溶于水現(xiàn)場硫酸銅溶液中溶質(zhì)為硫酸銅，c=；取其溶液100mL濃度不變，向其中加入100mL0。2molL﹣1的NaOH溶液，物質(zhì)的量n=0.1L×0。2molL﹣1=0.02mol，發(fā)生反應2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4，反應后得到溶液硫酸鈉,計算溶液濃度． 【解答】解:將25g硫酸銅晶體物質(zhì)的量==0。1mol，溶解于水中，配成1L溶液,此溶液的物質(zhì)的量濃度==0.1mol/L， 取其溶液100mL濃度為0.1mol,溶液中溶質(zhì)硫酸銅物質(zhì)的量=0。1mol×0.1L=0.01mol,向其中加入100mL0。2molL﹣1的NaOH溶液，物質(zhì)的量n=0.1L×0.2molL﹣1=0。02mol，發(fā)生反應2NaOH+CuSO4=Cu(OH）2↓+Na2SO4，二者恰好反應，反應后得到硫酸鈉溶液，硫酸鈉物質(zhì)的量為0.01mol,混合后溶液體積不變?yōu)?00ml，則硫酸鈉溶液濃度==0.05mol/L， 答：將25g硫酸銅晶體溶解于水中，配成1L溶液，此溶液的物質(zhì)的量濃度是0。1mol/L，取其溶液100mL,向其中加入100mL0。2molL﹣1的NaOH溶液,反應后溶液的物質(zhì)的量濃度0。05mol/L． 【點評】本題考查化學反應的計算，為高考常見題型，把握發(fā)生的反應及物質(zhì)的量關系為解答的關鍵，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意溶液體積的計算,題目難度中等． 18．暗紫色化合物A可作為電極材料的新型超鐵電磁，因具有綠色、高電壓和高能量的特點，近年來引起了電化學界的高度重視．在常溫和干燥的條件下，化合物A可以穩(wěn)定的存在，但它在水溶液中不穩(wěn)定，一段時間后轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀． 為探究其成分，某學習興趣小組的同學取化合物A粉末進行試驗．經(jīng)組成分析,該粉末僅含有O、K、Fe三種元素．另取3。96g化合物A的粉末溶于水,滴加足量的稀硫酸，向反應后的溶液中加入含有0.08molKOH的溶液，恰好完全反應．過濾，將洗滌后的沉淀充分灼燒，得到紅棕色固體粉末1。60g；將所得濾液在一定條件下蒸發(fā)可得到一種純凈的不含結晶水的鹽10。44g． （1）3。96g化合物A中含有Fe元素的物質(zhì)的量為0。02mol，含有鉀元素的物質(zhì)的量為0。04mol．化合物A的化學式為K2FeO4； （2）化合物A與H2O反應的離子方程式為4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH)3↓+3O2↑+8OH﹣． （3)為研究溫度對化合物A水溶液穩(wěn)定性的影響，請設計一個實驗方案將適量K2FeO4固體溶解水并等分為兩份，置于不同溫度的恒溫水浴中，底部各放一張畫有“+"字的白紙，觀察記錄看不到“+”字所需時間． 【考點】無機物的推斷． 【分析】（1）紅棕色固體粉末1.60g是，物質(zhì)的量是1.60g÷160g/mol=0.01mol,則根據(jù)鐵元素守恒可知3。96g化合物A中含有Fe元素的物質(zhì)的量為0.02mol．將所得濾液在一定條件下蒸發(fā)可得到一種純凈的不含結晶水的鹽10.44g，該物質(zhì)是硫酸鉀，物質(zhì)的量是10.44g÷174g/mol=0.06mol,則鉀離子的物質(zhì)的量是0.12mol，其中有0.08mol是氫氧化鉀中的鉀離子，因此3。96g化合物A中含有鉀元素的物質(zhì)的量為0。04mol．則根據(jù)質(zhì)量守恒可知氧元素的物質(zhì)的量是，則K、Fe、O三種元素的個數(shù)之比是2：1：4，所以化合物A的化學式為K2FeO4． (2）A在水溶液中不穩(wěn)定，一段時間后轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，這說明反應中有氫氧化鐵生成； （3)由于高鐵酸鉀溶于水能分解生成氫氧化鐵紅褐色測定，因此探究溫度對化合物A水溶液穩(wěn)定性的影響實驗方案可設計為將適量K2FeO4固體溶解水并等分為兩份,然后做對比實驗． 【解答】解：（1）紅棕色固體粉末1。60g是,物質(zhì)的量是1。60g÷160g/mol=0.01mol,則根據(jù)鐵元素守恒可知3。96g化合物A中含有Fe元素的物質(zhì)的量為0.02mol．將所得濾液在一定條件下蒸發(fā)可得到一種純凈的不含結晶水的鹽10。44g，該物質(zhì)是硫酸鉀,物質(zhì)的量是10.44g÷174g/mol=0.06mol，則鉀離子的物質(zhì)的量是0.12mol,其中有0。08mol是氫氧化鉀中的鉀離子,因此3.96g化合物A中含有鉀元素的物質(zhì)的量為0.04mol．則根據(jù)質(zhì)量守恒可知氧元素的物質(zhì)的量是，則K、Fe、O三種元素的個數(shù)之比是2:1：4,所以化合物A的化學式為K2FeO4． 根據(jù)以上分析，3。96g化合物A中含有Fe元素的物質(zhì)的量為0。02mol，含有鉀元素的物質(zhì)的量為0。04mol．化合物A的化學式為K2FeO4； 故答案為：0。02；0。04；K2FeO4； （2）由上述分析可知,A的化學式為：K2FeO4，高鐵酸鉀與水反應生成氧氣和Fe（OH）3、氫氧化鉀，反應方程式為4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3+8KOH+3O2↑,離子方程式為4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH)3↓+3O2↑+8OH﹣， 故答案為：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣； （3）其方法為：將適量K2FeO4固體溶解水并等分為兩份，置于不同溫度的恒溫水浴中,底部各放一張畫有“+”字的白紙,觀察記錄看不到“+”字所需時間， 故答案為：將適量K2FeO4固體溶解水并等分為兩份,置于不同溫度的恒溫水浴中，底部各放一張畫有“+”字的白紙，觀察記錄看不到“+”字所需時間． 【點評】本題考查無機物推斷,屬于計算型推斷，綜合考查學生閱讀題目獲取信息的能力、計算能力、設計實驗能力等，需要學生具有扎實的基礎知識與靈活運用知識解決問題的能力，題目難度中等． 19．已知:A是來自石油的重要有機化工原料，E是具有果香味的有機物,F是一種高聚物，可制成食品包裝材料． （1）A的結構簡式為CH2=CH2； （2）D分子中的官能團是羧基或﹣COOH; （3)寫出下列反應的化學方程式：②2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;④． 【考點】有機物的推斷． 【分析】A是來自石油的重要有機化工原料，A得到的F是一種高聚物，可制成多種包裝材料,則A為CH2=CH2，CH2=CH2發(fā)生加聚反應生成高聚物F為,B發(fā)生催化氧化生成C，被酸性高錳酸鉀溶液生成D，則B為醇，C為醛，D為羧酸,故CH2=CH2與水發(fā)生加成反應生成B為CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化生成C為CH3CHO，B氧化生成D為CH3COOH，CH3COO