江西省宜丰县2016届高中化学 第四章 非金属及其化合物单元测验试卷 新人教版必修1.doc

非金属及其化合物 一、选择题 ‎1.光纤通信是70年代后期发展起来的一种新型通信技术，目前长距离光纤通信系统已投入使用，光纤通信的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成的（　　）‎ A．石墨 B．石英 C．石灰石 D．高纯硅 ‎2.利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀硫酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 非金属性：S>C>Si B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 浓硝酸 Fe NaOH溶液 说明铁和浓硝酸反应可生成NO2‎ D 浓氨水 生石灰 酚酞 氨气的水溶液呈碱性 ‎ ‎ ‎3.镁铁混合物13．‎8 g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0．3 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为 A．‎26 g B．‎28 g C．29．‎5 g D．29．‎‎1 g ‎4.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示．下列分析中正确的是（　　）‎ A．b点对应的溶液导电性最强 B．亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸 C．ab段反应是SO2+2H2S═3S↓+2H2O D．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol•L﹣1‎ ‎5.化学与工农业生产和人类生活密切相关．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．使用太阳能等代替化石燃料，符合低碳节能减排的要求 B．油脂在碱性条件下水解可制得肥皂 C．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀 D．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 ‎6.用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体（a、b、c表示相应仪器中加入的试剂），其中可行的是（　　）‎ 气体 a b c A NO2‎ 浓硝酸 铜片 NaOH溶液 B SO2‎ 浓硫酸 铜片 酸性高锰酸钾溶液 C NH3‎ 浓氨水 生石灰 碱石灰 D CO2‎ 稀盐酸 大理石 浓硫酸 ‎ ‎ ‎7.下列反应中，调节反应物用量与浓度不会改变反应产物的是（　　）‎ A．SO2通入石灰水 B．NaOH溶液滴入NaHCO3溶液 C．硫酸中加入锌粉 D．AlCl3溶液中滴入NaOH溶液 ‎8.下列物质既能通过与Cl2化合反应制取，也能通过与盐酸反应制取的是（　　）‎ A．CuCl2 B．FeCl‎2 ‎C．FeCl3 D．ZnCl2‎ ‎9.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）‎ ‎ ‎ 选项 ‎ 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A SO2有氧化性 SO2可用于漂白纸浆 B 电镀时阴极上发生还原反应 可在铁的镀件上镀铜 C 往未知溶液中加入稀硝酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该未知溶液一定含有SO42﹣‎ D 明矾能水解生成Al（OH）3胶体 明矾可用作生活用水的消毒剂 ‎10.足量的铝与20mL 1.0mol/L的下列物质反应，产生气体物质的量最少的是 A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸 ‎11.下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是 ‎ 选项 表述I 表述II A SiO2有导电性 SiO2可用于制备光导纤维 ‎ B SO2有漂白性 SO2可使溴水褪色 C 溶液中含有大量的NO3－‎ 溶液中不能存在大量I－或S2－‎ D 将淀粉与KCl混合液装于半透膜内，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中，5min后取烧杯中液体，加碘水变蓝色 ‎ 半透膜有破损 ‎12.下列实验装置、选用的试剂或实验操作中，正确的是 ‎ ‎ A．实验室用装置A制取氨气 B．用B装置吸收氨气，并防止倒吸 C．用C装置稀释浓硫酸 D．用D装置除去CO2中的HCl ‎13.下列有关实验的操作不正确的是 A．分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出 B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体 C．配制0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流 D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，加热，用湿润蓝色石蕊试纸检验逸出的气体 ‎14.下列实验可实现鉴别目的的是 A．用BaCl2溶液鉴别SO3(g)和SO2‎ B．用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液 C．用CO2鉴别Na[Al(OH)4]溶液和Na2SiO3溶液 D．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2‎ ‎15.下列有关化学知识的叙述中正确的是 A．C、S、N所形成的氧化物均为酸性氧化物 B．“水滴石穿”是因为CaCO3与CO2、水发生了化学反应 C．常用作水处理剂的KAl(SO4)2和漂白粉都是强电解质 D． 232Th 转变成233U是化学变化，233U和235U的化学性质几乎相同 二、非选择题 ‎16.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．‎ ‎ ‎ 请根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：丙　 　G　 　‎ ‎（2）写出下列反应的离子方程式：‎ 反应①　 　‎ 反应⑤　 　‎ ‎（3）写出 乙+D的化学方程式　 　．‎ ‎17.减少CO2的排放以及CO2的资源化利用具有重要意义．‎ ‎（1）用氨水捕集烟气中的CO2生成铵盐，是减少CO2排放的可行措施之一．‎ ‎①写出氨水捕集烟气中的CO2生成铵盐的主要化学方程式 ．‎ ‎②分别用不同pH的吸收剂吸收烟气中的CO2，CO2脱除效率与吸收剂的pH关系如图Ⅰ所示，CO2脱除效率与吸收剂的pH关系是 ．烟气中CO2的含量为12%，烟气通人氨水的流量为‎0.052m3‎/h（标准状况），用pH为12.81的氨水吸收烟气30min，脱除的CO2的物质的量为 （精确到0.01）．‎ ‎③CO2脱除效率与温度的关系如图Ⅱ所示．从‎40℃‎到‎45℃‎脱除CO2效率降低的主要原因是 ‎ ‎ ．‎ ‎（2）将CO2和甲烷重整制合成气（CO和H2）是CO2资源化利用的有效途径．合成气用于制备甲醇的反应为2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）△H=﹣90.1kJ/mol．‎ ‎①在T℃时，容积相同的甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，按不同方式投人反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下．‎ 容器 甲 乙 丙 起始反应物投入量 ‎2mol H2、l mol CO ‎1mol CH3OH ‎2mol CH3OH 平 衡 数 据 c（CH，0H）/mol/L C1‎ C2‎ c3‎ 反应的能量变化ZkJ x y z 体系压强/Pa P1‎ P2‎ P3‎ 反应物转化率 a1‎ a2‎ a3‎ 下列说法正确的是 （填字母編号）．‎ A‎.2c1＞c3 B．|x|+|y|＜‎90.1 C.2p2＜p3 D．a1+a3＜1‎ ‎②在T℃、恒容条件下，该反应的平衡常数Kp=6.0×10﹣3（kPa）﹣2．若甲容器中反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为 （Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算所得平衡常数，分压=总压×物质的量分数）．‎ ‎18.溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等．制备CaBr2·2H2O的主要流程如下：‎ ‎（1）与液溴的反应温度不能超过‎40℃‎的原因是 ．‎ ‎（2）滤渣的成分可能是 ．‎ ‎（3）试剂M是 ，加入M的目的是 ．‎ ‎（4）操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩， 、洗涤、干燥．‎ ‎（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于‎65℃‎进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 ．‎ ‎（6）制得的CaBr2·2H2O可以通过以下方法测定纯度：称取‎5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到‎2.00g固体．则CaBr2·2H2O的质量分数为 ．（相对原子质量：Ca﹣40 Br﹣80 H﹣1 O﹣16）‎ ‎19.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑦在表中的位置，请回答下列问题：‎ ‎（1）③、④、⑦的原子半径由大到小的顺序为       （用元素符号表示）。 （2）⑥和⑦的最高价含氧酸的酸性强弱为              （用酸的化学式表示）。 （3）①、②两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2+氧化，写出该反应的离子方程式                          ； （4）由表中元素形成的物质可发生如图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性。‎ ‎ ①写出D溶液与G反应的化学方程式                                      。 ②写出检验A溶液中溶质的阴离子的方法                                   。 ③常温下，若电解‎1L0.1 mol·L-1的A溶液，一段时间后测得溶液pH为12（忽略溶液体积变化），则该电解过程中转移电子的物质的量为                  。 ④写出过量的E与F溶液中溶质反应的离子方程式                        。 （5）由②、④、⑥元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强），在溶液中易被⑦的单质氧化，该反应的离子方程式为                             。 ‎ 参考答案 ‎1.B 考点：硅和二氧化硅．‎ 分析：根据光纤通信的光导纤维是二氧化硅经特殊工艺制成的，光导纤维的主要成分是二氧化硅进行解答．‎ 解答：解：A．二氧化硅不是由碳制成的，故A错误； ‎ B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，而石英的主要成分是二氧化硅，所以光纤通信的光导纤维是由石英经特殊工艺制成，故B正确；‎ C．石灰石高温锻烧生成生石灰，不是制光导纤维的原料，故C错误；‎ D．硅常用于半导体材料，制作太阳能电池，故D错误．‎ 故选B．‎ 点评：本题考查硅及化合物的组成和用途，题目简单，注意基础知识的学习积累．‎ ‎2.C ‎3.D 试题分析：分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。‎ ‎4.C 考点：二氧化硫的化学性质 分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2‎ O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题．‎ 解答：解：A．b点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；‎ B．根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）==0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；‎ C．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故C正确；‎ D．由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）==0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误．‎ 故选C．‎ 点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等．‎ ‎5.D 考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；肥皂、合成洗涤剂．版权所有 专题：化学应用．‎ 分析：A．“低碳经济”就是节能减排；‎ B．根据皂化反应原理分析；‎ C．原电池中较活泼的金属被腐蚀，不活泼的金属被保护；‎ D．光导纤维的主要成分是二氧化硅．‎ 解答：解：A．使用太阳能等代替化石燃料，减少二氧化碳的排放，符合低碳节能减排的要求，故A正确；‎ B．脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，故B正确；‎ C．海轮外壳上镶人锌块，和铁在海水中形成原电池，锌做负极被腐蚀，正极铁被保护，故C正确；‎ D．光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作太阳能电池，故D错误；‎ 故选：D．‎ 点评：本题主要考查了节能减排，油脂的水解，原电池原理，硅及其化合物的应用，难度不大．‎ ‎6.D 考点： 常见气体制备原理及装置选择；气体的收集．‎ 分析： 由实验装置图可知，该装置为液体与固体（或液体）在不加热条件下反应生成气体的制备装置，并且气体密度大于空气，用向上排空法收集，再进一步考虑选项中气体的净化是否合理，据此进行判断．‎ 解答： 解：A．NO2与NaOH反应而被吸收，不能用NaOH溶液净化，故A错误；‎ B．浓硫酸与金属铜的反应需在加热的条件下进行，而本实验没有加热，故B错误；‎ C．氨气密度比空气小，不能用向上排空法收集，且不能利用浓硫酸干燥，故C错误；‎ D．大理石的主要成分为碳酸钙，盐酸与碳酸钙在常温下发生反应反应生成二氧化碳，用浓硫酸除去二氧化碳中水分，并且二氧化碳密度大于空气，可用向上排空法收集，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查实验装置综合及常见气体的制备实验，为高频考点，题目难度中等，把握常见物质的性质及气体的制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查．‎ ‎7.B 考点：钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物．‎ 专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物．‎ 分析：A、二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，氢氧化钙过量生成亚硫酸钠；‎ B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠；‎ C、锌和稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫；‎ D、氢氧化钠过量生成偏铝酸钠、氢氧化钠不足生成氢氧化铝沉淀．‎ 解答：解：A、二氧化硫通入石灰水，二氧化硫过量则生成亚硫酸氢钙，2SO2+Ca（OH）2═Ca（HSO3）2，氢氧化钙过量则生成亚硫酸钙，Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，反应物用量不同，产物不同；‎ B、氢氧化钠和碳酸氢钠生成碳酸钠，NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，反应物用量与浓度不会改变反应产物；‎ C、锌稀硫酸则生成氢气，H2SO4+Zn═ZnSO4+H2↑；锌与浓硫酸则生成二氧化硫，Zn+2H2SO4‎ ‎（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，硫酸浓度不同，产物不同；‎ D、氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，若氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O；若氢氧化钠不足生成氢氧化铝白色沉淀，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，反应物用量不同，产物不同．‎ 故选B．‎ 点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨．‎ ‎8.D 考点：氯气的化学性质．‎ 分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，与盐酸反应考虑金属活动性顺序据此回答判断．‎ 解答：解：A、金属铜和氯气之间反应生成氯化铜，能用Cl2跟金属直接化合制取，但与盐酸不反应，故A错误；‎ B、金属铁和氯气之间反应生成氯化铁，不能用Cl2跟金属直接化合制取，故B错误；‎ C、金属铁和盐酸反应生成FeCl2，故C错误；‎ D、金属锌和氯气之间反应生成氯化锌，与盐酸反应生成氯化锌，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：本题考查氯气的性质和金属的活泼性，比较基础，清楚常见变价金属与氯气反应生成高价态金属氯化物．‎ ‎9.B 考点：二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；电解原理；硫酸根离子的检验．‎ 分析：A、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，可以表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质；‎ B、电镀阴极是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜；‎ C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀；‎ D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒．‎ 解答：解：A、二氧化硫化合价居硫元素中间价态，元素化合价可以降低表现氧化性，二氧化硫的漂白作用是结合有色物质生成不稳定的无色物质，正确但无因果关系，故A错误； ‎ B、电镀阴极上是溶液中镀层金属离子得到电子发生还原反应，铁作阴极可以实现镀铜，有因果关系，故B正确；‎ C、若溶液中含有亚硫酸根离子，加入稀硝酸会氧化为硫酸根离子生成白色沉淀，无因果关系，故C错误；‎ D、明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，净水但不能消毒，陈述Ⅱ错误无因果关系，故D错误；‎ 故性B．‎ 点评：本题考查了氧化还原反应、电镀原理分析，离子检验方法的应用，盐类水解分析判断，注意性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎10.D 铝与氢氧化钠溶液或盐酸或稀硫酸均是产生氢气，且都是铝作还原剂，所以产生的氢气相等。铝与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水，氮元素的化合价从+5价降低到+2价，所以产生的NO最少，答案选D。‎ ‎11.D A．SiO2不导电，是制光导纤维的原料；故A错误；‎ B．SO2的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，SO2和单质溴发生氧化还原反应使溴水褪色；故B错误；‎ C．NO3－在酸性条件下有强氧化性，不能与I－或S2－共存，碱性条件NO3－与I－或S2－能共存，故C错误；‎ D．淀粉是高分子，不能透过半透膜，若烧杯中液体，加碘水变蓝色 ，说明有淀粉进入烧杯的水中，一定是半透膜有破损，故D正确，故选D。‎ ‎12.B A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，故A错误；‎ B．氨气极易溶于水，按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；‎ C．不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；‎ D．CO2 也能和Na2CO3反应，故D错误；故选B。‎ ‎13.D A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；‎ ‎ B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确； C．将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确； D．检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误． 故选D．‎ ‎14.A 盐酸的酸性大于亚硫酸，则二氧化硫与BaCl2不反应，但硫酸钡不溶于酸，可发生三氧化硫与氯化钡的反应生成硫酸钡沉淀，故A正确；‎ B．Ca(OH)2溶液与Na2CO3和NaHCO3均能生成白色沉淀CaCO3故B错误； ‎ C．CO2与Na[Al(OH)4反应生成Al(OH)3白色沉淀,CO2与Na2SiO3生成H2SiO3白色沉淀,故无法鉴别，C错误；‎ ‎ D．Br2(g)和NO2均能把碘化钾氧化成碘单质而使粉试变蓝，故D错误；故选A。‎ ‎15.B ‎【ks5u解析】 A．CO、NO不是酸性氧化物，所以A错误；‎ B．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，所以B正确；‎ C．漂白粉属于混合物而不是纯净物，所以漂白粉不属于电解质，所以C错误；‎ D．核反应不是物理变化，也不是化学变化，所以D错误；故选B.‎ ‎16.（1）HCl；FeCl3；‎ ‎（2）2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．‎ 考点：无机物的推断．‎ 分析：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F 物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题结合物质的性质解答该题．‎ 解答：解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2‎ ‎，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系HCl物质F物质G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，‎ ‎（1）由以上分析可知丙为HCl，G为FeCl3，‎ 故答案为：HCl；FeCl3；‎ ‎（2）反应①为Na和水的反应，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，‎ 反应⑤为氯气氧化氯化亚铁，离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，‎ 故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（3）乙为Cl2，D为NaOH，乙+D的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO（次氯酸钠）+H2O，‎ 故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．‎ 点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能根据物质的特性如颜色为突破口进行推断，答题时注意体会．‎ ‎17.（1）① CO2+NH3·H2O═NH4HCO3；‎ ‎② CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；0.14mol；‎ ‎③ 碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；‎ ‎（2）① 选D；‎ ‎② 44.4%；‎ ‎（1）①氨水与CO2反应生成碳酸氢铵，反应的方程式为CO2+NH3·H2O═NH4HCO3；故答案为：CO2+NH3·H2O═NH4HCO3；‎ ‎②根据图1分析，CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；因为烟气通人氨水的流量为‎0.052m3‎/h（标准状况），所以30min通入的烟气中含二氧化碳体积为‎0.052m3‎/h×0.5h×12%=‎0.00312m3‎，则物质的量为=0.14mol，故答案为：CO2脱除效率随吸收剂的pH增大而增大；0.14mol；‎ ‎③因为温度高生成的碳酸氢铵易分解生成二氧化碳，所以从‎40℃‎到‎45℃‎脱除CO2效率降低，故答案为：碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳；‎ ‎（2）①A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故‎2c1＜c3，故A错误；‎ B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1﹣n），故a+b=90.8，故B错误；‎ C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2＞p3，故C错误；‎ D、甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3，所以a1+a3＜1，故D正确，‎ 故选D；‎ ‎②由 2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）起始反应物投入量2mol H2、l mol CO，设开始时氢气压强为2P，CO压强为P，‎ 开始（mol） 2P P 0‎ 转化（mol）48.0 24.0 24.0‎ 平衡（mol）2P﹣48 P﹣24 24‎ Kp==6.0×10﹣3（kPa）﹣2，解得P=34.0kPa，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为=×100%=44.4%，故答案为：44.4%；‎ ‎18.（1）防止液溴挥发，降低原料利用率；‎ ‎（2）Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；‎ ‎（3）HBr；除去过量的Ca（OH）2；‎ ‎（4）冷却结晶、过滤；‎ ‎（5）3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2↑+6H2O；‎ ‎（6）94.40%．‎ 解：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr2·2H2O晶体；‎ ‎（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过‎40℃‎进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，‎ 故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；‎ ‎（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，‎ 故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；‎ ‎（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过滤得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，‎ 故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；‎ ‎（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；‎ ‎（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在‎65℃‎反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为3Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2↑+6H2O，‎ 故答案为：3Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2↑+6H2O；‎ ‎（6）称取‎5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到‎2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，‎ 设样品中CaBr2·2H2O的质量为xg，‎ CaBr2·2H2O～Na2CO3～CaCO3，‎ ‎236 100‎ xg ‎‎2.00g 则x==‎4.72g，‎ 则CaBr2·2H2O的质量分数为×100%=94.40%，‎ 故答案为：94.40%．‎ ‎19.（1）Na＞Cl＞F   （2）HClO4＞H2SO4 （3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O （4）① 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ② 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 ③ 0.01mol ④ AlO2-+4H+=Al3++2H2O （5）S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋‎ 考点：原子结构,元素周期表无机推断 答案：（1）Na＞Cl＞F   （2）HClO4＞H2SO4 （3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O （4）① 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ② 取少量A溶液滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀生成 ③ 0.01mol ④ AlO2-+4H+=Al3++2H2O （5）S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋解析过程： 根据元素在周期表中的位置可推知①是H；②是O；③是F；④是Na；⑤是Al；⑥是S；⑦是Cl。 （1）同周期元素，从左到右，原子半径减小；同主族元素，从上到下，原子半径增大。所以这几种元素的原子半径由大到小的顺序为Na>Cl>F； （2）元素的非金属性Cl>S；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以S、Cl 的最高价含氧酸的酸性强弱为HClO4>H2SO4； （3） H2O2在酸性溶液中能将Fe2+氧化，该反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （4）本题的突破点为“B为黄绿色气体”，因为电解氯化钠溶液可制得氯气，根据图示可知：A是NaCl ;B是Cl2；C是H2；D是NaOH；E是HCl；G是Al；F是NaAlO2。 ①NaOH溶液与Al单质反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑； ②A溶液中溶质的阴离子为Cl-，检验Cl-的方法是取少量A溶液先滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液（或滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液）有白色沉淀生成，就证明含有Cl-； ③NaCl溶液电解的方程式是：2NaCl＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2NaOH ，电解后pH=12，则c(NaOH) =0.01mol/L，n(NaOH)=0.01mol。根据反应方程式可知：每生成1molNaOH,转移1mol电子。由于生成了0.01molNaOH，所以转移电子0.01mol。 ④过量的E与F溶液，即过量的盐酸与NaAlO2反应，生成氯化铝、氯化钠和水，方程式为： NaAlO2+4HCl= AlCl3+NaCl+2 H2O，离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O； （5）由②、④、⑥元素组成的化合物W（在酸性溶液中发黄，W还原性较强）应为Na2S2O3，被氯气氧化的离子方程式为：S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。‎