河北省鸡泽县第一中学2018届高三上学期第一次月考化学试题（含解析）.doc

‎2017-2018学年上学期第一次考试 高三化学试卷 ‎1. 最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O2、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 18O16O是由极性键形成的极性分子 B. 甲醇(CH3OH)属于离子化合物 C. N5和N2是氮元素的两种同位素 D. 由N5变成N2是化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】A、18O和16O是同种元素，18O16O是由非极性键形成的非极性分子，选项A错误；B、甲醇（CH3OH）是碳原子核氢原子氧原子间以共价键形成的共价化合物，属于有机共价化合物，选项B错误；C、N5和N2是氮元素的两种同素异形体，选项C错误；D、N5、N2是氮元素的同素异形体，所以2N5=5N2是化学变化，选项D正确。答案选D。‎ 点睛：本题考查了核素、同素异形体、极性键和非极性键概念的应用，关键是化合物的分类，同素异形体的转化是化学变化。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是(　　)‎ A. NaClO的电子式：Na∶∶∶‎ B. 质子数为81，中子数为124的铊(Tl)原子： Tl C. 氯离子的结构示意图：‎ D. 乙醇分子的球棍模型：‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、NaClO的电子式为：，选项A错误；B、质子数为81，中子数为124的铊(Tl)原子： Tl，选项B正确；C、氯原子的结构示意图为：，选项C错误；D、乙醇分子的比例模型为：，选项D错误。答案选B。‎ ‎3. 下列说法正确的是( )‎ A. 蛋白质溶液、淀粉溶液都属于胶体 B. 碳纤维、纤维素都是有机高分子 C. 花生油，牛油互为同分异构体 D. 普通玻璃、石英玻璃、水玻璃都是硅酸盐 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：蛋白质溶液、淀粉溶液都属胶体，A对；碳纤维是纤维状的碳材料，其化学组成中含碳量在90%以上，碳纤维不是有机高分子，B错；花生油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油是饱和高级脂肪酸甘油酯，分子式不同，不互为同分异构体，C错；石英玻璃的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，D错。‎ 考点：常见胶体、油脂结构、玻璃种类的了解。‎ ‎4. 下列说法正确的是(　　)‎ A. 气象环境报告中新增的“PM‎2.5”‎是一种新的分子 B. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化物有关 C. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，苏打可用于治疗胃酸过多 D. 乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．气象环境报告中新增的“PM‎2.5”‎是可吸入颗粒物，属于混合物，A错误；B．“光化学烟雾”是NO引起的，“硝酸型酸雨”也是氮氧化物引起，都与氮氧化合物有关，B正确；C．治疗胃酸过多和制作面包等糕点的膨松剂，都是小苏打，C错误；D．过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇是使蛋白质变性，不是氧化，D错误，答案选B。‎ 考点：考查化学常识 ‎5. 下列事实不能用元素周期律解释的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：HBr＞HI B. 0.1 mol·L－1溶液的pH：NaOH＞LiOH C. 向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生 D. Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBr>HI，能用元素周期律解释，A项不选；B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOH>LiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，B项不选；C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，能够证明酸性：HCl>H2SO3,‎ 不能体现元素周期律,C项选；D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，D项不选；答案选C。‎ 考点：考查元素周期律的综合应用。‎ ‎6. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多， N、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是(　　)‎ A. N中含有36个电子 B. O2与O4属于同分异构体 C. C60和‎12C、‎14C互为同位素 D. H2与H3属于同素异形体 ‎【答案】D ‎【解析】A、N离子中含34个电子，选项A错误；B、O2与O4为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项B错误；C、‎12C、‎14C互为同位素，但C60是碳的一种单质，选项C错误；D、H2与H3互为同素异形体，选项D错误。答案选D。‎ 点睛：本题考查化学基本概念、电子数的计算、物质的性质。正确理解“四同”：同分异构体、同位素、同素异形体之间的关系是解答本题的关键。‎ ‎7. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是(　　)‎ A. H2SO4(稀) SO2NH4HSO3 (NH4)2SO3‎ B. 饱和NaCl(aq) NaHCO3Na2CO3‎ C. FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3‎ D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、稀硫酸与铜不反应，选项A错误；B、饱和食盐水中分别通入氨气和二氧化碳，生成的碳酸氢钠的溶解度最小，过饱和而析出，将碳酸氢钠过滤后加热灼烧得到碳酸钠，选项B正确；C、铁与氯气生成三氯化铁，选项C错误；D、氯化铝溶液加热蒸干得氢氧化铝而得不到无水氯化铝，选项D错误。答案选B。‎ ‎8. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. ‎14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B. 1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C. 1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D. 标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A‎.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，‎2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的分析应用，涉及物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等。‎ ‎【名师点晴】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。‎ ‎9. 根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎.....................‎ 点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，解答时注意掌握氨气的制备原理、物质的分离与提纯化学实验等基本操作，掌握相关物质的性质是解答的关键，易错选项是B和D，注意洗气瓶的气体通入以及碳酸氢钠的不稳定性。‎ ‎10. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：‎ ‎①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为（ ）‎ A. NaHCO3、Al(OH)3 B. AgCl、NaHCO3‎ C. Na2SO3 、BaCO3 D. Na2CO3、CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、NaHCO3、Al(OH)3 中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，选项A错误；B、AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，选项B错误；C、亚硫酸钠和碳酸钡加入水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，选项C正确；D、Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，选项D错误。答案选C。‎ ‎11. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）‎ 化学性质 实际应用 A.‎ Al2(SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B.‎ 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C.‎ 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 D.‎ HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 A.A B.B C.C D.D ‎【答案】B ‎【解析】A、Al2(SO4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中两者发生双水解，可生成 二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，选项A正确；B ‎、氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，选项B错误；C、次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，选项C正确；D、玻璃含有二氧化硅，HF与二氧化硅反应生成SiF4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，选项D正确。答案选B。‎ 点睛：本题考查物质的组成、结构和性质的关系，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累。‎ ‎12. 下列说法正确的是（ ）‎ A. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强 B. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强 C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应 D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，选项A正确；B、非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，选项B错误；C、Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，选项C错误；D、SO2在酸性环境中能被Ba(NO3）2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，选项D错误。答案选B。‎ 点睛：本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。‎ ‎13. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）‎ A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2‎ B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋‎ D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B项正确；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C项正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有 HClO，D项错误；答案选D。‎ 考点：考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。‎ ‎14. 下列除杂方案错误的是（ ）‎ 选项 被提纯的物质 杂质 除杂试剂 除杂方法 A CO(g)‎ CO2(g)‎ NaOH 溶液、浓 H2SO4‎ 洗气 B NH4Cl (aq)‎ Fe3＋(aq)‎ NaOH溶液 过滤 C Cl2(g)‎ HCl(g)‎ 饱和食盐水、浓H2SO4‎ 洗气 D Na2CO3(s)‎ NaHCO3(s)‎ ‎—‎ 灼烧 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：CO2是酸性氧化物，NaOH溶液、浓H2SO4可除去CO中的CO2，故A正确；NH4Cl(aq)中加入NaOH溶液，引入新杂质Na+，故B错误；Cl2难溶于饱和食盐水，HCl(g)易溶于饱和食盐水，故C正确；NaHCO3(s)加热易分解，故D正确。‎ 考点：本题考查物质除杂。‎ ‎15. 将‎22.4 g铁粉逐渐加入含HNO3 0.8 mol的硝酸溶液中，反应生成的气体的物质的量(x)(假设HNO3的还原产物只有NO)随消耗铁粉的物质的量(y)变化关系中正确的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：‎22.4g铁粉的物质的量为n(Fe)=‎22.4g÷‎56g/mol=0.4mol，假设铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+H2O ‎1 4‎ ‎0.4mol n ‎1:4=0.4mol:n，解得n=1.6mol，由于1.6mol＞0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则：‎ Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+H2O ‎1mol 4 mol 1mol ‎0.2mol 0.8mol 0.2mol 最多产生NO的物质的量是0.2mol，此时反应产生Fe(NO3)3物质的量是0.2mol，后发生反应2Fe(NO3)3+Fe="3" Fe(NO3)2，由于Fe(NO3)3物质的量是0.2mol，所以反应又消耗Fe粉0.1mol，此后就不再发生反应，用图像表示为，选项C正确。‎ 考点：考查图像方法在硝酸的性质、反应物有过量时计算的知识。‎ ‎16. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子和镁离子和硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰水做沉淀剂，C错误；D ‎、还是提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查海水的综合开发与利用 ‎【名师点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。‎ ‎17. 短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是(　　)‎ A. W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2‎ B. Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>R>Y C. W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低 D. Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X 元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。A．O与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．Si、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：S>C>Si，B正确；C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；D．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确，答案选C。‎ 考点：考查元素推断、元素周期律 ‎18. 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是(　　)‎ A. Fe2＋与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O B. pH＝2的溶液中可能大量存在Na＋、NH、SiO C. 某无色溶液中可能大量存在H＋、Cl－、MnO D. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】A、满足质量守恒、电子守恒和电荷守恒，选项A正确；B ‎、硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，选项B错误；C、MnO呈紫色，选项C错误；D、正确的离子方程式应为2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，选项D错误。答案选A。‎ ‎19. 实验室常用98%(ρ＝‎1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4 的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为‎1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为(　　)‎ A. 4.6‎‎ mol·L－1 B. 5.7 mol·L－‎1 C. 3.88 mol·L－1 D. 18.4 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】实验室常用98%(ρ＝‎1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4 的稀H2SO4，设浓硫酸用‎1L，此稀H2SO4的密度为‎1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为： =3.88 mol·L－1，答案选C。‎ ‎20. O‎2F2可以发生反应：H2S+4O‎2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O‎2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成‎4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D 点睛：本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合物的变化，为解答该题的关键。注意选项C的条件未知时不能确定HF的物质的量。‎ ‎21. 无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过如图各装置，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 气体甲中不可能有NO2和N2 B. 气体甲中有20 mL NH3‎ C. 通过足量Na2O2后剩余的气体只有NO2 D. 气体乙中有32 mL NO和48 mL CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】开始时混合气体为无色，故混合气体中无NO2，通过浓H2SO4后气体体积减小，说明含有NH3且为20 mL，通过足量过氧化钠后气体显红棕色，说明混合气体中含有CO2和NO，而最后将剩余气体通入水中得到酸性溶液且几乎无剩余气体，说明原混合气体中无N2。故A、气体甲中不可能有NO2和N2，选项A正确；B、气体甲中有20 mL NH3，选项B正确；C、通过足量Na2O2后剩余的气体有NO2、O2等，选项C错误；D、根据反应方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故NO与CO2的物质的量之比为4：6，则80mL气体中有32 mL NO和48 mL CO2，选项D正确。答案选C。‎ ‎22. 足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与‎1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)‎ A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 15 mL ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：完全反应生成硝酸，则整个过程中硝酸反应前后没有变化，即铜失去的电子都被氧气得到了。根据得失电子守恒，氧气的物质的量为1.68/22.4=0.075mol，则铜的物质的量为0.075×4/2=0.15mol，根据铜离子结合2个氢氧根离子分析，需要的氢氧根的物质的量为0.3摩尔，则氢氧化钠的体积为0.3/5=‎0.06L,，即60毫升，选A。‎ 考点：根据化学方程式的计算 ‎23. 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I均为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)B中所含元素位于周期表中第________周期，________族。‎ ‎(2)A在B中燃烧的现象是_____________________________。‎ ‎(3)D＋E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是________。‎ ‎(4)G＋J→M的离子方程式是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 三 (2). ⅦA (3). 产生苍白色火焰 (4). 2∶1 (5). 3AlO＋Fe3＋＋6H2O=3Al(OH)3↓＋Fe(OH)3↓‎ ‎【解析】F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe(OH)3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe(NO3）3，（1）B为Cl2中所含元素位于周期表第三周期第ⅦA族；（2）A为H2，B为Cl2，氢气在氯气燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生；（3）D+E→B的反应为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，n（被氧化的物质HCl）：n（被还原的物质MnO2）=2：1；（4）G（NaAlO2）+J（FeCl3）→M（Fe(OH)3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO＋Fe3＋＋6H2O=3Al(OH)3↓＋Fe(OH)3↓。‎ ‎24. X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子核外各层电子数之比为1∶2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。请回答下列问题：‎ ‎(1)元素X的最高价氧化物的电子式为________；元素Z的离子结构示意图为________。‎ ‎(2)单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的化学方程式为_______________________________________________________。‎ ‎(3)元素W位于周期表的第________族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：_____________________________________________________________。‎ ‎(4)R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：__________________________________。‎ ‎(5)Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件。工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 8HNO3(稀)＋3Cu=2NO↑＋3Cu(NO3)2＋4H2O (4). ⅤA (5). P原子和S原子的电子层数相同，P原子最外层电子数较少，原子半径较大，得电子能力较弱 (6). SO2＋NH3·H2O=HSO＋NH (7). Al2O3＋‎3C＋N22AlN＋3CO ‎【解析】试题分析：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子核外各层电子数之比为1∶2，，则为碳元素， Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，为二氧化氮和二氧化硫，则Y为氮元素，R为硫元素。Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，Z为铝元素，W和R是同周期相邻元素，为磷元素。（1）X为碳元素，其最高价氧化物为二氧化碳，电子式为；Z为铝元素，原子结构示意图为。（2）铜与氮元素的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液即稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，方程式为：8HNO3(稀)＋3Cu===2NO↑＋3Cu(NO3)2＋4H2O。（3）W为磷元素，在ⅤA族。因为P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱。(4）二氧化硫能使品红褪色，工业上用氨气吸收二氧化硫，生成亚硫酸氢铵，故离子方程式为：SO2＋NH3·H2O===HSO＋NH。（5)Z的氧化物为氧化铝，X为碳，Y为氮气，三者在高温下反应生成氮化铝，因为Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1∶3，所以产物为一氧化碳，方程式为：Al2O3＋‎3C＋N22AlN＋3CO。‎ 考点：原子结构和元素及其化合物的性质 ‎25. Ⅰ.煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为：‎ ‎①2FeS2＋7O2＋2H2O4H＋＋2Fe2＋＋4SO ；‎ ‎②Fe2＋＋O2＋H＋Fe3＋＋________；‎ ‎③FeS2＋2Fe3＋3Fe2＋＋2S；‎ ‎④2S＋3O2＋2H2O4H＋＋2SO。‎ 已知：FeS2中的硫元素为－1价。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述②离子方程式配平并补充完整_______。‎ ‎(2)反应③的还原剂是__________________。‎ ‎(3)观察上述反应，硫元素最终转化为____________从煤炭中分离出来。‎ Ⅱ.在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，有关反应的离子方程式是____________________________。在上述蓝色溶液中，继续滴加足量的NaClO溶液，蓝色逐渐消失，有关反应的离子方程式是_______________________。(提示：碘元素被氧化成IO)从以上实验可知，ClO－、I2、IO的氧化性由强到弱的顺序是________________。‎ Ⅲ.工业上用黄铜矿( CuFeS2)冶炼铜，副产品中有SO2 ，冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2。若CuFeS2中 Fe 的化合价为＋2 ，反应中被还原的元素是________(填元素符号)。当生成0.8 mol 铜时，此反应转移的电子数目是________。‎ ‎【答案】 (1). 4、1、4、4 、2H2O (2). FeS2 (3). )硫酸盐 (4). 2I－＋ClO－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－ (5). I2＋5ClO－＋2OH－=2IO＋5Cl－＋H2O (6). ClO－> IO> I2 (7). Cu (8). 10NA ‎【解析】试题分析：I、（1）根据元素守恒，可知反应②的另一种生成物为H2O，根据氧化还原反应中，化合价升高的总价数等于化合价降低的总价数，配平可得离子方程式为：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。‎ ‎（2）还原剂是元素化合价反应后升高，反应③中硫元素化合价从-1价变化为0价，所以反应中的还原剂是FeS2。‎ ‎（3）依据①②③④的离子方程式，分析判断最终的生成物为硫酸亚铁和硫酸。‎ II、在KI淀粉溶液中滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO氧化KI生成碘，反应的离子方程式为2I－+ClO－+H2O = I2+ Cl－+2OH－，所以氧化性ClO-＞I2；继续滴加足量的NaClO溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与NaClO 发生氧化还原反应，反应的离子方程式为I2+ 5ClO－+2OH－= 2IO3－+ 5Cl－+H2O，氧化剂是ClO-，还原剂是I2，氧化产物是 IO3-，所以氧化性ClO－>IO3－>I2。‎ III、反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2中铜元素、氧元素在得电子化合价降低，被还原；设转移电子数为x，‎ ‎8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2转移电子 ‎8mol 100NA ‎0.8mol x 解得x=10NA。‎ 考点：本题考查氧化还原反应的电荷守恒、原子守恒的应用、离子方程式的书写、化学计算。‎ ‎26. 某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验。请回答：‎ ‎(1)装置A中发生反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体是________，其作用是________________________________。‎ ‎(3)装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭弹簧夹K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是________________。B中应放置的液体是________(填字母)。‎ a．水 b．酸性KMnO4溶液 c．浓溴水 d．饱和NaHSO3溶液 ‎(4)实验中，取一定质量的铜片和一定体积18 mol·L－1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现圆底烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。‎ ‎①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是________________________。‎ ‎②下列药品中能用来证明反应结束后的圆底烧瓶中确有余酸的是________(填字母)。‎ a．铁粉 b．BaCl2溶液 c．银粉 d．Na2CO3溶液 ‎【答案】 (1). Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O (2). 强碱溶液 (3). 吸收多余的SO2，防止污染空气 (4). 试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (5). d ‎ ‎(6). 反应过程中H2SO4被消耗，浓硫酸逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应 (7). ad ‎【解析】(1) 装置A中Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，其反应化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(2)D中品红用来检验生成的SO2，由于SO2有毒，所以棉花中浸有强碱溶液，吸收多余的SO2，防止污染空气；(3)当关闭K时，继续产生的SO2贮存在广口瓶中，随SO2的增多，试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；B为贮存SO2的装置，其中的液体不与SO2发生反应，应选择饱和NaHSO3溶液，答案选d；(4) ①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，原因是反应过程中H2SO4被消耗，浓硫酸逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；②Cu与稀硫酸不反应，可以用Fe粉或Na2CO3溶液检验烧瓶中是否有余酸，答案选ad。‎ ‎27. 铜是重要的工业原料，现有Cu、Cu2O组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取‎35.2 g该混合物加入‎0.5 L 3.4 mol·L－1的稀硝酸中，固体物质完全反应，生成4. ‎48 L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入a L 2.0 mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋沉淀完全。‎ ‎(1)Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(2)混合物中，n(Cu)＝________________；n(Cu2O)＝________。‎ ‎(3)a＝________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu2O＋14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O (2). 0.1 mol (3). 0.2 mol (4). 0.75‎ ‎【解析】（1）硝酸具有强氧化性，将Cu2O氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为3Cu2O＋14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O；（2）n（HNO3）=‎0.5L×3.4mol/L=1.7mol，n（NO）==0.2mol，由氧化还原反应得失电子守恒可知：‎ n（Cu）×2+2×n（Cu2O）=×3 ①，‎ ‎35.2g混合物中，根据质量守恒：n（Cu）×‎64g/mol+n（Cu2O）×‎144g/mol=‎35.2g ②‎ 联①②解之得：n（Cu2O）=0.2mol，n（Cu）=0.1mol； ‎ ‎（3）n（HNO3）=‎0.5L×3.4mol/L=1.7mol，n（NO）= =0.2mol，溶液中n[Cu（NO3）2]=n（Cu）+2×n（Cu2O）=0.5mol，剩余硝酸n（HNO3）=1.7mol-0.5mol×2-0.2mol=0.5mol，中和需n（NaOH）=0.5mol ‎，将硝酸铜变为氢氧化铜，Cu（NO3）2～2NaOH，所加NaOH溶液的物质的量为1mol，所以需加NaOH的总物质的量为：1mol+0.5mol=1.5mol，n=cv=a L×2.0 mol/L=1.5mol，a=‎0.75L。‎