化学卷·2018届河南省南阳市邓州市穰东高中高二上学期开学化学试卷（解析版）

化学卷·2018届河南省南阳市邓州市穰东高中高二上学期开学化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年河南省南阳市邓州市穰东高中高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为个 B．常温下，在18g18O2中含有NA个氧原子 C．31g白磷所含共价键数为6NA个 D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g ‎2．铝热反应可用于焊接钢轨，其反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应为（　　）‎ A．置换反应 B．分解反应 C．化合反应 D．复分解反应 ‎3．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝．关于Lv的叙述错误的是（　　）‎ A．原子序数116 B．中子数177‎ C．核外电子数116 D．相对原子质量293‎ ‎4．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）‎ A．羟基的电子式： B．CH4分子的球棍模型：‎ C．乙烯的最简式：CH2 D．氟离子的结构示意图：‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯在一定条件下与氢气充分反应后得到3，3﹣二甲基丁烷 B．工业生产中用乙醇与氢氧化钠作用生成乙醇钠，故乙醇可以与氢氧化钠溶液反应 C．地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能 D．道尔顿、汤姆生、卢瑟福、波尔和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献 ‎6．下列元素中不属于主族元素的是（　　）‎ A．磷 B．铁 C．碳 D．氧 ‎7．根据海水综合利用的工业流程图（如图），判断下列说法正确的是（　　）‎ A．过程①的提纯只有物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生两种单质 B．在过程③中将MgCl2•6H2O真接灼烧即可制得纯净无水MgCl2‎ C．过程⑥所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴 D．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀间题 ‎8．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）‎ ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ X ‎ FeCl2溶液 FeCl3溶液 ‎ Fe ‎ Na2SO4溶液 ‎ ‎ Y ‎ FeCl3‎ CuCl2‎ Al ‎ Na2CO3‎ ‎ Z Cl2‎ Fe ‎ NaOH溶液 ‎ BaCl2溶液 A．A B．B C．C D．D ‎9．下列各组离子一定能在无色溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣ B．K+、H+、CrO42﹣、SO32﹣‎ C．Al3+、Ba2+、HCO、Cl﹣ D．Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣‎ ‎10．若阿伏伽德罗常数的数值用NA表示，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，1.12L氦气所含原子数为0.1NA B．1.6gNH2﹣离子所含质子数为NA C．22.4LHCI溶于水，溶液中H数为NA D．9gD2O所含的中子数为4.5NA ‎11．将某溶液逐滴加入Fe（OH）3‎ 溶胶内，开始产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是（　　）‎ A．2 mol/L NaOH的溶液 B．2 mol/L MgSO4的溶液 C．2 mol/L H2SO4的溶液 D．FeCl3溶液 ‎12．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）‎ A．1.7g OH﹣ 所含电子数为0.8NA B．标准状况下，11.2L HCl 所含质子数为18NA C．常温下，11.2L Cl2所含原子数为NA D．0.5mol D2O 中所含质子数为5NA ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C．含有金属离子的晶体一定是离子晶体 D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强 ‎14．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．5.6g Fe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NA B．常温常压下，23g NO2含有NA个氧原子 C．标准状况下，22.4L水含有个NA H2O分子 D．1mol/L NaCl溶液含有NA个Na+‎ ‎15．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（　　）‎ A．‎ ‎ B． C． D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分31分）‎ ‎16．某混合物由NaCl、MgCl2、AlCl3组成，已知Na、Mg、Al三元素的质量之比为23：16：9，则NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比为　　，含1.00mol Cl﹣的该混合物的质量为　　g．‎ ‎17．（1）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等．甲、乙两元素相比较，金属性较强的是　　（填名称），可以验证该结论的实验是　　．‎ ‎（a）将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中 ‎（b）将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应 ‎（c）将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液 ‎（d）比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 ‎（2）通常情况下，微粒X和Y为分子，Z和W为阳离子，E为阴离子，它们都含有10个电子；‎ Y溶于X后所得的物质可电离出Z和E；X、Y、W三种微粒反应后可得Z和一种白色沉淀．请回答：‎ ‎①用化学符号表示下列4种微粒：‎ X：　　Y：　　Z：　　E：　　‎ ‎②写出两个X、Y、W三种微粒反应的离子方程式：　　、　　．‎ ‎18．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（NO）（mol）‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎（1）上述反应在第5s时，NO的转化率为　　．‎ ‎（2）如图中表示NO2变化曲线的是　　．用O2表示0～2s内该反应的平均速率v=　　．‎ ‎（3）能说明该反应已达到平衡状态的是　　．‎ a．v（NO2）=2v（O2） b．容器内压强保持不变 c．v逆（NO）=2v正（O2） d．容器内密度保持不变 ‎（4）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸．工作时该电池总反应式为：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4↓+2H2O，据此判断工作时正极反应为　　．‎ ‎（5）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4‎ ‎）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量无污染物质并放出大量热．反应的化学方程式为　　．‎ ‎19．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．‎ ‎（1）A中试剂为　　． ‎ ‎（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是　　．．‎ ‎（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：‎ ‎①记录C的液面位置；‎ ‎②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；‎ ‎③待B中不 再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；‎ ‎④由A向B中滴加足量试剂；‎ 上述操作的顺序是　　 （填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　　．‎ ‎（4）B中发生反应的化学反应方程式：　　．‎ ‎（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL（已换算为标准状况），B 中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为　　（用含a、b、c的式子表示计算结果）．‎ ‎（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将　　．（填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）‎ ‎20．某校研究性学习小组的同学进行了以下化学实验：将金属钙置于空气中燃烧，然后向所得固体产物中加入一定量蒸馏水，此过程中反应放出大量的热，并且放出有臭味的气体．‎ ‎（1）甲同学提出：运用类比学习的思想，Ca与Mg是同一主族元素，化学性质具有一定的相似性．‎ 请写出Ca在空气中燃烧发生反应的化学方程式：　　．‎ ‎（2）乙同学提出：Ca的性质比Na活泼，在空气中燃烧还应有CaO2生成，请写出燃烧后固体产物与水反应放出气体的化学方程式：　　．‎ 丙同学提出用实验的方法探究放出臭味气体的成份：‎ ‎【查阅资料】1：CaO2遇水反应生成H2O2，H2O2可能会分解产生一定量的O3‎ ‎2：碘量法是最常用的臭氧测定方法：其原理为强氧化剂臭氧（O3）与碘化钾（KI）水溶液反应生成游离碘（I2）．臭氧还原为氧气．反应式为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH【提出假设】假设1：该臭味气体只有NH3；‎ 假设2：该臭味气体只有　　；‎ 假设3：该臭味气体含有　　．‎ ‎【设计方案进行实验探究】‎ ‎（3）基于假设l，该小同学组设计如下实验方案，并进行实验．请在答题卡上按下表格式完成相关的实验操作步骤、预期现象及结论（仪器自选）．‎ ‎【限选实验试剂】：红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、pH试纸、淀粉一KI溶液、蒸馏水．设计实验方案证明你的假设，并按下表格式写出实验操作步骤、预期现象和结论．‎ 实验操作 预期现象和结论 取少量反应后固体于试管中，　　‎ ‎　　‎ ‎　　‎ ‎　　．‎ ‎21．将镁条在空气中燃烧的全部产物（由于空气中CO2含量少，镁条与CO2‎ 反应忽略不计）溶解在50mL浓度为1.8mol/L的盐酸中，以20mL0.9mol/L的NaOH溶液中和多余的酸，然后向溶液中加入过量的NaOH并加热，把生成的氨全部蒸发出来，用足量盐酸吸收，经测定氨的质量为0.102g，试计算原镁条的质量．‎ ‎22．已知：A、B、C、D四种短周期元素，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，由D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，B、C、D三种元素位于同一周期，A、B、C三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z，且存在如下转化关系，试推断回答下列问题．‎ ‎（1）D元素原子的结构示意图为　　；‎ ‎（2）A、B、C三种元素的原子半径由小到大的顺序为　　（用元素符号表示）；‎ ‎（3）Y与C元素的最高价氧化物可以发生反应，该反应的离子方程式为　　；‎ ‎（4）A与D两元素的气态氢化物之间可以反应生成一种盐，该盐的水溶液呈　　（填“酸”、“碱”或“中”）性，该水溶液中各离子浓度由小到大的顺序为　　（用具体离子符号表示）；‎ ‎（5）实验室中，应将X的浓溶液保存在棕色试剂瓶中，其原因是　　（用化学方程式表示）．‎ ‎23．X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如下表所示．‎ 元素 部分结构知识 部分性质 X X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子 X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4等；通常情况下XO2与X2O4共存 Y Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半 Y能形成多种气态氢化物 Z Z原子的最外层电子数多于4‎ Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6‎ W W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数）‎ 化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+‎ 填写下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答）‎ ‎（1）Z元素在周期表中的位置是　　‎ ‎；Y的一种氧化物能导致温室效应，该氧化物的电子式火　　；Z的单质与W的单质一定条件下可发生反应生成化合物A，A中所含化学键类型为　　．‎ ‎（2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是　　．‎ ‎（3）实验室制取Z单质的化学方程式为　　．‎ ‎（4）实验室制取X的氢化物的化学方程式为　　；工业上用此氢化物制取X的最高价含氧酸的第一步反应方程式为　　．‎ ‎（5）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的离子方程式为　　．‎ ‎24．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素．已知A、B、E3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．‎ ‎（1）写出元素的名称：C　　，D　　；‎ ‎（2）写出元素的原子结构图：‎ A　　，B　　，二者离子半径：　　（填离子符号）．‎ ‎（3）A、B的最高价氧化物的水化物的碱性　　＞　　（填化学式，下同）‎ ‎（4）D、E的气态氢化物的稳定性：　　＞　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳市邓州市穰东高中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为个 B．常温下，在18g18O2中含有NA个氧原子 C．31g白磷所含共价键数为6NA个 D．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；‎ B、质量换算为物质的量结合分子式计算原子数；‎ C、质量换算为物质的量，结合白磷分子中的共价键计算 D、依据电解精炼铜的原理结合电极反应中的电子守恒计算；‎ ‎【解答】解：A、标准状况下，二氯甲烷不是气体，22.4L二氯甲烷物质的量不一定是1mol，故A错误；‎ B、18g18O2物质的量==0.5mol，含氧原子物质的量=0.5mol×2=1mol，故B正确；‎ C、31g白磷物质的量==0.25mol，白磷分子式为P4，是正四面体结构，1mol白磷含有6mol共价键，‎ 所以0.25mol白磷含共价键为1.5mol，故C错误；‎ D、电解精炼铜，阳极为粗铜含有铁、锌、镍、金、银、铂等，电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+；Fe﹣2e﹣=Fe2+；Zn﹣2e﹣=Zn2+；等，阴极为精铜，电极反应为Cu2++2e﹣=Cu；阴极得到电子数为2NA个时，阳极共失电子为2NA；阳极质量减少不全是铜，质量不是64g，故D错误；‎ ‎　‎ ‎2．铝热反应可用于焊接钢轨，其反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应为（　　）‎ A．置换反应 B．分解反应 C．化合反应 D．复分解反应 ‎【考点】化学基本反应类型．‎ ‎【分析】置换反应是指由一种单质和一种化合物反应，生成另外一种单质和一种化合物的反应．‎ ‎【解答】解：由化学方程式可知，反应物和生成物都是一种单质和一种化合物，属于置换反应．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝．关于Lv的叙述错误的是（　　）‎ A．原子序数116 B．中子数177‎ C．核外电子数116 D．相对原子质量293‎ ‎【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．‎ ‎【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．‎ ‎【解答】解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确； ‎ B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；‎ C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；‎ D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）‎ A．羟基的电子式： B．CH4分子的球棍模型：‎ C．乙烯的最简式：CH2 D．氟离子的结构示意图：‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．‎ ‎【分析】A．羟基为中性原子团，含有1个氢氧键，氧原子最外层电子数为7；‎ B．为甲烷的比例模型，球棍模型用短棍和大小不同小球表示；‎ C．乙烯的分子式为C2H4，最简式为分子中各原子数的最简比，据此判断其最简式；‎ D．氟离子的核外电子总数为10，最外层满足8电子稳定结构．‎ ‎【解答】解：A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，正确的电子式为，故A错误；‎ B．为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为：，故B错误；‎ C．乙烯的分子式为C2H4，则其最简式为：CH2，故C正确；‎ D．氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，氟离子的结构示意图为：，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯在一定条件下与氢气充分反应后得到3，3﹣二甲基丁烷 B．工业生产中用乙醇与氢氧化钠作用生成乙醇钠，故乙醇可以与氢氧化钠溶液反应 C．地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能 D．道尔顿、汤姆生、卢瑟福、波尔和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献 ‎【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】A．加成后主链不变，取代基的位次之和应最小；‎ B．乙醇为中性物质，与NaOH溶液不反应；‎ C．植物光合作用将太阳能转化为各种形式的能量，化学能可以通过燃烧转化为热能、光能，通过原电池原理转化为电能；‎ D．门捷列夫的主要贡献是元素周期表，与原子结构模型无关．‎ ‎【解答】解：A．3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯与氢气充分加成后得到2，2﹣二甲基丁烷，故A错误； ‎ B．乙醇与NaOH溶液不能发生反应，故B错误；‎ C．能量可发生转化，地球上最基本的能源是太阳能，植物通过光合作用吸收太阳能，被吸收的太阳能通过各种形式的化学反应转化为化学能，物质中的化学能又可以通过各种形式的化学反应转化为热能、光能或电能，如化学能可以通过燃烧转化为热能、光能，通过原电池原理转化为电能，故C正确；‎ D．道尔顿、汤姆孙、卢瑟福和玻尔等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列元素中不属于主族元素的是（　　）‎ A．磷 B．铁 C．碳 D．氧 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】选项中只有Fe位于第四周期第ⅤⅢ族，不是主族元素，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．磷位于第ⅤA族，为主族元素，故A不选；‎ B．铁位于第Ⅷ族，不是主族元素，故B选；‎ C．碳位于第ⅣA族，故C不选；‎ D．氧位于第ⅥA族，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．根据海水综合利用的工业流程图（如图），判断下列说法正确的是（　　）‎ A．过程①的提纯只有物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生两种单质 B．在过程③中将MgCl2•6H2O真接灼烧即可制得纯净无水MgCl2‎ C．过程⑥所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴 D．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀间题 ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴；‎ A．根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断，过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；‎ B．因MgCl2•6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，根据镁离子水解显酸性进行分析；‎ C．溴易溶于水，应蒸馏分离；‎ D．根据反应⑤二氧化硫与溴单质的生成产物进行分析．‎ ‎【解答】解：A．过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程②电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；‎ B．因MgCl2•6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B错误； ‎ C．溴易溶于水，应蒸馏分离，不能进行分液操作，故C错误； ‎ D．因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　）‎ ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ X ‎ FeCl2溶液 FeCl3溶液 ‎ Fe ‎ Na2SO4溶液 ‎ ‎ Y ‎ FeCl3‎ CuCl2‎ Al ‎ Na2CO3‎ ‎ Z Cl2‎ Fe ‎ NaOH溶液 ‎ BaCl2溶液 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】A．氯气能与氯化亚铁反应； ‎ B．铁与氯化铜反应生成氯化亚铁；‎ C．铝能与氢氧化钠反应；‎ D．加入氯化钡引入新的杂质氯离子．‎ ‎【解答】解：A．氯气能与氯化亚铁反应，将原物质除去，故A错误； ‎ B．铁与氯化铜反应生成氯化亚铁，引入新的杂质，故B错误；‎ C．铝能与氢氧化钠反应，铁不能，可除杂，故C正确；‎ D．加入氯化钡引入新的杂质氯离子，且氯离子无法除去，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列各组离子一定能在无色溶液中大量共存的是（　　）‎ A．Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣ B．K+、H+、CrO42﹣、SO32﹣‎ C．Al3+、Ba2+、HCO、Cl﹣ D．Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】无色溶液中不存在有色的离子，‎ A．Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣‎ 离子之间不满足离子反应发生条件，且都是无色离子；‎ B．CrO42﹣为有色离子，且酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；‎ C．铝离子与碳酸氢根离子能够发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；‎ D．铁离子为有色离子，且铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁．‎ ‎【解答】解：A．Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣之间不发生反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B．CrO42﹣为有色离子，CrO42﹣在酸性条件下能够氧化SO32﹣，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Al3+、HCO3﹣之间能够发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Fe3+为有色离子，且能够与SCN﹣发生反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．若阿伏伽德罗常数的数值用NA表示，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，1.12L氦气所含原子数为0.1NA B．1.6gNH2﹣离子所含质子数为NA C．22.4LHCI溶于水，溶液中H数为NA D．9gD2O所含的中子数为4.5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．稀有气体为单原子分子，根据n=计算出氦气的物质的量及含有的原子数；‎ B．NH2﹣离子的摩尔质量为16g/mol，NH2﹣离子中含有9个质子；‎ C．没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢的物质的量；‎ D．重水中含有10个中子，重水的摩尔质量为20g/mol，9g重水的物质的量为0.45mol，含有4.5mol中子．‎ ‎【解答】‎ 解：A．标况下1.12L氦气的物质的量为0.05mol，0.05mol氦气中含有0.05mol氦原子，所含原子数为0.05NA，故A错误；‎ B．NH2﹣离子中含有质子数为9，1.6g该离子的物质的量为0.1mol，含有0.9mol质子，所含质子数为0.9NA，故B错误；‎ C．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氯化氢的物质的量，故C错误；‎ D．9g重水的物质的量为0.45mol，0.45mol重水中含有4.5mol中子，所含的中子数为4.5NA，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．将某溶液逐滴加入Fe（OH）3溶胶内，开始产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是（　　）‎ A．2 mol/L NaOH的溶液 B．2 mol/L MgSO4的溶液 C．2 mol/L H2SO4的溶液 D．FeCl3溶液 ‎【考点】胶体的重要性质．‎ ‎【分析】根据胶体的性质及所加物质的性质分析，胶体和电解质溶液能发生聚沉现象，Fe（OH）3沉淀能溶于强酸．‎ ‎【解答】解：能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体．‎ A、氢氧化钠能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故A错误；‎ B、MgSO4溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故B错误；‎ C、稀硫酸是电解质溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但H2SO4可使Fe（OH）3沉淀溶解，故C正确；‎ D、FeCl3溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）‎ A．1.7g OH﹣ 所含电子数为0.8NA B．标准状况下，11.2L HCl 所含质子数为18NA C．常温下，11.2L Cl2所含原子数为NA D．0.5mol D2O 中所含质子数为5NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、求出氢氧根的物质的量，然后根据1mol氢氧根中含10mol电子来分析；‎ B、求出HCl的物质的量，然后根据HCl中含18个质子来分析；‎ C、压强不明确；‎ D、重水中含10个质子．‎ ‎【解答】解：A、OH﹣是10电子微粒，1.7g OH﹣是0.1mol，故含有电子1mol，个数为NA个，故A错误；‎ B．标准状况下，11.2L HCl是0.5mol，而HCl中含18个质子，故0.5molHCl中含有质子是0.5mol×18=9mol，个数为9NA个，故B错误；‎ C、压强不明确，故气体摩尔体积的数值无法确定，即氯气的物质的量无法计算，故C错误；‎ D、重水中含10个质子，故0.5mol D2O 中所含质子是0.5mol×10=5mol，即5NA个，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C．含有金属离子的晶体一定是离子晶体 D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；物质的结构与性质之间的关系．‎ ‎【分析】A、惰性气体组成的晶体中不含化学键；‎ B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸；‎ C、AlCl3晶体中含有金属元素，但是分子晶体；‎ D、元素的非金属性强但活泼性不一定强，还取决于化学键的强弱．‎ ‎【解答】解：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，故A正确；‎ B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，故B错误；‎ C、AlCl3晶体中含有金属元素，但以共价键结合，属于分子晶体，故C错误；‎ D、氮元素的非金属性较强，因单质中的键能较大，则N2很稳定，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．5.6g Fe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NA B．常温常压下，23g NO2含有NA个氧原子 C．标准状况下，22.4L水含有个NA H2O分子 D．1mol/L NaCl溶液含有NA个Na+‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．铁与稀盐酸反应生成的是亚铁离子，5.6g铁的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应失去0.2mol电子；‎ B．二氧化氮和四氧化二氮在最简式为NO2，根据最简式计算出含有的氧原子数目；‎ C．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；‎ D．缺少氯化钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子数目．‎ ‎【解答】解：A．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量稀盐酸反应生成0.1mol氢气，失去了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故A错误；‎ B．23g二氧化氮的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故B正确；‎ C．标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C错误；‎ D．没有告诉氯化钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量及数目，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．某溶液中含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，下列关系图正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，再继续滴加NaOH溶液时，氢氧化铝 会完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液．‎ ‎【解答】解：含MgCl2和AlCl3各0.01mol，向其中逐滴加入1mol/L的NaOH溶液至过量，发生反应Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，得到沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.03mol，即30mL，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，得到次沉淀0.01mol，消耗氢氧化钠0.02mol，即20mL，随反应进行沉淀量增大，共消耗氢氧化钠50mL，0.01mol氢氧化铝会溶于过量的氢氧化钠中，Al（OH）3↓+OH﹣═[Al（OH）4]﹣，消耗氢氧化钠10mL，故沉淀达最大值后，再加氢氧化钠，沉淀量减小，直到最后剩余的是氢氧化镁沉淀0.01mol．故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共9小题，满分31分）‎ ‎16．某混合物由NaCl、MgCl2、AlCl3组成，已知Na、Mg、Al三元素的质量之比为23：16：9，则NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比为　3：2：1　，含1.00mol Cl﹣的该混合物的质量为　49.9　g．‎ ‎【考点】物质的量的相关计算．‎ ‎【分析】假设Na、Mg、Al三元素的质量分别为23g、16g、9g，根据n=计算各自物质的量，进而确定NaCl、MgCl2和AlCl3物质的量之比，根据n（Cl﹣）=n（NaCl）+2n（MgCl2）+3n（AlCl3‎ ‎）计算各自物质的量，再根据m=nM计算混合物总质量．‎ ‎【解答】解：假设Na、Mg、Al三元素的质量分别为23g、16g、9g，‎ n（NaCl）=n（Na）==1mol，‎ n（MgCl2）=n（Mg）==mol，‎ n（AlCl3）=n（Al）==mol，‎ 故n（NaCl）：n（MgCl2）：n（AlCl3）=1mol： mol： mol=3：2：1，‎ 设AlCl3的物质的量为x，则：‎ ‎1mol=3x+2x×2+3x 解得x=0.1‎ 故混合物的总质量为0.1mol×3×58.5g．mol+0.1mol×2×95g/mol+0.1mol×133.5g/mol=49.9g，‎ 故答案为：3：2：1；49.9．‎ ‎　‎ ‎17．（1）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等．甲、乙两元素相比较，金属性较强的是　镁　（填名称），可以验证该结论的实验是　bc　．‎ ‎（a）将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中 ‎（b）将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应 ‎（c）将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液 ‎（d）比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 ‎（2）通常情况下，微粒X和Y为分子，Z和W为阳离子，E为阴离子，它们都含有10个电子；‎ Y溶于X后所得的物质可电离出Z和E；X、Y、W三种微粒反应后可得Z和一种白色沉淀．请回答：‎ ‎①用化学符号表示下列4种微粒：‎ X：　H2O　Y：　NH3　Z：　NH4+　E：　OH﹣　‎ ‎②写出两个X、Y、W三种微粒反应的离子方程式：　Al3++3NH3+3H2O═Al（OH）‎ ‎3↓+3NH4+　、　Mg2++2NH3+2H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】（1）甲、乙两种短周期元素，温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都能生成致密的氧化膜，则甲为铝元素，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，则乙为镁元素，根据同周期自左而右元素金属性减弱，可以比较金属性强弱，通过金属与酸反应置换出氢气的难易或者用金属与热水反应的难易来证明两种金属的金属性强弱；‎ ‎（2）常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F﹣、OH﹣，根据“Y溶于X后所得的物质可电离出Z和E”，可推出X为H2O、Y为NH3、Z为NH4+、E为OH﹣，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出W为Mg2+或Al3+，据此答题．‎ ‎【解答】解：（1）甲、乙两种短周期元素，温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都能生成致密的氧化膜，则甲为铝元素，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，则乙为镁元素，根据同周期自左而右元素金属性减弱，可知镁的金属性比铝强，可以验证该结论的实验是，‎ ‎（a）将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中，无法判断说明两金属与水反应的难易，因为它们表面已被氧化，故错误；‎ ‎（b）将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应，根据反应的剧烈程度可以比较出金属性强弱，故正确；‎ ‎（c）将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，看溶液出现红色的难易，可以比较出金属性的强弱，故正确；‎ ‎（d）元素的气态氢化物的稳定性是用来比较元素的非金属性的，故错误；‎ 故选bc，‎ 故答案为：镁；bc；‎ ‎（2）常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F﹣、OH﹣，根据“Y溶于X后所得的物质可电离出Z和E”，可推出X为H2O、Y为NH3、Z为NH4+、E为OH﹣，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出W为Mg2+或Al3+，‎ ‎①由上述分析可知，X为H2O，Y为NH3，Z为NH4+，E为OH﹣，‎ 故答案为：H2O；NH3；NH4+；OH﹣；‎ ‎②X为H2O、Y为NH3，W为Mg2+或Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3++3NH3+3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+、Mg2++2NH3+2H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+；‎ 故答案为：Al3++3NH3+3H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；Mg2++2NH3+2H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+．‎ ‎　‎ ‎18．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（NO）（mol）‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎（1）上述反应在第5s时，NO的转化率为　65%　．‎ ‎（2）如图中表示NO2变化曲线的是　b　．用O2表示0～2s内该反应的平均速率v=　1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1　．‎ ‎（3）能说明该反应已达到平衡状态的是　bc　．‎ a．v（NO2）=2v（O2） b．容器内压强保持不变 c．v逆（NO）=2v正（O2） d．容器内密度保持不变 ‎（4）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸．工作时该电池总反应式为：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4↓+2H2O，据此判断工作时正极反应为　PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O　．‎ ‎（5）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量无污染物质并放出大量热．反应的化学方程式为　N2H4+2H2O2=N2+4H2O　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）第5s时NO为0.007mol，NO转化率=×100%；‎ ‎（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时△c（NO2）=△c（NO）．‎ 根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；‎ ‎（3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；‎ ‎（4）原电池正极发生还原反应，PbO2在正极获得电子，硫酸溶液条件下，生成PbSO4与H2O；‎ ‎（5）液态肼（N2H4）和双氧水混合反应时，产生大量无污染物质，应生成氮气与水．‎ ‎【解答】解：（1）第5s时NO为0.007mol，NO转化率=×100%=65%，‎ 故答案为：65%；‎ ‎（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时△c（NO2）=△c（NO）==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；‎ ‎2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）==3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=×3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1=1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，‎ 故答案为：b；1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1；‎ ‎（3）a．若反应达到平衡，则v（NO2）正=2v（O2）逆，由于未指明正、逆速率，不能判断反应是否达到平衡，故a错误；‎ b．由于反应前后气体体积不等的反应，恒温恒容下随反应进行容器内压强变化，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故b正确；‎ c．由方程式可知v正（NO）=2v正（O2），而v逆（NO）=2v正（O2），则v正（NO）=逆（NO），反应到达平衡，故c正确；‎ d．混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内混合气体密度始终不变，故d错误，‎ 故选：bc；‎ ‎（4）原电池正极发生还原反应，PbO2在正极获得电子，硫酸溶液条件下，生成PbSO4与H2O，正极电极反应式为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，‎ 故答案为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O；‎ ‎（5）液态肼（N2H4）和双氧水混合反应时，产生大量无污染物质，应生成氮气与水，反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，‎ 故答案为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O．‎ ‎　‎ ‎19．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．‎ ‎（1）A中试剂为　NaOH溶液　． ‎ ‎（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是　除去铝镁合金表面的氧化膜　．．‎ ‎（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：‎ ‎①记录C的液面位置；‎ ‎②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；‎ ‎③待B中不 再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；‎ ‎④由A向B中滴加足量试剂；‎ 上述操作的顺序是　①④③②　 （填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　使D和C的液面相平　．‎ ‎（4）B中发生反应的化学反应方程式：　2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑　．‎ ‎（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL（已换算为标准状况），B 中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为　‎ ‎　（用含a、b、c的式子表示计算结果）．‎ ‎（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将　偏小　．（填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）‎ ‎【考点】实验装置综合；相对分子质量的测定；探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；‎ ‎（2）由于Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；‎ ‎（3）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量．在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；‎ ‎（4）B中发生的是Al与碱的反应；‎ ‎（5）（a﹣c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n（Al）可以由产生的H2获得；‎ ‎（6）未洗涤，则造成（a﹣c）变小，则由（5）的结果可进行判断．‎ ‎【解答】解：（1）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，‎ 故答案为：NaOH溶液；‎ ‎（2）铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，故答案为：除去铝镁合金表面的氧化膜；‎ ‎（3）实验时，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，‎ 故答案为：①④③②；使D和C的液面相平；‎ ‎（4）B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎（5）铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为（a﹣c）g，设铝的相对原子质量为M，则 ‎ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎ 2M 3×22400ml ‎ ‎（a﹣c）g bml 解得：M=，‎ 故答案为：； ‎ ‎（6）铝的质量分数为：，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小，‎ 故答案为：偏小．‎ ‎　‎ ‎20．某校研究性学习小组的同学进行了以下化学实验：将金属钙置于空气中燃烧，然后向所得固体产物中加入一定量蒸馏水，此过程中反应放出大量的热，并且放出有臭味的气体．‎ ‎（1）甲同学提出：运用类比学习的思想，Ca与Mg是同一主族元素，化学性质具有一定的相似性．‎ 请写出Ca在空气中燃烧发生反应的化学方程式：　Ca+O2CaO2 3Ca+N2Ca3N2 2Ca+CO22CaO+C　．‎ ‎（2）乙同学提出：Ca的性质比Na活泼，在空气中燃烧还应有CaO2生成，请写出燃烧后固体产物与水反应放出气体的化学方程式：　2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑ Ca3N2+6H2O═3Ca（OH）2+2NH3↑　．‎ 丙同学提出用实验的方法探究放出臭味气体的成份：‎ ‎【查阅资料】1：CaO2遇水反应生成H2O2，H2O2可能会分解产生一定量的O3‎ ‎2：碘量法是最常用的臭氧测定方法：其原理为强氧化剂臭氧（O3）与碘化钾（KI）水溶液反应生成游离碘（I2）．臭氧还原为氧气．反应式为：O3+2KI+H2O=O2+I2+2KOH【提出假设】假设1：该臭味气体只有NH3；‎ 假设2：该臭味气体只有　O3　；‎ 假设3：该臭味气体含有　NH3和O3　．‎ ‎【设计方案进行实验探究】‎ ‎（3）基于假设l，该小同学组设计如下实验方案，并进行实验．请在答题卡上按下表格式完成相关的实验操作步骤、预期现象及结论（仪器自选）．‎ ‎【限选实验试剂】：红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、pH试纸、淀粉一KI溶液、蒸馏水．设计实验方案证明你的假设，并按下表格式写出实验操作步骤、预期现象和结论．‎ 实验操作 预期现象和结论 取少量反应后固体于试管中，　向试管中加入少量水，　‎ ‎　将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；　‎ ‎　另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，　‎ ‎　将产生气体通入淀粉﹣KI溶液中　．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）Ca与Mg是同一主族元素，化学性质具有一定的相似性，根据Mg在空气中的燃烧分析，Mg在空气中燃烧，可与O2、N2、CO2反应，所以Ca也能与O2、N2、CO2反应，进而写出化学方程式；‎ ‎（2）CaO2类比Na2O2，写出化学方程式，CaO2与水反应生成氧气和氢氧化钙，Ca2N3与水反应生成氨气和氢氧化钙；‎ ‎【提出假设】CaO2遇水反应生成H2O2，H2O2可能会分解产生一定量的O3，只含有一种或两种都有，该臭味气体只有O3；该臭味气体含有O 3和NH3；‎ ‎（3）根据氨气溶于水显碱性和臭氧的强氧化性设计实验，来验证二者的存在，NH3溶于水显碱性，可用湿润的红色湿润试纸检验是否含NH3，利用O3具有强氧化性，可用淀粉﹣KI溶液检验是否含O3．‎ ‎【解答】解：（1）Ca与Mg是同一主族元素，化学性质具有一定的相似性，已知Mg与空气中的氧气、二氧化碳及氮气均反应，则Ca也可以，所以Ca在空气中燃烧发生反应的化学方程式为：Ca+O2CaO2 3Ca+N2Ca3N2 2Ca+CO22CaO+C；‎ 故答案为：Ca+O2CaO2 3Ca+N2Ca3N2 2Ca+CO22CaO+C；‎ ‎（2）CaO2与水反应生成氧气和氢氧化钙，其反应方程式为：2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑，Ca3N2与水反应生成氨气和氢氧化钙，其反应方程式为：Ca3N2+6H2O═3Ca（OH）2+3NH3↑；‎ 故答案为：2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑ Ca3N2+6H2O═3Ca（OH）2+2NH3↑；‎ ‎【提出假设】只含有一种或两种都有；即假设该臭味气体只有O3，假设该臭味气体含有NH3和O3，‎ 故答案为：O3；NH3和O3；‎ ‎（3）已知氨气溶于水显碱性，所以可用湿润的红色石蕊试纸来检验是否含有氨气，臭氧的强氧化性能使淀粉﹣KI溶液变蓝色，所以可以用淀粉﹣KI溶液检验是否含有臭氧，其实验操作为：‎ 实 验 操 作 预 期 现 象 与 结 论 取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；‎ 另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将产生气体通入淀粉﹣KI溶液中；‎ 若红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉﹣KI溶液不变色 则假设1成立；‎ 若红色石蕊试纸不显蓝色，且淀粉﹣KI溶液变蓝色，则假设2成立；‎ 若红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉﹣KI溶液变蓝色，则假设3成立；‎ ‎，‎ 故答案为：‎ 实 验 操 作 预 期 现 象 与 结 论 取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口；‎ 若红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉﹣KI溶液不变色 则假设1成立；‎ 另取少量反应后固体于试管中，向试管中加入少量水，将产生气体通入淀粉﹣KI溶液中；‎ 若红色石蕊试纸不显蓝色，且淀粉﹣KI溶液变蓝色，则假设2成立；‎ 若红色石蕊试纸显蓝色，且淀粉﹣KI溶液变蓝色，则假设3成立；‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎21．将镁条在空气中燃烧的全部产物（由于空气中CO2含量少，镁条与CO2反应忽略不计）溶解在50mL浓度为1.8mol/L的盐酸中，以20mL0.9mol/L的NaOH溶液中和多余的酸，然后向溶液中加入过量的NaOH并加热，把生成的氨全部蒸发出来，用足量盐酸吸收，经测定氨的质量为0.102g，试计算原镁条的质量．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】加入碱前，体系是含Mg2+、Na+、NH4+、Cl﹣的电解质溶液，依电荷守恒得：2n（Mg2+）+n（Na+）+n（NH4+）=n（Cl﹣）．‎ 根据氮元素守恒有n（NH4+）=n（NH3），根据氯原子守恒有n（Cl﹣）=n（HCl），根据钠原子守恒有n（Na+）=n（NaOH），计算出n（NH4+）、n（Cl﹣）、n（Na+），代入电荷守恒等式计算出n（Mg2+），根据镁元素守恒可知n（Mg）=n（Mg2+），再利用m=nM计算镁条质量．‎ ‎【解答】解：加入热碱前，体系是含Mg2+、Na+、NH4+、Cl﹣的电解质溶液，溶液中：‎ n（Cl﹣）=n（HCl）=1.8 mol•L﹣1×0.05L=0.09mol，‎ n（Na+）=n（NaOH）=0.9 mol•L﹣1×0.02L=0.018mol，‎ n（NH4+）=n（NH3）==0.006 mol，‎ 依电荷守恒得：2n（Mg2+）+n（Na+）+n（NH4+）=n（Cl﹣），所以2n（Mg2+）+0.018mol+0.006mol=0.09，‎ 解得n（Mg2+）=0.033mol，所以n（Mg）=n（Mg2+）=0.033mol，故镁条的质量 m（Mg）=0.033mol×24g/mol=0.792g，‎ 答：原镁条的质量为0.792g．‎ ‎　‎ ‎22．已知：A、B、C、D四种短周期元素，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，由D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，B、C、D三种元素位于同一周期，A、B、C三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z，且存在如下转化关系，试推断回答下列问题．‎ ‎（1）D元素原子的结构示意图为　　；‎ ‎（2）A、B、C三种元素的原子半径由小到大的顺序为　N＜Al＜Na　（用元素符号表示）；‎ ‎（3）Y与C元素的最高价氧化物可以发生反应，该反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣　；‎ ‎（4）A与D两元素的气态氢化物之间可以反应生成一种盐，该盐的水溶液呈　酸　（填“酸”、“碱”或“中”）性，该水溶液中各离子浓度由小到大的顺序为　c（OH﹣）＜c（H+）＜c（NH4+）＜c（Cl﹣）　（用具体离子符号表示）；‎ ‎（5）实验室中，应将X的浓溶液保存在棕色试剂瓶中，其原因是　4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O　（用化学方程式表示）．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A、B、C、D四种短周期元素，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，由D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，所以D是Cl元素；B、C、D三种元素位于同一周期，在反应中B、C最高价氧化物的水化物生成盐和水，所以B、C应该是第三周期的金属元素，也就是说B、C应该是钠镁铝之间的，又因为Y+Z=盐和水，X+Z=盐+水，所以Z是氢氧化铝，C是铝；氢氧化铝可以和强碱生成偏铝酸盐和水，所以B应该是钠，C是铝，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，得出A是氮．‎ ‎【解答】‎ 解：A、B、C、D四种短周期元素，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，由D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，所以D是Cl元素；B、C、D三种元素位于同一周期，在反应中B、C最高价氧化物的水化物生成盐和水，所以B、C应该是第三周期的金属元素，也就是说B、C应该是钠镁铝之间的，又因为Y+Z=盐和水，X+Z=盐+水，所以Z是氢氧化铝，C是铝；氢氧化铝可以和强碱生成偏铝酸盐和水，所以B应该是钠，C是铝，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，得出A是氮．‎ ‎（1）D元素是氯元素，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎（2）电子层数越多，原子的半径越大，电子层数相同的原子，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径由小到大的顺序为N＜Al＜Na，‎ 故答案为：N＜Al＜Na；‎ ‎（3）Y是强碱，C的氧化物是氧化铝，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐，离子方程式为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣；‎ ‎（4）A与D两元素的气态氢化物之间可以反应生成一种盐，该盐是氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，能水解导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；铵根离子水解导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，含有弱根离子的盐以电离为主水解为次，所以铵根离子浓度大于氢离子浓度，‎ 故答案为：酸；c（OH﹣）＜c（H+）＜c（NH4+）＜c（Cl﹣）；‎ ‎（5）X的浓溶液是浓硝酸，光照条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水 4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，所以要避光保存，‎ 故答案为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O．‎ ‎　‎ ‎23．X、Y、Z、W是短周期的四种元素，有关他们的信息如下表所示．‎ 元素 部分结构知识 部分性质 X X有多种氧化物，如XO、XO2、X2O4‎ X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子 等；通常情况下XO2与X2O4共存 Y Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半 Y能形成多种气态氢化物 Z Z原子的最外层电子数多于4‎ Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6‎ W W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数）‎ 化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+‎ 填写下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答）‎ ‎（1）Z元素在周期表中的位置是　第三周期第ⅦA族　；Y的一种氧化物能导致温室效应，该氧化物的电子式火　　；Z的单质与W的单质一定条件下可发生反应生成化合物A，A中所含化学键类型为　共价键　．‎ ‎（2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是　HClO4＞HNO3＞H2CO3　．‎ ‎（3）实验室制取Z单质的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．‎ ‎（4）实验室制取X的氢化物的化学方程式为　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑　；工业上用此氢化物制取X的最高价含氧酸的第一步反应方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．‎ ‎（5）实验室用X的氢化物的水溶液制取W的氢氧化物的离子方程式为　Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】短周期元素中，X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X原子核外有7个电子，故X为N元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素，能形成多种气态氢化物；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z为Cl；W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n﹣3=n，解得n=3，故W为Al，据此解答．‎ ‎【解答】解：短周期元素中，X的单质由双原子分子构成，分子中有14个电子，X原子核外有7个电子，故X为N元素；Y原子的次外层电子数等于最外层电子数的一半，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素，能形成多种气态氢化物；Z原子的最外层电子数多于4，Z元素的最高正化合价与最低负化合价代数和等于6，则Z为Cl；W原子的最外层电子数等于2n﹣3（n为原子核外电子层数），化学反应中W原子易失去最外层电子形成Wn+，则2n﹣3=n，解得n=3，故W为Al．‎ ‎（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族；Y的一种氧化物能导致温室效应，该氧化物为CO2，电子式为，Z的单质与W的单质一定条件下可发生反应生成化合物A为AlCl3，AlCl3中所含化学键类型为共价键，‎ 故答案为：第三周期第ⅦA族；；共价键；‎ ‎（2）X、Y、Z三元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞HNO3＞H2CO3，‎ 故答案为：HClO4＞HNO3＞H2CO3；‎ ‎（3）实验室制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（4）实验室制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；工业上用氨气制取硝酸的第一步反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，‎ 故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（5）实验室用氨气的水溶液制取氢氧化铝的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，‎ 故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+．‎ ‎　‎ ‎24．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素．已知A、B、E3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．‎ ‎（1）写出元素的名称：C　Si　，D　P　；‎ ‎（2）写出元素的原子结构图：‎ A　　，B　　，二者离子半径：　Na+＞Al3+　（填离子符号）．‎ ‎（3）A、B的最高价氧化物的水化物的碱性　NaOH　＞　Al（OH）3　（填化学式，下同）‎ ‎（4）D、E的气态氢化物的稳定性：　HCl　＞　PH3　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8﹣3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱之间的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11﹣1﹣3=7，则E为Cl元素，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8﹣3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱之间的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11﹣1﹣3=7，则E为Cl元素．‎ ‎（1）由以上分析可知：C为Si，D为P，故答案为：Si；P；‎ ‎（2）A为Na，原子结构示意图为，B为Al，原子结构示意图为：，Na+、Al3+离子对称结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Na+＞Al3+，‎ 故答案为：；；Na+＞Al3+；‎ ‎（3）金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性Na＞Al，则碱性：NaOH＞Al（OH）3，故答案为：NaOH；Al（OH）3；‎ ‎（4）同周期自左而右非金属性增强，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性：HCl＞PH3，故答案为：HCl；PH3．‎