江苏省南京市2019-2020学年高一上学期选拔考试化学试题 Word版含解析

江苏省南京市2019-2020学年高一上学期选拔考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1，O-16，S-32，Cl-35.5，Fe-56，Cu-64，Ag-108，Ba-137‎ 选 择 题 单项选择题：本题包括10 小题，每小题3 分，共计30 分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是 A. 利用风力发电，减少CO2的排放 B. 为提高粮食产量，大量使用高残留农药 C. 对秸秆进行加工，使其转化为汽车燃料 D. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 利用风力发电，减少碳的燃烧，减少CO2的排放，减少温室效应，故A正确；‎ B. 为提高粮食产量，使用农药适量，故B错误；‎ C. 对秸秆进行加工，使其转化为汽车燃料，故C正确；‎ D. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置，分类进行处理回收，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)‎ C S(s)SO3(g)H2SO4(aq)‎ D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；‎ B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；‎ C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；‎ - 17 -‎ D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；‎ ‎【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；‎ B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；‎ C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；‎ D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B. 浓H2SO4具有脱水性，可用作干燥剂 C. CCl4的密度比H2O大，可用于萃取碘水中的I2‎ D. 因为液态氨汽化时吸热，可用液态氨作制冷剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂，两者无对应关系，故A不符合题意；‎ B. 浓H2SO4具有脱水性，作干燥剂是利用吸水性，两者无对应关系，故B不符合题意；‎ C. CCl4的密度比H2O大，I2在CCl4中溶解度比在水中溶解度大，且不溶于水，用于萃取碘水中的I2，密度大小与能否作萃取剂无对应关系，故C不符合题意；‎ D. 因为液态氨汽化时吸热，可用液态氨作制冷剂，故D符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 无色透明的溶液中：Cu2+、NH4+、I-、CO32-‎ B. 0.1mol·L-1 NaClO溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ C. 使酚酞变红的溶液中：Na+、K+、CO32-、SO42-‎ D. 0.1mol·L-1 FeCl3溶液中：K+、Ca2+、NO3-、SCN-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A. Cu2+是蓝色，且Cu2+不能与I－、CO32−共存，故A不符合题意；‎ B. 0.1mol·L-1 NaClO溶液中，ClO-与Fe2+发生氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C. 使酚酞变红的溶液中，含有OH-，与Na+、K+、CO32-、SO42-不反应，共存，故C符合题意；‎ D. 0.1mol·L-1 FeCl3溶液中，含有Fe3+与SCN-反应呈血红色，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】有颜色的离子：铜离子蓝色，亚铁离子浅绿色，铁离子黄色，高锰酸根紫色，重铬酸根橙红色。‎ ‎5.设NA 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，0. 1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0. 1NA B. 常温常压下，18g H2O 中含有的原子总数为3NA C. 标准状况下，11. 2L CCl4中含有的分子数目为0. 5NA D. 常温常压下，2. 24L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0. 1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，氯气与水反应是可逆反应，因此0. 1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；‎ B. 常温常压下，18g H2O物质的量，含有的原子总数为3NA，故B正确；‎ C. 标准状况下，CCl4是液体，不能用气体摩尔体积来计算，故C错误；‎ D. 常温常压下，不是标准状况下，不能用22.4L‧mol−1进行计算，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】应用22.4 L‧mol−1进行计算时要注意是否为标准状况，是否为气体。‎ ‎6.下列实验方法或操作正确是 A. 蒸发NaCl溶液 - 17 -‎ B. 测量NH3气体的体积 C. 过滤Ca(OH)2悬浊液 D 蒸馏乙醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发NaCl溶液，用蒸发皿蒸发，故A正确；‎ B. 氨气极易溶于水，不能用排水的方法来测量NH3气体的体积，故B错误；‎ C. 过滤Ca(OH)2悬浊液，要用玻璃棒引流，故C错误；‎ D. 蒸馏乙醇，冷凝水应下进上出，温度计水银部位应在蒸馏烧瓶叉口处，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎7.下列有关化学反应的叙述正确的是 A. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 B. Fe在稀硝酸中发生钝化 C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 室温下Na与空气中O2反应生成Na2O，在加热条件下生成Na2O2，故A错误；‎ B. 常温下Fe在浓硝酸中发生钝化，故B错误；‎ C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3，故C正确；‎ - 17 -‎ D. MnO2和浓盐酸加热反应制取Cl2，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是 A. 将少量CO2通往NaOH溶液中：CO2+ OH－= HCO3－‎ B. 实验室用大理石跟稀盐酸制CO2： 2H+ + CO32－= CO2↑+H2O C. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－‎ D. 向氯化铁溶液中铁粉：Fe ＋ Fe3＋= 2Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将少量CO2通往NaOH溶液中：CO2+ 2OH－= CO32− + H2O，故A错误；‎ B. 实验室用大理石跟稀盐酸制CO2： 2H+ + CaCO3= CO2↑ + Ca2+ + H2O，故B错误；‎ C. 向氯化亚铁溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故C正确；‎ D. 向氯化铁溶液中铁粉：Fe ＋ 2Fe3＋= 3Fe2＋，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】离子方程式书写时不拆的物质主要是单质、氧化物、气体、难溶物、难电离的物质(弱酸、弱碱、水)和非电解质。‎ ‎9.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】‎ ‎【详解】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不正确。‎ 答案选D。‎ - 17 -‎ ‎10.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在5种离子 B. Cl－ 一定存在，且c(Cl－)≥0.4mol/L C. SO42－ 、NH4+一定存在，Cl－ 可能不存在 D. K+、CO32－一定不存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某溶液可能含有Cl－、SO42−、CO32−、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明含有NH4+，n(NH4+) = 0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明含有Fe3+，不含CO32−；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体即为氧化铁且物质的量，n(Fe3+) = 0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀即为BaSO4且物质的量，n(SO42−) = 0.02mol；根据溶液呈电中性得出一定含有Cl－，3n(Fe3+) + n(NH4+) = 2n(SO42−) + n(Cl－)，3×0.02mol + 0.02mol = 2×0.02mol + n(Cl－)，n(Cl－) = 0.04mol，可能含有K+，因此n(Cl－) ≥ 0.04mol。‎ ‎【详解】A. 根据上面分析至少存在4种离子，Cl－、SO42−、NH4+、Fe3+，可能含有K+，故A错误；‎ B. Cl－ 一定存在，根据分析得到n(Cl－) ≥ 0.04mol，即，因此c(Cl－)≥0.4mol‧L−1，故B正确；‎ C. SO42－ 、NH4+一定存在，根据溶液呈电中性得出Cl－ 一定存在，故C错误；‎ D. 根据分析CO32－一定不存在，K+可能存在，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】推断离子时，利用已知信息得出一定存在的离子，通过离子共存判断一定不存在的离子，再计算出已知的离子的物质的量，再通过溶液呈电中性来推断还应该存在的离子。‎ 不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0‎ - 17 -‎ ‎ 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0 分。‎ ‎11.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。下列说法正确的是 A. Cu2S 既是氧化产物又是还原产物 B. 5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移 C. 若有14mol CuSO4发生反应，则被CuSO4氧化的FeS2为1mol D. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu降低得到Cu2S，S降低得到Cu2S，Cu2S只是还原产物，故A错误；‎ B. 5份FeS2中，有3份-1价S升高到+6价，共转移21份电子，因此5mol FeS2发生反应，有21mol电子转移，故B错误；‎ C. 若有14mol CuSO4发生反应，得到14mol电子，1mol FeS2失去14mol电子，因此则被CuSO4氧化的FeS2为1mol，故C正确；‎ D. FeS2升高变为SO42−，因此产物中的SO42−离子有一部分是氧化产物，故D正确。‎ 综上所述，答案为CD。‎ ‎【点睛】分析氧化还原反应时，一定要注意分析完全，可能存在一种物质中两种元素都在降低，或者一种元素降低另一种元素升高，还有可能这种物质两种元素都升高或降低，还有另一种物质里的元素化合价也在变化。‎ ‎12.用化学用语表示Na2CO3+2Cl2=2NaCl+Cl2O+CO2中的相关微粒，其中正确的是 A. Na+的电子排布式：1s22s22p63s1‎ B. Cl2O的结构式：Cl-O-Cl C. 中子数为18的氯原子：‎ D. Cl2的电子式：‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+的电子排布式：1s22s22p6，故A错误；‎ B. Cl2O的电子式为：，因此结构式：Cl-O-Cl，故B正确；‎ - 17 -‎ C. 中子数为18的氯原子：，故C错误；‎ D. Cl2含有1对公用电子，其电子式：，故D正确。‎ 综上所述，答案为BD。‎ ‎【点睛】原子符号书写规则，左上角为质量数，质量数=质子数+中子数，左下角为质子数。‎ ‎13.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17‎ C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；‎ B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；‎ C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；‎ D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；‎ ‎【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；‎ - 17 -‎ B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；‎ C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；‎ D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎14.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 原子的最外层电子数等于电子层数，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 B. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)‎ C. 由X、Y 两种元素组成的化合物只有一种 D. W 氧化物对应的水化物一定是强酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，则X为O，Y 原子的最外层只有一个电子，Y为Na，Z 原子的最外层电子数等于电子层数，Z为Al，W 与X属于同一主族，W为S。‎ ‎【详解】A. X 的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，故A正确；‎ B. 原子半径：r(Na) > r(Al) > r(S)，故B错误；‎ C. 由X、Y 两种元素组成的化合物Na2O、Na2O2，故C错误；‎ D. W 的氧化物对应的水化物H2SO3或H2SO4，不一定是强酸，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎15.根据下表中部分短周期元素的原子半径及主要化合价，判断以下叙述正确的是 - 17 -‎ 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.112‎ ‎0.104‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+6、－2‎ ‎－2‎ A. 单质与稀盐酸反应的速率为LH2R C. 粒子半径：r(L2＋)< r(T2－) D. L2＋与R2－的核外电子总数相等 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素的原子半径及主要化合价，推出L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O。‎ ‎【详解】A. Be、Mg是同族，金属性逐渐增强，因此单质与稀盐酸反应的速率为BeH2S，故B正确；‎ C. 同电子层结构，核多径小原则，则粒子半径：r(Mg2＋)< r(O2－)，故C正确；‎ D. Mg、S同周期，因此L2＋与R2－的核外电子总数不相等，相差8个电子，故D错误。‎ 综上所述，答案为BC。‎ ‎【点睛】在中学要求的范畴内可按“三看”规律来比较微粒半径的大小 ‎“一看”能层数：当能层数不同时，能层越多，半径越大。‎ ‎“二看”核电荷数：当能层数相同时，核电荷数越大，半径越小。‎ ‎“三看”核外电子数：当能层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。‎ 非 选 择 题 ‎16.目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：‎ ‎(1)检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是______。‎ ‎(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为________。‎ - 17 -‎ ‎(3)滤渣1的成分为______。（写化学式）‎ ‎(4)“制KIO3溶液”时，发生反应的离子方程式为___________。‎ ‎(5)KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由上述流程中制得的KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为____。‎ ‎【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－＋4H＋ (3). Fe、Cu (4). 5Cl2＋I2＋12OH－=2IO＋10Cl－＋6H2O (5). 蒸发浓缩，降温结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将含碘废水中通入SO2，将I2转化为I－，利于与Cu2+反应，生成CuI，加入过量Fe反应生成FeI2和Cu，将FeI2与K2CO3反应生成KI和沉淀，KI在硫酸酸性环境与H2O2反应生成I2，Cl2与I2在KOH溶液中反应生成KIO3、KCl和H2O。‎ ‎【详解】(1)单质I2遇淀粉变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液； ‎ ‎(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，自身被氧化为SO42−，其反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O = SO42−＋2I－＋4H＋；‎ ‎(3)再制备FeI2过程中加入Fe与CuI反应生成Cu，由于Fe加入过量，因此滤渣1的成分为Fe、Cu； ‎ ‎(4)“制KIO3溶液”时，Cl2与I2在KOH溶液中反应生成KIO3、KCl和H2O，其发生反应的离子方程式为5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3－＋10Cl－＋6H2O； ‎ ‎(5)KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示，两者溶解度随温度升高，溶解度增加，KCl的溶解度大于KIO3的溶解度，流程中制得的KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶。‎ ‎17.甲、乙两同学为探究与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。‎ - 17 -‎ 实验操作和现象：‎ 操作 现象 关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡，B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀，C中产生白色沉淀，液面上放略显浅棕色并逐渐消失 打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭 从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 尚未发现白色沉淀溶解 ‎(1)A中反应的化学方程式是_________________。‎ ‎(2)C中白色沉淀是_______，该沉淀的生成表明SO2具有_______性。‎ ‎(3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是______。‎ ‎(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。‎ ‎①未证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是____；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是______。‎ ‎②进行实验，B中现象：‎ 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：___。‎ - 17 -‎ ‎(5)合并（4）中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2H2SO4(浓)＋Cu CuSO4＋2H2O＋2SO2↑ (2). BaSO4 (3). 还原 (4). 2NO+O2=2NO2 (5). 通N2一段时间，排除装置的空气 (6). 饱和的NaHSO3溶液 (7). 甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量 (8). SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由现象可知，A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水；‎ ‎（2）C中白色沉淀为硫酸钡，S元素的化合价升高；‎ ‎（3）C中液面上方发生NO被氧化生成二氧化氮的反应；‎ ‎（4）①B中亚硫酸钡被空气中的氧气氧化；硫酸酸雾能与B、C中钡离子反应；②白色沉淀均不溶于盐酸，则白色沉淀为硫酸钡，以此分析发生的反应；‎ ‎（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应，SO2与可溶性钡的弱酸盐能反应。‎ ‎【详解】（1）A中有铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）二氧化硫溶于水为亚硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀为BaSO4，说明二氧化硫有还原性，故答案为：BaSO4；‎ ‎（3）硝酸根被还原为一氧化氮气体，与空气中的氧气接触反应生成二氧化氮，红棕色气体，方程式为：2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；‎ ‎（4）①A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2，排除装置中的空气。乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；②由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2＋=BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H＋，故答案为：甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量；‎ ‎（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀，故答案为：SO2‎ - 17 -‎ 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。‎ ‎18.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 ‎ ‎(1)碱式氯化铜有多种制备方法 ‎①方法1：45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_____________。‎ ‎②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M'的化学式为______。‎ ‎(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：‎ ‎①称取样品2.2320g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；‎ ‎②取25. 00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 3444g；‎ ‎③另取25. 00mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2－=CuY2－+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液60.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。_____________‎ ‎【答案】 (1). 4CuCl + O2+ 8H2O=2Cu2(OH)2Cl2·3H2O (2). Fe2+ (3). Cu2 (OH)3Cl·H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①方法1: 45 ~ 50℃时，CuCl与水、空气中氧气反应生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O；②铜化合价升高，则M化合价降低，应为Fe3+变为Fe2+。‎ ‎(2)先计算n(Cl－)，再计算n(Cu2+)，得出n(Cu2+) 、n(Cl－)比例关系，再根据物质化合价代数和为0，再求出摩尔质量，最终得到样品的化学式。‎ ‎【详解】(1)①方法1: 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，CuCl与水、空气中氧气反应生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O，其反应化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O = 2Cu2(OH)2Cl2·3H2O；故答案为：4CuCl + O2+ 8H2O = 2Cu2(OH)2Cl2·3H2O；‎ ‎②铜化合价升高，则M化合价降低，应为Fe3+变为Fe2+，M'的化学式为Fe2+；故答案为：Fe2+；‎ - 17 -‎ ‎(2)①称取样品2.2320 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A，消耗氢氧根；②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 3444 g，则n(Cl－)= n(AgCl)，其物质的量；③另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2－=CuY2－+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液60.00 mL，则n(Cu2+)= 0.08000 mol·L-1×0.06L = 0.0048mol，n(Cu2+)：n(Cl－) = 0.0048mol：0.0024mol = 2:1，Cu2(OH)bCl·xH2O，即根据化合价代数和为0得出Cu2(OH)3Cl·xH2O，其摩尔质量，64×2 + 17×3 + 35.5 + 18x = 232.5，解得x = 1，因此该样品的化学式Cu2 (OH)3Cl·H2O，故答案为：Cu2 (OH)3Cl·H2O。‎ ‎19.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。化合物AC2为一种常见的温室气体。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）‎ ‎(1)基态E原子的核外电子排布式是________，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同还有_______（填元素符号）。‎ ‎(2)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。‎ ‎(3)写出化合物AC2的电子式_____________。‎ ‎(4)D的单质在AC2中点燃可生成A的单质与一种熔点较高的固体产物，写出其化学反应方程式：__________。‎ ‎(5)1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。此后，等电子原理又有发展，例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。‎ ‎(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar] 3d54s1） (2). K、Cu (3). ‎ - 17 -‎ C＜O＜N (4). (5). 2Mg+ CO2 2MgO +C (6). N2O (7). 4Mg+10HNO3 = 4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，化合物AC2为一种常见的温室气体，则A为C，C为O，B为N，D为Mg。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，E为Cr。‎ ‎【详解】(1)基态E原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同即最外层电子数只有一个，还有K、Cu；故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；K、Cu；‎ ‎(2)同周期从左到右电离能有增大趋势，但第IIA族元素电离能大于第IIIA族元素电离能，第VA族元素电离能大于第VIA族元素电离能，因此A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；故答案为：C＜O＜N；‎ ‎(3)化合物AC2为CO2，其电子式；故答案为：；‎ ‎(4)Mg的单质在CO2中点燃可生成碳和一种熔点较高的固体产物MgO，其化学反应方程式：2Mg+ CO2 2MgO +C；故答案为：2Mg+ CO2 2MgO +C；‎ ‎(5)根据CO与N2互为等电子体，一种由N、O组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；故答案为：N2O；‎ ‎(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液为HNO3与Mg的单质反应时，NHO3被还原到最低价即NH4NO3，其反应的化学方程式是4Mg+10HNO3 = 4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。‎ ‎ ‎ - 17 -‎ - 17 -‎