2022-2022学年河北省邯郸市永年二中高三（上）期中化学试卷 一、选择题：每小题3分共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．1．2022年8月12日晚，天津塘沽滨海新区危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失．据悉，该危险品仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠（NaCN）．下列有关氰化钠的说法中错误的是（ ）A．NaCN中碳元素的化合价为+4B．NaCN易溶于水，其水溶液呈碱性C．可用强氧化剂如H2O2等将NaCN氧化为无毒物质D．为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查 2．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl 3．下列说法正确的是（ ）A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C．HCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH是非电解质D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源 4．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2 5．若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B．0.5molFeCl3滴入沸水可制备胶体粒子0.5NAC．将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22.4LD．7.8gNa2O2中含有的离子总数目为0.3NA 6．下列离子方程式书写正确是（ ）-24-\nA．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O 7．五种短周期元素的某些性质如下表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）元素代号XWYZQ原子半径（×10﹣12m）37646670154主要化合价+1﹣1﹣2+5、﹣3+1下列说法不正确的是（ ）A．由Q与Y形成的化合物中可能存在共价键B．Z与X之间形成的化合物具有还原性C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体D．Y与W形成的化合物中，Y显负价 8．下列物质间的转化在给定条件下能实现的是（ ）①NH3NO2HNO3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg④NaNa2O2Na2CO3．A．②④B．③④C．①④D．①②③ 9．A～D是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中D是最高价氧化物对应的水化物．那么A可能是（ ）①N2 ②Si ③Cu ④CH4 ⑤H2S．A．只有①④⑤B．只有①②③C．只有①⑤D．全部 10．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中，属干这种情况的是（ ）①过量锌与18mol/L的硫酸反应；②过量氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量铜与稀硝酸反应；-24-\n⑥过量稀硫酸与大块状石灰石反应．⑦常温下过量的浓硫酸与铝反应．A．②③⑤B．②③④⑥⑦C．①④⑤D．①②③④⑤ 11．常温下单质硫主要以S8形式存在．加热时，S8会转化为S6、S4、S2等．当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在（占92%）．下列说法中正确的是（ ）A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C．常温条件下单质硫为原子晶体D．把硫单质在空气中加热到750℃即得S2 12．能够解释CO2比SiO2的熔、沸点低的原因是（ ）A．CO2的相对分子质量比SiO2的相对分子质量小B．C﹣O键能小于Si﹣O键能C．C的原子半径小于SiD．破坏CO2晶体只需克服分子间作用力，破坏SiO2晶体要破坏Si﹣O共价键 13．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（g）△H1②2H2S（g）+SO2（g）=S2（g）+2H2O（g）△H2③H2S（g）+O2（g）=S（g）+H2O（g）△H3④S（g）=S2（g）△H4则△H4的正确表达式为（ ）A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3） 14．下列实验设计能完成预期实验目的是（ ）选项实验目的实验设计A配制10%的ZnSO4将10gZnSO4•7H2O溶解于90g水中B配制100ml，浓度约为1mol/L的氯化钠溶液用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加入100ml蒸馏水，搅拌溶解C验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液褪色D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A．AB．BC．CD．D 15．对下列装置图的叙述正确的是（ ）-24-\nA．装置可用于蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁B．装置可用于铜和稀硝酸制取并收集少量NOC．装置可用于证明铁生锈氧气参与反应D．苯萃取碘水中的碘后，从装置下口放出的是碘的苯溶液 16．现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为（假设HNO3只被还原为NO）（ ）A．0.224LB．0.448LC．0.672LD．0.896L 二、非选择题（本题包括5个小题，共52分）17．HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是 （填字母编号）．A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是 （填字母编号）．A．测定这两种溶液的pHB．分别在两种溶液中滴加甲基橙C．在酸性条件下加入KI﹣淀粉溶液来区别D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别（3）单质铁与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求不引入新的杂质，可选用的最佳试剂是 （填字母编号）．-24-\na．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO3（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出该反应的离子方程式： ． 18．有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： ．（2）F元素周期表中的位置： ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 （填“高”或“低”），原因是 ． 19．各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略．C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10．D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板．请回答下列问题：（1）G元素在周期表中的位置 ．（2）写出实验室制备G的离子反应方程式 ．（3）气体D与NaOH溶液反应可生成两种盐P和Q，在P中Na的质量分数为43%，其俗名为 ．（4）实验室中检验L溶液中的阳离子常选用 溶液，现象是 ．（5）A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为 ． 20．亚硝酸钠常用作食品防腐剂．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．已知：①NO+NO2+2OH﹣═2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃、NO：﹣152℃-24-\n（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→ → →B．（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是 ．（3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是 ．②装置B的作用是 ，装置E的作用是 ．（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为 ．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是 ． 21．某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下．提出猜想：问题1：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗？问题2：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究Ⅰ．解决问题1取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在．根据以上实验现象回答问题．（1）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式： ，（2）从实验Ⅰ可得出的结论是 Ⅱ．解决问题2设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g单质气体Y．（1）X气体的摩尔质量是 ．-24-\n（2）C中发生反应的化学方程式为 ． -24-\n2022-2022学年河北省邯郸市永年二中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：每小题3分共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．1．2022年8月12日晚，天津塘沽滨海新区危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失．据悉，该危险品仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠（NaCN）．下列有关氰化钠的说法中错误的是（ ）A．NaCN中碳元素的化合价为+4B．NaCN易溶于水，其水溶液呈碱性C．可用强氧化剂如H2O2等将NaCN氧化为无毒物质D．为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查【考点】钠的重要化合物．【分析】A、依据化合物中元素化合价代数和为0计算，钠元素化合价+1价，氧元素化合价﹣2价；B、钠盐易溶于水，CN﹣离子失弱酸阴离子水解，溶液显碱性；C、过氧化氢氧化NaCN生成氨气、碳酸氢钠和水；D、NaCN是剧毒物质；【解答】解：A、NaCN中钠元素化合价+1价，氮元素化合价﹣3价，则化合价代数和为0计算，+1+x﹣3=0，x=+2，故A错误；B、NaCN溶液中水解，NaCN+H2O⇌NaOH+HCN，溶液显碱性，故B正确；C、过氧化氢氧化NaCN生成碳酸氢钠、水和氨气，氧化为无毒物质，故C正确；D、NaCN是剧毒物质，不能排放到自然界，会污染环境、地下水，故D正确；故选A．【点评】本题考查了钠及其化合物性质分析，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单． 2．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A．质子数为17、中子数为20的氯原子ClB．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式．【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．-24-\n【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误；B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C．【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大． 3．下列说法正确的是（ ）A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C．HCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH是非电解质D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源【考点】同位素及其应用；同素异形体；混合物和纯净物；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素；分子式相同，但结构不同的有机化合物互为同分异构体；B．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质；C．电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；D．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源．【解答】解：A．H、D、T都是H元素的不同原子，属于同位素，H2、D2、T2由氢元素形成的单质，结构相同，属于同种物质，故A错误；B．水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故B错误；C．HCl、BaSO4是电解质，NH3、CO2、CH3CH2OH是非电解质，Cl2是单质，故C错误；D．风能和水能，生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故D正确．故选D．【点评】本题考查同位素，同素异形体，混合物，纯净物，电解质，非电解质，可再生资源等，难度不大，平时注意知识的积累． 4．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料-24-\nD．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．根据离子的核外电子层结构分析；B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．【解答】解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；故B．【点评】本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握． 5．若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B．0.5molFeCl3滴入沸水可制备胶体粒子0.5NAC．将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22.4LD．7.8gNa2O2中含有的离子总数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、分别求出两者的物质的量，然后根据CH4与NH4+中分别含10个质子和11个质子来分析；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；C、NH3和HCl混合后生成的氯化铵为固体；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根构成来计算．【解答】解：A、16g的物质的量为1mol，而CH4中含10个质子，故1mol甲烷中含10mol质子即10NA个；18gNH4+的物质的量为1mol，而铵根离子中含11个质子，故1mol铵根离子中含11mol质子即11NA个，故A错误；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故0.5mol氯化铁形成的胶粒个数小于0.5NA个，故B错误；C、NH3和HCl混合后生成的氯化铵为固体，故体积小于22.4L，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.3mol离子即0.3NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 6．下列离子方程式书写正确是（ ）-24-\nA．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；B．反应生成FeS和S；C．反应生成碳酸氢钙和HClO；D．反应生成碳酸钙、碳酸钠、水．【解答】解：A．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故A正确；B．将少量氯化铁溶液滴入硫化钠溶液中的离子反应为2Fe3++3S2﹣=2FeS+S↓，故B错误；C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO，故C错误；D．向碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大． 7．五种短周期元素的某些性质如下表所示（其中只有W、Y、Z为同周期元素）元素代号XWYZQ原子半径（×10﹣12m）37646670154主要化合价+1﹣1﹣2+5、﹣3+1下列说法不正确的是（ ）A．由Q与Y形成的化合物中可能存在共价键B．Z与X之间形成的化合物具有还原性C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体D．Y与W形成的化合物中，Y显负价【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，结合元素周期率以及对应物质的性质解答该题．【解答】解：原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数﹣8，-24-\n根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，A．Y是O元素、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，故A正确；B．Z与X之间形成的化合物是NH3，氨气中N元素处于最低价态，所以氨气具有还原性，故B正确；C．由H、O、N三种元素形成的化合物，其晶体不一定是分子晶体，如硝酸铵为离子晶体，故C正确；D．OF2中F元素显﹣1价、O元素显+2价，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据元素的原子半径、化合价结合元素周期律来推断元素，正确推断元素是解本题关键，再结合物质的结构来分析解答，难度不大． 8．下列物质间的转化在给定条件下能实现的是（ ）①NH3NO2HNO3②SiO2Na2SiO3H2SiO3③Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg④NaNa2O2Na2CO3．A．②④B．③④C．①④D．①②③【考点】氨的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①氨气被催化氧化生成NO；②SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与氯化氢反应生成H2SiO3；③电解氯化镁溶液得到的是氢气、氯气和氢氧化镁；④钠和氧气在加热条件下生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气．【解答】解：①氨气被催化氧化生成NO，不能直接生成NO2，故①错误；②SiO2与氢氧化钠反应生成Na2SiO3和水，Na2SiO3与氯化氢反应生成H2SiO3和氯化钠，转化能由一步反应实现，故②正确；③电解氯化镁溶液得到的是氢气、氯气和氢氧化镁，不能得到镁，故③错误；④钠和氧气在加热条件下生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故④正确．故选A．【点评】本题综合考查化合物的性质，为高考常见题型，题目难度不大，熟练掌握物质的性质是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法． -24-\n9．A～D是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中D是最高价氧化物对应的水化物．那么A可能是（ ）①N2 ②Si ③Cu ④CH4 ⑤H2S．A．只有①④⑤B．只有①②③C．只有①⑤D．全部【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；硅和二氧化硅；甲烷的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】根据物质的性质，有多种变价的元素可以发生一系列的转化关系，①氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生NO；②硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应产生硅酸钠，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸，硅酸不能生成二氧化硅；③Cu无对应的最高价氧化物的水化物；④甲烷与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳溶于水得到碳酸；⑤硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸．【解答】解：①氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生NO，此过程符合题意，故①正确；②依据分析可知，硅酸不能分解产生二氧化硅，故②错误；③Cu为金属单质，不存在对应的酸，故③错误；④C的最高价氧化物的水化物为碳酸，甲烷不充分燃烧生成CO，但是碳酸不能得到CO，故④错误；⑤硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，浓硫酸与金属反应生成二氧化硫，符合题意，故⑤正确，故选C．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，本题中与水的反应是解答该题的关键． 10．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中，属干这种情况的是（ ）①过量锌与18mol/L的硫酸反应；②过量氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2反应；④过量铜与浓硫酸反应；⑤过量铜与稀硝酸反应；⑥过量稀硫酸与大块状石灰石反应．⑦常温下过量的浓硫酸与铝反应．A．②③⑤B．②③④⑥⑦C．①④⑤D．①②③④⑤【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．【专题】元素及其化合物；氧族元素；氮族元素．-24-\n【分析】①过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气；②氢气与氮气化合生成氨气为可逆反应；③只有浓盐酸才能与二氧化锰反应；④只有浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应；⑤铜与浓硝酸生成二氧化氮、水硝酸铜、与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；⑦浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化．【解答】解：①过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，所以过量锌与18mol/L的硫酸反应，稀硫酸可以完全反应，故不选；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故选；③二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，故选；④只有浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故选；⑤铜与浓硝酸、稀硝酸都能反应，所以只要铜足量，硝酸可以完全反应，故不选；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故选；⑦浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化，产生致密氧化膜，阻止反应进行，故选；故选：B．【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题． 11．常温下单质硫主要以S8形式存在．加热时，S8会转化为S6、S4、S2等．当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在（占92%）．下列说法中正确的是（ ）A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C．常温条件下单质硫为原子晶体D．把硫单质在空气中加热到750℃即得S2【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、物理变化是没有新物质生成的变化；B、硫元素组成的单质燃烧产物是二氧化硫；C、单质硫为分子晶体；D、硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应．【解答】解：A、物理变化是没有新物质生成的变化，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化，故A错误；B、不论哪种硫分子，组成元素只有硫元素，燃烧产物都是二氧化硫，故B正确；C、单质硫为分子晶体，熔沸点低于原子晶体的熔沸点，故C错误；D、硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应，不会得到纯净的硫单质，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生含有硫元素的单质的有关知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．-24-\n 12．能够解释CO2比SiO2的熔、沸点低的原因是（ ）A．CO2的相对分子质量比SiO2的相对分子质量小B．C﹣O键能小于Si﹣O键能C．C的原子半径小于SiD．破坏CO2晶体只需克服分子间作用力，破坏SiO2晶体要破坏Si﹣O共价键【考点】晶体熔沸点的比较．【分析】根据CO2与SiO2形成的晶体类型进行解答，CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体．【解答】解：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si﹣O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，故选D．【点评】本题考查晶体类型与熔沸点关系，明确常见晶体类型是解本题关键，晶体类型不同导致其熔沸点不同，熟悉常见原子晶体有哪些，题目难度不大． 13．在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（g）△H1②2H2S（g）+SO2（g）=S2（g）+2H2O（g）△H2③H2S（g）+O2（g）=S（g）+H2O（g）△H3④S（g）=S2（g）△H4则△H4的正确表达式为（ ）A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）【考点】有关反应热的计算．【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．【解答】解：根据目标方程，把方程③反写；把方程②乘以；把方程①乘以；然后三者相加；即△H4=﹣△H3+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），故选A．【点评】本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化． 14．下列实验设计能完成预期实验目的是（ ）选项实验目的实验设计A配制10%的ZnSO4将10gZnSO4•7H2O溶解于90g水中B配制100ml，浓度约为1mol/L的氯化钠溶液用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加入100ml蒸馏水，搅拌溶解-24-\nC验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液褪色D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溶质的质量不是10g；B．溶剂的体积不等于溶液的体积；C．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色；D．分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体从下口流出．【解答】解：A．溶质的质量不是10g，应将10gZnSO4溶解于90g水中，故A错误；B．溶剂的体积不等于溶液的体积，应用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加水至100mL，故B错误；C．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故C正确；D．分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体从下口流出，防止二次污染，故D错误．故选C．【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握物质的性质的为解答该题的关键，学习中注意相关知识的积累． 15．对下列装置图的叙述正确的是（ ）A．装置可用于蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁B．装置可用于铜和稀硝酸制取并收集少量NOC．装置可用于证明铁生锈氧气参与反应D．苯萃取碘水中的碘后，从装置下口放出的是碘的苯溶液【考点】化学实验方案的评价．-24-\n【专题】实验评价题．【分析】A．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进HCl挥发；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO不易溶于水，所以NO采用排水法收集；C．铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以U型管中液面发生变化；D．苯和水不互溶，且苯的密度小于水．【解答】解：A．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进HCl挥发，所以加热蒸干氯化镁溶液得不到MgCl2晶体，得到Mg（OH）2固体，故A错误；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，且NO密度接近空气密度，NO不易溶于水，所以NO采用排水法收集，故B错误；C．铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以U型管中液面左高右低，所以能实现实验目的，故C正确；D．苯和水不互溶，且苯的密度小于水，所以碘的苯溶液位于上层，从装置上口倒出，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及盐类水解、气体收集和制取、吸氧腐蚀、萃取等知识点，明确实验原理是解本题关键，会从实验操作规范性、评价性进行解答，易错选项是A，题目难度不大． 16．现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体体积为（假设HNO3只被还原为NO）（ ）A．0.224LB．0.448LC．0.672LD．0.896L【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】稀硫酸浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L．取10mL混合酸，n（H+）=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3﹣）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题．【解答】解：10mL混合酸中含有：n（H+）=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n（NO3﹣）=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则发生反应：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，则3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O0.02mol0.08mol0.02mol反应后剩余n（H+）=0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，Fe+2H+=Fe2++H2↑0.02mol0.01mol所以：n（NO）+n（H2）=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V（NO）+V（H2）=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意铁过量，根据n（H+）、n（NO3﹣）判断反应的可能性，判断生成气体为NO和H2的混合物，进而计算气体的体积，题目易错． 二、非选择题（本题包括5个小题，共52分）-24-\n17．HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物．试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是 D （填字母编号）．A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是 B （填字母编号）．A．测定这两种溶液的pHB．分别在两种溶液中滴加甲基橙C．在酸性条件下加入KI﹣淀粉溶液来区别D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别（3）单质铁与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求不引入新的杂质，可选用的最佳试剂是 c （填字母编号）．a．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO3（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出该反应的离子方程式： NO2﹣+Cl2+H2O═NO3﹣+2H++2Cl﹣ ．【考点】亚硝酸盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；（2）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；B．甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4；C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成白色沉淀；（3）Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；（4）把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，二者发生氧化还原反应．【解答】解：（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，故答案为：D；（2）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；B．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2﹣+2I﹣+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；D．亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，故D不选；故答案为：B；（3）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水，-24-\n故答案为：c；（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2﹣+Cl2+H2O=NO3﹣+2H++2Cl﹣，故答案为：NO2﹣+Cl2+H2O=NO3﹣+2H++2Cl﹣．【点评】本题考查综合考查铁盐和亚铁盐的相互转化，亚硝酸盐的性质，注意二价铁离子和三价铁离子的检验是高考的热点，涉及了化学方程式的配平，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等． 18．有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素．A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，E与C同主族．均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应：均含F元素的乙（单质）、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应．请回答下列问题：（1）单质B的结构式： N≡N ．（2）F元素周期表中的位置： 第四周期第ⅤⅢ族 ．（3）均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 Fe+2Fe3+=3Fe2+ ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓ ．（4）由A、C元素组成化合物良和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34．其中庚的溶沸点比辛 高 （填“高”或“低”），原因是 H2O2分子间存在氢键 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH3，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，据此解答．【解答】解：元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759g•L﹣1，气体摩尔质量=22.4L/mol×0.759g•L﹣1=17g/mol，该气体甲为NH3，则B为N元素；C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O氧元素；E与C同主族，则E为S元素；D、F为常见金属元素，均含D元素的乙（金属阳离子）、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，则D为Al元素，乙为AlO2﹣、丙为Al（OH）3、丁为Al3+；均含F元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应，F为非短周期元素，则F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，（1）B为N元素，单质B的结构式为N≡N，故答案为：N≡N；-24-\n（2）F为Fe元素，F元素周期表中的位置是第四周期第ⅤⅢ族，故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；（3）F为Fe元素，乙为Fe单质、丙为Fe2+、丁为Fe3+，乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D为Al元素，乙为AlO2﹣、丁为Al3+，均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式为3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；3AlO2﹣+Al3++H2O=4Al（OH）3↓；（4）由H、O元素组成化合物庚和H、S元素组成的化合物辛，式量均为34，则庚为H2O2、辛为H2S，H2O2分子间存在氢键，沸点比硫化氢高，故答案为：高；H2O2分子间存在氢键．【点评】本题考查元素及无机物的推断、常用化学用语、元素化合物的性质、氢键等，难度较大，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础． 19．各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略．C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10．D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板．请回答下列问题：（1）G元素在周期表中的位置 第三周期第ⅤⅡA族 ．（2）写出实验室制备G的离子反应方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ．（3）气体D与NaOH溶液反应可生成两种盐P和Q，在P中Na的质量分数为43%，其俗名为 苏打 ．（4）实验室中检验L溶液中的阳离子常选用 KSCN溶液 溶液，现象是 溶液出现血红色 ．（5）A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为 Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3 ．【考点】无机物的推断．【分析】X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O，则C为H2O，H为HCl，I有漂白作用，应为HClO，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，G为黄绿色单质气体，应为Cl2，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3，A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3，据此回答．【解答】解：X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O，则C为H2-24-\nO，H为HCl，I有漂白作用，应为HClO，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，G为黄绿色单质气体，应为Cl2，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3，A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3，（1）G为Cl2，G元素在周期表中的位置是第三周期第ⅤⅡA族，故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；（2）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，反应的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）D为CO2，CO2与NaOH溶液反应可生成两种盐为NaHCO3和Na2CO3，在Na2CO3中Na的质量分数为43%，其俗名为苏打，故答案为：苏打；（4）L为FeCl3，实验室中检验L溶液中的阳离子常选用KSCN溶液，现象是溶液出现血红色，故答案为：KSCN溶液；溶液出现血红色；（5）根据上面的分析可知，A的化学式为Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3，故答案为：Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2•CuCO3．【点评】本题综合考查无机框图物质的推断，考查了化学用语、元素化合物等知识点．该题主要以金属Cu、Fe、Cl2及化合物知识为载体考查了化学用语，仔细斟酌不难发现Cu2O与稀硝酸反应方程式的书写，有机物知识的渗透，并不是简单寻找与合并的过程，而是实现知识迁移，考查学生发散能力的过程，题目难度角较大． 20．亚硝酸钠常用作食品防腐剂．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．已知：①NO+NO2+2OH﹣═2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃、NO：﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→ E → D →B．（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是 检查装置气密性 ．（3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是 D中出现红棕色气体 ．②装置B的作用是 吸收NO2和NO，防止污染空气 ，装置E的作用是 冷凝使NO2完全液化 ．-24-\n（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O ．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是 水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验 ．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据各部分装置的作用进行连接，C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO；（2）气体发生和反应装置需要装置气密性好，开始前需要检查装置气密性；（3）根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断，温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；（4）氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水；【解答】解：（1）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B，故答案为：E；D；（2）组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；（3）①D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，故答案为：D中出现红棕色气体；②装置B是吸收氮氧化物，防止污染空气，二氧化氮的液化温度是21℃，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态，故答案为：吸收NO2和NO，防止污染空气，冷凝使NO2完全液化；（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，如果没有装置C，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，造成干扰，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验．【点评】本题考查了实验方案设计、物质的检验、盖斯定律，明确物质的性质是解本题关键，根据实验现象确定物质的性质，注意仪器的连接顺序，为易错点，题目难度中等． 21．某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下．提出猜想：问题1：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗？问题2：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究-24-\nⅠ．解决问题1取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在．根据以上实验现象回答问题．（1）写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式： Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O ，（2）从实验Ⅰ可得出的结论是 高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定 Ⅱ．解决问题2设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g单质气体Y．（1）X气体的摩尔质量是 32g/mol ．（2）C中发生反应的化学方程式为 2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O ．【考点】性质实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】简答题；实验评价题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】Ⅰ．问题1：铁和铜都有变价，具有相似点，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，探究正一价铜的稳定性是否也小于正二价的铜，解决问题取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末，继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定．（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在为铜单质，据此书写化学方程式；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末为氧化铜；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温+1价铜稳定；Ⅱ．A中碱石灰可吸收水蒸气，C中N2H4和氧化铜反应：2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O，无水硫酸铜遇水变蓝，可检验水，吸收水，B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，单质气体Y为氮气．（1）根据原子守恒确定气态氢化物的化学式，计算摩尔质量；（2）根据实验现象来书写化学方程式．【解答】解：Ⅰ．问题1：铁和铜都有变价，具有相似点，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，探究正一价铜的稳定性是否也小于正二价的铜，解决问题取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末，继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，说明高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在，说明溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定．-24-\n（1）根据信息：红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液为+2价的铜盐溶液，同时观察到试管底部还有红色固体为铜单质，Cu2O中+1价的铜在酸性溶液中发生氧化还原反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；（2）根据信息：氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜，根据在不同温度下反应物的组成可确定物质的稳定性，所以高于1000℃时Cu2O比CuO稳定，在溶液中：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，所以Cu2+比Cu+稳定，故答案为：高温时，+1价的铜比+2价的铜稳定，而溶液中，+2价的铜比+1价的铜稳定；Ⅱ．（1）消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，并收集到单质气体Y0.28g即氮气0.01mol，根据原子守恒可以确定气态氢化物X中含有4个氢原子和2个氮原子，X的化学式为N2H4，其摩尔质量为32g/mol，故答案为：32g/mol；（2）C中发生反应的化学方程式为N2H4和氧化铜反应：2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O，故答案为：2CuO2CuO+N2H42Cu+N2↑+2H2O．【点评】本题考查实验探究和数据处理，做题时注意变价金属氧化物的性质以及质量守恒定律计算物质的化学式．题目难度中等． 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