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2018-2019学年湖北省武汉市新洲一中、黄陂一中联考高二（下）期末化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）

1．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用，下列做法不正确的是（　　）

A．研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少PM2.5污染

B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理

C．铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素

D．地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同

【分析】A．PM2.5主要来源有汽车尾气、煤燃烧产生的废气、工业废气、建筑工地和道路交通产生的扬尘；

B．绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；

C．血红蛋白是一种红色含铁的蛋白质，食用“铁强化酱油”可以预防“缺铁性贫血”；

D．地沟油中含有杂质及有毒物质，地沟油属于高级脂肪酸甘油酯，可加工制成生物柴油，与从石油中提取的柴油成分不同；

【解答】解：A．研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染，燃料电池中的燃料在电池内部燃烧，不会产生尾气污染，减少了颗粒物的产生，某种程度可以减少PM2.5污染，故A正确；

B．用化学原理对环境污染进行治理是已经产生污染，而绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故B错误；

C．由于血红蛋白中的铁是人体内氧的输送者，在酱油中添加铁强化剂可增加人体内的铁元素，改善人体营养性贫血，故C正确；

D．地沟油中含有杂质及有毒物质，将地沟油回收再加工为食用油，直接影响人类的健康，“地沟油”中主要含有油脂，油脂的化学成分为高级脂肪酸甘油酯，矿物柴油主要是由石油分馏后的C₁₅～C₁₈的多种烃的混合物，而生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，成分不同，故D正确；

故选B．

2．下列有关化学用语或名称表达正确的是（　　）

A．亚硫酸的电离方程式：H₂SO₃⇌2H⁺+SO

B．乙炔的分子结构模型示意图：

C．H₂O₂的电子式：H⁺[]^2﹣H⁺

D．的名称3﹣甲基﹣1﹣丁醇

【分析】A．亚硫酸为二元弱酸，电离方程式应该分步书写；

B．乙炔为直线型结构，碳原子的相对半径大于氢原子；

C．双氧水分子为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；

D．该有机物分子中含有羟基，含有羟基的最长碳链含有4个C，主链为丁醇，甲基在3号C，据此写出该有机物的名称．

【解答】解：A．硫酸的电离分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H₂SO₃⇌H⁺+HSO₃^﹣，故A错误；

B．乙炔为直线型，乙炔的分子结构模型示意图为：，故B错误；

C．双氧水为共价化合物，分子中含有2个氢氧键和1个O﹣O键，其正确的电子式为

D．的主链主链为丁醇，编号从距离羟基最近的一端开始，羟基在1号C，甲基在3号C，其名称为：3﹣甲基﹣1﹣丁醇，故D正确；

故选D．

3．设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．50ml，12mol/L盐酸与足量MnO₂共热，转移的电子数为0.3N_A

B．常温常压下4.4g乙醛所含σ键数目为0.7N_A

C．向浓H₂SO₄中通入H₂S气体，1mol浓H₂SO₄转移电子数一定是2 N_A

D．2.0gH₂¹⁸O与D₂O的混合物中所含中子数为N_A

【分析】A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；

B．求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6molσ键来分析；

C．H₂S+H₂SO₄（浓）═S↓+SO₂+2H₂O中，S元素的化合价由﹣2价升高为0，S元素的化合价由+6降低为+4价，也可能发生反应3H₂SO₄（浓）+H₂S═4SO₂+4H₂O 向浓H₂SO₄中通入H₂S气体，转移的电子数可能是6N_A；

D．H₂¹⁸O与D₂O的摩尔质量均为20g/mol，且H₂¹⁸O与D₂O中均含10个中子；

【解答】解：A．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3N_A个，故A错误；

B.4.4g乙醛的物质的量==0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6molσ键，即0.6N_A个，故B错误；

C．H₂S+H₂SO₄（浓）═S↓+SO₂+2H₂O中，S元素的化合价由﹣2价升高为0，S元素的化合价由+6降低为+4价，电子转移2N_A，如发生反应3H₂SO₄（浓）+H₂S═4SO₂+4H₂O 向浓H₂SO₄中通入H₂S气体，转移的电子数可能是6N_A，因为H₂S中S元素由﹣2价升高到+4价，化合价升高了6价，转移的电子数可能是6N_A，故C错误；

D．H₂¹⁸O与D₂O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而且H₂¹⁸O与D₂O中均含10个中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即N_A个，故D正确；

故选D．

4．下列离子方程式中不正确的是（　　）

A．FeBr₂溶液中通入少量Cl₂：2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^﹣

B．酸性高锰酸钾溶液中加入草酸：2MnO₄^﹣+5H₂C₂O₄+6H⁺═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O

C．硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：2H⁺+S₂O₃^2﹣═S↓+SO₂↑+H₂O

D．将氧气通入酸性碘化钾溶液中：2I^﹣+O₂+4H⁺═I₂+2H₂O

【分析】A．少量氯气，只氧化亚铁离子；

B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；

C．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；

D．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒．

【解答】解：A．FeBr₂溶液中通入少量Cl₂的离子反应为2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^﹣，故A正确；

B．酸性高锰酸钾溶液中加入草酸的离子反应为2MnO₄^﹣+5H₂C₂O₄+6H⁺═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，遵循电子、电荷守恒，故B正确；

C．硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸的离子反应为2H⁺+S₂O₃^2﹣═S↓+SO₂↑+H₂O，遵循电子、电荷守恒，故C正确；

D．将氧气通入酸性碘化钾溶液中的离子反应为4I^﹣+O₂+4H⁺═2I₂+2H₂O，故D错误；

故选D．

5．下列实验正确的是（　　）

A．

蒸发、浓缩

B．

检查装置气密性

C．

碳酸氢钠受热分解

D．

分离沸点不同且互溶的液体混合体

【分析】A．在蒸发皿中进行蒸发、浓缩；

B．关闭止水夹，利用长颈漏斗导管内液面与烧瓶内液面差检验气密性；

C．碳酸氢钠加热分解有水生成；

D．温度计测定馏分的温度，冷却水下进长出．

【解答】解：A．在蒸发皿中进行蒸发、浓缩，而图中为坩埚，故A错误；

B．关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当长颈漏斗导管内液面与烧瓶内液面差一段时间不变，则气密性良好，故B正确；

C．碳酸氢钠加热分解有水生成，为防止生成的水倒流，则试管口应略向下倾斜，故C错误；

D．温度计测定馏分的温度，冷却水下进长出，由图可知，温度计的水银球位置不合理，故D错误；

故选B．

6．如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）

A．A B．B C．C D．D

【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；

B．Cu和Fe³⁺发生氧化还原反应生成Fe²⁺和Cu²⁺；

C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；

D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质．

【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；

B．Cu和Fe³⁺发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe³⁺=Cu²⁺+2Fe²⁺，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；

C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；

D．将0.1mol•L^﹣1MgSO₄溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1mol•L^﹣1CuSO₄溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）₂的溶度积比Mg（OH）₂的小，故D正确；

故选D．

7．原电池发生的反应是可自发进行的氧化还原反应，CO/O₂燃料电池以熔融状态的碳酸盐为电解质，下列说法正确的是（　　）

A．CO在正极通入

B．CO₃^2﹣在电池内部向正极移动

C．当有22.4LCO参加反应时电路中有2mol电子发生转移

D．该电池电解质在固态时，电池无法工作

【分析】A．燃料电池中，燃料在负极通入；

B．放电时，阴离子向负极移动；

C．温度和压强未知，无法计算CO的物质的量；

D．没有自由移动的离子时，原电池无法形成电流．

【解答】解：A．燃料电池中，燃料CO失电子发生氧化反应，所以在负极通入，故A错误；

B．放电时，阴离子CO₃^2﹣向负极移动，故B错误；

C．温度和压强未知，无法计算CO的物质的量，导致无法计算CO转移电子数，故C错误；

D．该电池电解质在固态时，电解质中不含自由移动的离子，电解质内部不能形成电流，导致不能形成闭合回路，则电池无法工作，故D正确；

故选D．

8．X、Y、Z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物M、N、R，常温下M、N为固体，R为液体．M、N遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，下列说法正确的是（　　）

A．三种元素都是非金属元素

B．M、N投入水中所得溶液中溶质相同

C．三种化合物都是共价化合物

D．Z是地壳中含量最多的元素

【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，X的原子序数最小，只能属于第一周期，且能和其它元素化合，所以X是H元素；Y处于第二周期、Z处于第三周期，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物M、N、R，常温下M、N为固体，R为液体，则R是H₂O₂，Y是O元素；Z属于第三周期，Z能和H元素形成1：1型固体，和O元素能形成1：1型固体，且M、N遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，则Z是Na元素．

【解答】解：X、Y、Z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，X的原子序数最小，只能属于第一周期，且能和其它元素化合，所以X是H元素；Y处于第二周期、Z处于第三周期，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物M、N、R，常温下M、N为固体，R为液体，则R是H₂O₂，Y是O元素；Z属于第三周期，Z能和H元素形成1：1型固体，和O元素能形成1：1型固体，且M、N遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，则Z是Na元素．

A、Z是金属钠，故A错误；

B、氢化钠与过氧化钠反应生成溶质相同的氢氧化钠，故B正确；

C、氢化钠与过氧化钠是离子化合物，故C错误；

D、Z是Na元素，地壳中含量最多的元素是氧，而不是钠，故D错误；

故选B．

9．下列除去杂质的方法，正确的是（　　）

A．MgCl₂溶液中含有FeCl₃杂质只能用Mg通过沉淀转化除杂

B．乙醇中含有乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，分液

C．NaCl溶液中含有KNO₃杂质，应采取加热蒸发，冷却结晶，过滤的方法

D．CO₂中含有HCl杂质：通应入饱和NaHCO₃溶液，洗气

【分析】A．可利用铁离子易水解的性质除杂；

B．乙醇易溶于水；

C．硝酸钾溶解度随温度变化较大，加热蒸发，冷却结晶，析出的固体中仍含有硝酸钾；

D．HCl可与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳．

【解答】解：A．FeCl₃易水解生成氢氧化铁，可加入Mg（OH）₂粉末、MgO或MgCO₃，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故A错误；

B．乙醇易溶于水，不能用分液的方法分离，可蒸馏分离，故B错误；

C．硝酸钾溶解度随温度变化较大，加热蒸发，冷却结晶，析出的固体中仍含有硝酸钾，应用蒸发结晶的方法分离，故C错误；

D．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，HCl可与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，可用于除杂，故D正确．

故选D．

10．在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（　　）

A．pH=1的溶液中，NH₄⁺、Fe³⁺、SO₄^2﹣、Cl^﹣

B．通入过量SO₂气体的溶液中：Fe³⁺、NO₃^﹣、Ba²⁺、H⁺

C．c（Al³⁺）=0.1mol/L的溶液中：Na⁺、K⁺、AlO₂^﹣、SO₄^2﹣

D．由水电离出的c（H⁺）=1×10^﹣13mol/L的溶液中：Na⁺、HCO₃^﹣、Cl^﹣、Br^﹣

【分析】A．pH=1的溶液，显酸性；

B．发生氧化还原反应；

C．离子之间相互促进水解；

D．由水电离出的c（H⁺）=1×10^﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液．

【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；

B．Fe³⁺、SO₂发生氧化还原反应，NO₃^﹣、H⁺、SO₂发生氧化还原反应后生成硫酸根离子与Ba²⁺结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；

C．AlO₂^﹣、Al³⁺相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故C错误；

D．由水电离出的c（H⁺）=1×10^﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在HCO₃^﹣，故D错误；

故选A．

11．某溶液中可能含有H⁺、Na⁺、NH₄⁺、Mg²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、SO₄^2﹣、HCO₃^﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．ab段发生的离子反应为：Al³⁺+3OH^﹣=Al（OH）₃↓，Mg²⁺+2OH^﹣=Mg（OH）₂↓

B．原溶液中含有的阳离子必定有H⁺、NH₄⁺、Al³⁺、Mg²⁺

C．原溶液中含有的Fe³⁺和Al³⁺的物质的量之比为1：1

D．d点溶液中含有的溶质只有NaAlO₂

【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Al³⁺，据此回答判断．

【解答】解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Al³⁺，

A、ab段发生的离子反应为：Al³⁺+3OH^﹣=Al（OH）₃↓，Fe³⁺+3OH^﹣=Fe（OH）₃↓，故A错误；

B、原溶液中含有的阳离子是H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Al³⁺，故B错误；

C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的Fe³⁺和Al³⁺的物质的量之比为1：1，故C正确；

D、d点溶液中含有的溶质有NaAlO₂，还有NH₃•H₂O，故D错误．

故选C．

12．下列说法正确的是（　　）

①非金属氧化物一定不是碱性氧化物

②Mg、Al、Fe、Cu 都属于有色金属

③电解质溶液的导电过程属于化学变化

④北京奥运会奖牌“金镶玉”奖牌玉的化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如：Ca₂Mg₅Si₈O₂₂（OH）₂可用氧化物表示为：2CaO•5MgO•8SiO₂•H₂O

⑤某胶体遇盐卤（MgCl₂）或石膏水易发生聚沉，而与食盐水或Na₂SO₄溶液不易发生聚沉，则该胶体遇BaCl₂或Fe（OH）₃胶体可发生聚沉，且说明Na⁺使此胶体聚沉的效果不如Ca²⁺、Mg²⁺

⑥SO₂能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性⑦Fe（OH）₃、FeCl₂、SiH₄都不能直接用化合反应制备．

A．①②④⑥ B．①②④⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部

【分析】①大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物；

②根据已有的知识进行分析，铁、铬、锰及其合金属于黑色金属；

③电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应；

④根据化合价书写氧化物形式，一般为格式为：较活泼金属氧化物•较不活泼金属氧化物•二氧化硅•水，注意符合元素的比例关系；

⑤胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na₂SO₄溶液则不易发生凝聚，说明它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好；

⑥二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；

⑦氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁．

【解答】解：①非金属氧化物不能和酸反应生成对应盐和水，所以一定不是碱性氧化物，故①正确；

②铁、铬、锰及其合金属于黑色金属，其余金属属于有色金属，铁为黑色金属，故②错误；

③电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应，是化学变化，故③正确；

④根据化合价生成氧化物形式，一般为格式为：较活泼金属氧化物•较不活泼金属氧化物•二氧化硅•水，注意符合元素的比例关系，故Ca₂Mg₅Si₈O₂₂（OH）₂可用氧化物表示为：2CaO•5MgO•8SiO₂•H₂O，故④正确；

⑤盐卤（Mg²⁺）和石膏水（Ca²⁺）都是二价阳离子，食盐水和硫酸钠是+1价阳离子，胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na₂SO₄溶液则不易发生凝聚说明胶体表面吸附的主要是阴离子，它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，即Na⁺使此胶体凝聚的效果不如Ca²⁺、Mg²⁺好，故⑤错误；

⑥二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即SO₂能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故⑥错误；

⑦氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，但是硅和氢气不能直接反应生成SiH₄，不能通过化合反应制备，故⑦错误；

故选C．

13．下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（　　）

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO₂

②向Fe（OH）₃胶体中逐滴加入过量H₂SO₄

③向Ba（NO₃）₂溶液中通入过量的SO₂

④向石灰水中通入过量的CO₂

⑤向AlCl₃溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量．

A．① B．②④⑤ C．①②③⑤ D．①③

【分析】①向饱和Na₂CO₃溶液中通入过量CO₂生成NaHCO₃比Na₂CO₃溶解度小；

②根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，H₂SO₄与Fe（OH）₃反应，所以出现先沉淀后溶解现象；

③酸性条件下，硝酸根有氧化性，能氧化二氧化硫；

④石灰水和CO₂反应，生成CaCO₃沉淀，继续通入CO₂，会与CaCO₃反应生成可溶的Ca（HCO₃）₂；

⑤先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠．

【解答】解：①中有Na₂CO₃+CO₂+H₂O=2NaHCO₃，NaHCO₃比Na₂CO₃溶解度小但质量大，且反应中中消耗H₂O，析出碳酸氢钠晶体，故有沉淀析出且不溶解；

②向Fe（OH）₃胶体中加入H₂SO₄会出现先凝聚生成Fe（OH）₃沉淀，H₂SO₄过量，Fe（OH）₃与H₂SO₄反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象；

③二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸，生成硫酸钡沉淀；

④向石灰水中通CO₂，反应有：Ca（OH）₂+CO₂=CaCO₃+H₂O； CaCO₃+H₂O+CO₂=Ca（HCO₃）₂，现象为先沉淀后溶解；

⑤化学反应方程式为：AlCl₃+3NaOH=Al（OH）₃↓+3NaCl，Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，所以发生“先沉淀后溶解”现象．

所以不发生先沉淀后溶解现象①③．

故选D．

14．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol•L^﹣1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（　　）

A．开始加入合金的质量可能为3.6g

B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol

C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL

D．溶解合金时产生NO的体积为2.24L

【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO₃中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO₃（稀）═3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃（稀）═3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；

向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO₃）₂+2NaOH═Mg（OH）₂↓+2NaNO₃、Cu（NO₃）₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaNO₃，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，生成NO为0.1mol，

A．金属的总质量与金属的含量有关，假定全为镁、全为铜计算确定金属的质量范围；

B．根据方程式可知参加反应的n_反应（HNO₃）=n（金属）；

C．根据V=计算加入的氢氧化钠溶液的体积；

D．根据V=nV_m计算NO的体积．

【解答】解：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO₃中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO₃（稀）═3Mg（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O、3Cu+8HNO₃（稀）═3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O；

向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO₃）₂+2NaOH═Mg（OH）₂↓+2NaNO₃、Cu（NO₃）₂+2NaOH═Cu（OH）₂↓+2NaNO₃，

沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，

则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，

根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol，

A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故A错误；

B．根据方程式可知参加反应的n_反应（HNO₃）=n（金属）=×0.15mol=0.4mol，故B错误；

C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故C正确；

D．标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，而状态不知，故D错误，

故选：C．

15．室温下，将0.05mol Na₂CO₃固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入如表物质．有关结论正确的是（　　）

A．A B．B C．C D．D

【分析】n（Na₂CO₃）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣，

A．n（H₂SO₄）=2mol/L×0.1L=0.2mol，H₂SO₄和Na₂CO₃反应方程式为Na₂CO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+CO₂↑+H₂O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na₂SO₄，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na⁺）、c（SO₄^2﹣）相对大小；

B．CaO+H₂O=Ca（OH）₂、Ca（OH）₂+Na₂CO₃=CaCO₃↓+2NaOH，所以得CaO+H₂O+Na₂CO₃=CaCO₃↓+2NaOH，根据方程式知，二者恰好反应生成NaOH，反应后溶液中的溶质是NaOH；

C．加水稀释促进碳酸钠水解；

D．NaHSO₄和Na₂CO₃反应方程式为：2NaHSO₄+Na₂CO₃=Na₂SO₄+H₂O+CO₂↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na₂SO₄、H₂O、CO₂，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性．

【解答】解：n（Na₂CO₃）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣，

A．n（H₂SO₄）=2mol/L×0.1L=0.2mol，H₂SO₄和Na₂CO₃反应方程式为Na₂CO₃+H₂SO₄=Na₂SO₄+CO₂↑+H₂O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na₂SO₄，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^﹣），根据电荷守恒得（Na⁺）=2c（SO₄^2﹣），故A错误；

B．CaO+H₂O=Ca（OH）₂、Ca（OH）₂+Na₂CO₃=CaCO₃↓+2NaOH，随着CO₃^2﹣的消耗，CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣向左移动，c（HCO₃^﹣）减小，反应生成OH^﹣，则c（OH^﹣）增大，故B正确；

C．加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H⁺）、n（OH^﹣）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，c（H⁺）、c（OH^﹣）减小，二者浓度之积减小，故C错误；

D．NaHSO₄和Na₂CO₃反应方程式为：2NaHSO₄+Na₂CO₃=Na₂SO₄+H₂O+CO₂↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na₂SO₄、H₂O、CO₂，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（Na⁺）增大，故D错误；

故选B．

16．羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H₂S混合加热并达到下列平衡：

CO（g）+H₂S（g）⇌COS（g）+H₂（g）    K=0.1

反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）

A．升高温度，H₂S浓度增加，表明该反应是吸热反应

B．通入CO后，正反应速率逐渐增大

C．反应前H₂S物质的量为7mol

D．CO的平衡转化率为80%

【分析】A．升高温度，H₂S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；

C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H₂S物质的量为n，则：

            CO（g）+H₂S（g）⇌COS（g）+H₂（g） 起始（mol）：10     n       0     0

变化（mol）：2       2       2     2

平衡（mol）：8      n﹣2      2     2

反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；

D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．

【解答】解：A．升高温度，H₂S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；

B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；

C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H₂S物质的量为n，则：

           CO（g）+H₂S（g）⇌COS（g）+H₂（g）

起始（mol）：10    n        0     0

变化（mol）：2      2        2     2

平衡（mol）：8      n﹣2      2     2

反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；

D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；

故选C．

二、非选择题（共38分）

17．按要求书写方程式：

（1）84消毒液与洁厕灵混合使用可能产生毒气，请用离子方程式表明该过程：　ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O　

（2）酸性高锰酸钾能够氧化过氧化氢，请写出该反应的化学方程式：　2KMnO₄+5H₂O₂+3H₂SO₄═K₂SO₄+2MnSO₄+5O₂↑+8H₂O　

（3）化合物高铁酸钾K₂FeO₄可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl₃和KClO在强碱条件下反应制得，其反应离子方程式为（反应物写Fe³⁺）：　2Fe³⁺+3ClO^﹣+10OH^﹣=2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O　

（4）已知酸性条件下NaClO₂可以发生反应生成NaCl并释放出ClO₂，该反应的离子方程式为　5ClO₂^﹣+4H⁺═4ClO₂↑+Cl^﹣+2H₂O　．

【分析】（1）84消毒液中含次氯酸钠，而洁厕灵的主要成份为盐酸，两者混合发生氧化还原反应生成氯气；

（2）发生氧化还原反应生成氧气，同时Mn得到电子；

（3）Fe失去电子，Cl得到电子；

（4）Cl元素的化合价由+3价降低为﹣1价，由+3价升高为+4价，结合电子、电荷守恒分析．

【解答】解：（1）84消毒液中含次氯酸钠，而洁厕灵的主要成份为盐酸，两者混合发生氧化还原反应，离子反应为ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O，

故答案为：ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O；

（2）酸性高锰酸钾能够氧化过氧化氢，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为2KMnO₄+5H₂O₂+3H₂SO₄═K₂SO₄+2MnSO₄+5O₂↑+8H₂O，

故答案为：2KMnO₄+5H₂O₂+3H₂SO₄═K₂SO₄+2MnSO₄+5O₂↑+8H₂O；

（3）由FeCl₃和KClO在强碱条件下反应制得K₂FeO₄，由电子、电荷守恒可知其反应离子方程式为2Fe³⁺+3ClO^﹣+10OH^﹣=2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O，

故答案为：2Fe³⁺+3ClO^﹣+10OH^﹣=2FeO₄^2﹣+3Cl^﹣+5H₂O；

（4）酸性条件下NaClO₂可以发生反应生成NaCl并释放出ClO₂，由电子、电荷守恒可知该反应的离子方程式为5ClO₂^﹣+4H⁺═4ClO₂↑+Cl^﹣+2H₂O，

故答案为：5ClO₂^﹣+4H⁺═4ClO₂↑+Cl^﹣+2H₂O．

18．A+B→X+Y+H₂O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，请回答：

（1）若Y为黄绿色气体：

①当 A、B的物质的量之比为1：4且A为黑色固体时，该反应的离子方程式是　MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O　；

②当 A、B的物质的量之比为1：6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移：　　．

（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，则A可能为　C或Cu　，检查其中刺激性气体产物X的方法是　将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO₂　．

（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，且A可溶于X溶液中，若A为金属单质，A和B以物质的量之比1：4反应．过量的A和100mL，2mol/L的B溶液充分反应后，将溶液稀释至500mL，溶液中阴离子的物质的量浓度为　0.3mol/L　．

（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO₃溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色，则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为　NaAlO₂ NaCl　．

【分析】（1）①Y是黄绿色气体，则Y为氯气，若A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，据此答题；

②若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：6，则该反应为浓盐酸与氯酸钾反应来制取氯气；

（2）A为金属单质，B为无色油状黏稠液体，则该反应考虑为浓硫酸与金属的反应，当 A、B的物质的量之比为1：2时，则A应为+2价金属，或为非金属单质CC，刺激性气体产物X应为二氧化硫；

（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，若A为金属单质，A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，X为3Fe（NO₃）₃，Y为NO；

（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO₃溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为生成物：偏铝酸钠、氯化钠．

【解答】解：（1）①Y是黄绿色气体，则Y为氯气，若A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，反应的离子方程式为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O，

故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；

②若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：6，则该反应为浓盐酸与氯酸钾反应来制取氯气，该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移为，

故答案为：；

（2）A为单质，B为无色油状黏稠液体，则该反应考虑为浓硫酸与金属或非金属单质的反应，当 A、B的物质的量之比为1：2时，则A应为+2价金属，则A能为铜、锌等，A为非金属单质为单质C，刺激性气味气体产物X应为二氧化硫，检验二氧化硫的方法为将气体通入品红溶液，能使溶液褪色，

故答案为：C或Cu Zn；将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO₂；

（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，X为3Fe（NO₃）₃，Y为NO，

过量的铁和100mL2mol/L的硝酸溶液即含硝酸0.2mol，充分反应后得到硝酸亚铁溶液，根据反应3Fe+8HNO₃（稀）═3Fe（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O可知，硝酸亚铁的物质的量为×0.2mol=0.075mol，将溶液稀释至500mL后溶液中硝酯根离子的物质的量浓度为mol/L=0.3mol/L，

故答案为：0.3mol/L；

（4）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO₃溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为：偏铝酸钠、氯化钠，

故答案为：NaAlO₂、NaCl．

19．亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛．现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．

已知：室温下，①2NO+Na₂O₂=2NaNO₂②3NaNO₂+3HCl═3NaCl+HNO₃+2NO↑+H₂O；③酸性条件下，NO或NO₂^﹣ 都能与MnO₄^﹣反应生成NO₃^﹣ 和Mn²⁺

完成下列填空：

（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式　C+4HNO₃（浓）CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O　．

（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和　铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色　，D装置的作用是　吸收未反应的NO　．

（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是　取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色　．

（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称　碱石灰　．

（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭　1.8　g．

【分析】（1）加热条件下，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；