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烟台市20182019学年第一学期期中自主检测高三化学可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 S 32 Fe 56第I卷(选择题，共48分)116题为选择题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分。1.化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是A. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油B. 水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石C. 光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅D. 双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同【答案】B【解析】【详解】A“地沟油”中主要含油脂，还含有害物质，不能食用，但可用来制肥皂(碱性条件下水解)或燃油(油脂能燃烧)，故A正确；B水泥的生产工艺,以石灰石和黏土为主要原料；生产玻璃的原料为石英、石灰石、纯碱；常见的陶瓷原料有黏土等,所以陶瓷的原料没有石灰石, 故B错误；C二氧化硅传导光的能力非常强，Si为常见的半导体材料，则光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅，故C正确；D高锰酸钾和双氧水都是利用其强氧化性杀菌消毒，漂白粉溶液中有次氯酸，具有强氧化性，也能够杀菌消毒作用，原理一样，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】高锰酸钾和双氧水、漂白粉溶液等均有强氧化性，能够杀菌消毒，属于氧化性杀菌消毒；而酒精、甲醛、苯酚等也具有杀菌消毒功能，能够使蛋白质变性，属于非氧化性杀菌消毒。2.氢化钙固体是登山运动员常用的能源供给剂，在实验室中可以用金属钙与氢气加热反应制取。下列说法正确的是A. 氢化钙中的氢元素为+1价B. 氢化钙可用作还原剂和制氢材料C. 氢化钙(CaH2)是离子化合物，固体中含有HH键D. 可以取少量试样滴加几滴水，检验反应是否产生氢气来区别金属钙与氢化钙【答案】B【解析】【详解】氢化钙作为能源供给剂时发生CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2反应：A.氢化钙中钙元素为+2价，H元素的化合价为-1价，故A错误；B.根据反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2可知，CaH2中氢元素化合价升高，氢化钙在反应中作还原剂，反应能够生成氢气，可以做制氢材料，故B正确；C.氢化钙（CaH2）含离子键，是离子化合物，固体中含有H-,不含H-H键，故C错误；D.金属钙与氢化钙均与水反应均生成氢气，滴加水不能鉴别，故D错误；综上所述，本题选B。3.某化合物水溶液中加入过量Na2O2，最终有白色沉淀产生。下列化合物中符合条件的是A. A1C13 B. NaHCO3 C. FeC12 D. Ca(HCO3)2【答案】D【解析】【分析】过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧化钠分别与A1C13 、 NaHCO3、 FeC12 、Ca(HCO3)2溶液发生反应，根据反应具体情况进行分析判断。【详解】过量Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，A.过量Na2O2加入到A1C13溶液中，最终生成偏铝酸钠溶液，没有白色沉淀，A错误；B.过量Na2O2加入到NaHCO3 溶液中，最终生成碳酸钠溶液，没有白色沉淀，B错误；C.过量Na2O2加入到FeC12 溶液中，先生成白色沉淀氢氧化亚铁，在氧气的作用下，随后变为灰绿色，最终为红褐色沉淀，C错误；D.过量Na2O2加入到Ca(HCO3)2溶液中，反应生成碳酸钙白色沉淀，符合题意，D正确；综上所述，本题选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 400mL 1molL-1稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NAB. 1molL-1的A1C13溶液中含有C1-的个数为3NAC. 0.2mol H2O和D2O中含有中子的数目为2NAD. 标准状况下，2.24LC12溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.400mL1mol/L稀硝酸物质的量=0.4L1mol/L=0.4mol, 铁与稀硝酸反应可以生成硝酸亚铁3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O或生成硝酸铁Fe+4HNO3（稀）=Fe(NO3)3+NO+2H2O，每反应4molHNO3电子转移3mol，0.4mol稀硝酸与Fe完全反应 (还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NA，故A正确；B.没有给出溶液的体积，不能计算出1molL-1的A1C13溶液中含有C1-的个数，故B错误；C.H2O中含8个中子，而D2O中含10个中子；所以0.2mol H2O和D2O中含有中子的数目为1.6 NA 2NA之间，故C错误；D.标准状况下，2.24LC12的量为0.1mol，C12溶于水后仍有部分以C12的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；综上所述，本题选A。5.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3-、C1-B. 在中性溶液中：Mg2+、Fe3+、Na+、SO42-C. pH=12的溶液：Na+、K+、SiO32-、C1-D. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、C1-【答案】C【解析】【分析】A. 含有Cu2+的溶液显蓝色；B. Fe3+完全沉淀的pH不超过4；C. pH=12的溶液显碱性；D. 使甲基橙变红的溶液显酸性。【详解】A. 无色透明的溶液中不可能存在呈蓝色的Cu2+，A错误；B. Fe3+完全沉淀的pH不超过4，在中性溶液中不存在Fe3+，B错误；C. pH=12的溶液显碱性，在碱性溶液中Na+、K+、SiO32-、C1-之间均能大量共存，C正确；D. 使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中，NO3-能够氧化Fe2+，因此NO3-和Fe2+不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。6.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A. 最高价氧化物的水化物的酸性：YZ B. 气态氢化物的热稳定性：WYC. Y与Z形成的化合物为共价化合物 D. 简单离子半径：WXY，故A项错误；B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：WY ，故B项错误；C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X WI2IO3D. 一定条件下，I与IO3可能生成I2【答案】D【解析】【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量C12，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量C12，生成IO3-，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B. D.根据转化关系2IO3- I210e- ,SO32- SO422e-，途径II中若生成l mol I2，消耗 5mol NaHSO3，故B错误；C、由途径I可以知道氧化性C12I2,由途径可以知道氧化性I2IO3-,由途径可以知道氧化性C12 IO3-,故氧化性的强弱顺序为C12 IO3- I2,故C错误；D、一定条件下，I-与IO3-可发生归一反应生成I2，故D正确；综上所述，本题应选D。11.下列实验操作能达到相应实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.加入盐酸酸化的氯化钡溶液后，可能生成氯化银沉淀，不一定为硫酸钡沉淀，A错误；B.加入氢氧化钠溶液 并加热，产生的气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原溶液中含有铵根离子，B正确；C.把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色分散系，即为氢氧化铁胶体，不能搅拌，C错误；D.氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，应该在烧杯中溶解并冷却到室温后再转移到容量瓶内，D错误；综上所述，本题选B。12.某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A. 通入N2是为了排尽装置中的空气B. 装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C. 将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D. 借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。13.下列叙述正确的是A. 向CaCO3固体中滴加稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色胶状物质，可证明酸性：HC1H2CO3H2SiO3B. 向铁的氧化物中加入盐酸至恰好溶解，再滴入少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中含有Fe2+C. 将少量的溴水分别滴入FeC12溶液、NaI溶液中，再分别滴加CC14振荡，下层分别呈无色和紫红色，则说明还原性：I-Fe2+Br-D. 向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体，最后沉淀逐渐溶解【答案】D【解析】【详解】A. 挥发出来的氯化氢也能够与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，无法证明二氧化碳气体与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，不能比较H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，A错误；B. 氯离子在酸性条件下能够被KMnO4溶液氧化，KMnO4溶液紫色褪去，溶液中不一定含有Fe2+，B错误；C.将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中,分别发生反应生成铁离子、碘单质,可得出还原性:I-Br-、Fe2+Br-, 不能比较I-和Fe2+还原性的强弱，C错误；D. 向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，2NH4Al(SO4)2 + 6NaOH = 3Na2SO4 + (NH4)2SO4 +2Al(OH)3，接着产生刺激性气味的气体：2NaOH + (NH4)2SO4 = Na2SO4 + 2H2O + 2NH3，最后沉淀逐渐溶解：Al(OH)3 + NaOH =NaAlO2 + 2H2O，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2时，由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而盐酸具有还原性，因此酸性KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气；为避免氯离子的对检验的干扰，可以加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀出现，证明混合液中含有亚铁离子。14.某离子反应涉及H2O、C1O-、NH4+、H+、N2、C1-六种微粒，其中c(NH4+)随着反应的进行逐渐减小，下列判断错误的是A. 氧化产物是N2B. 消耗1mol氧化剂，转移电子2molC. 反应后溶液的酸性明显减弱D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2【答案】C【解析】【分析】根据题意知，c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+-为反应物，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高为0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低，则C1O-为反应物，C1-为生成物，氯元素的化合价由+1价降低为-1价；则离子方程式为：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H+N2+3Cl-；据以上分析解答。【详解】根据题意知，c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+-为反应物，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高为0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低，则C1O-为反应物，C1-为生成物，氯元素的化合价由+1价降低为-1价；则离子方程式为：3ClO-+2NH4+=3H2O+2H+N2+3Cl-；A.由反应的方程式可知，氮元素的化合价由-3价升高为0价，NH4+是还原剂，氧化产物是N2，故A正确；B.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-为氧化剂，则消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，故B正确；C. 反应后生成氢离子，即溶液酸性明显增强，故C错误；D.由化学方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故D 正确；综上所述，本题选C。15.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是A. NaC1O在反应中作氧化剂B. 制取高铁酸钠时，每生成1mol Na2FeO4，反应中共有6mol电子转移C. 高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D. K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质【答案】B【解析】【分析】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13 Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClONaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13 Na2FeO4中铁元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClONaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol； A.结合以上分析可知， NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；B. 结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；C. 根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；D. K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；综上所述，本题选B。16.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=3.0molL-1，取200mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为A. 0.36mol B. 0.24mol C. 0.30 mol D. 020mol【答案】A【解析】【分析】金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,根据反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O来计算。【详解】铜不与硫酸反应,但硫酸能提供氢离子，硝酸与铜反应,生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子与Cu可以继续反应，反应离子方程式如下:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多,设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则x+y=30.2=0.6，(2x+y)/y=4，x=0.36，y=0.24，设参加反应的铜的最大物质的量是z, 根据反应可知3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，反应关系式3Cu2NO3-，所以：3:2=z：0.24mol，z=0.36mol；A正确；综上所述，本题选A。第卷(非选择题，共52分)17.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。请回答下列问题：(1)A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是_(用元素符号填写)。(2)B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的元素是_(填元素符号)，所形成的气态氢化物中最不稳定的是_(填化学式)。(3)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是_(用化学式填写)。(4)由A、C、D形成的化合物所含的化学键类型有_。(5)化合物M和N都由A、C、D、F四种元素组成，它们在溶液中相互反应的离子方程式是_；G单质的水溶液中通入F的氧化物，其反应的化学方程式为_。【答案】 (1). S2- O2-Na+ H+ (2). C (3). SiH4 (4). HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 (5). 离子键和共价键 (6). H+ HSO3-=SO2+H2O (7). SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4【解析】【分析】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；结合以上的分析解答。【详解】现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍，B为C，E为Si；已知A、D位于同一主族；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以A 为H，C为O，F为S；G为Cl；(1)离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：S2- O2-Na+ H+；综上所述，答案是：S2- O2-Na+ H+。(2) B、C、E、F、G形成的气态氢化物数目最多的是C，它可以与氢形成烷烃、烯烃、炔烃等（碳数小于等于4）、芳香烃等；根据同周期从左到右元素的非金属增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，硅的非金属性最弱，其所形成的气态氢化物SiH4是最不稳定的；综上所述，答案是：C、SiH4。(3)B、E、F、G最高氧化物对应的水化物为：H2CO3 、 H2SiO3 、 H2SO4 、HClO4 ；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，因为非金属性：ClSCSi，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3 ；综上所述，答案是：HClO4 H2SO4 H2CO3 H2SiO3。(4)由A、C、D形成的化合物为NaOH，它属于离子化合物，所含的化学键类型有离子键和共价键；综上所述，答案是：离子键和共价键。(5) A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4 和 NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H+ HSO3-=SO2+H2O；二氧化硫通入氯气的水溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，化学方程式为：SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；综上所述，答案是：H+ HSO3-=SO2+H2O；SO2+2H2O+Cl2=2HCl+H2SO4；18.A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为_；E的名称为_。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是_；AC的反应中氧化剂的化学式为_；CD反应的离子方程式为_。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为_；DE的化学方程式为：_。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则BC的化学方程式为_，EC_。【答案】 (1). 红褐色 (2). 氧化铁 (3). 3周期IIIA族 (4). H2O (5). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (6). (7). NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3 (8). 4NH3+5O24NO+6H2O (9). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O【解析】【详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐， D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3，D : NaCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。【点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。19.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：回答下列问题：(1)固体1含有的物质是_、CaCO3、Ca(OH)2；捕获剂所捕获的气体主要是_。(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为_，若空气过量，导致的结果会是_。(3)流程中处理含NH4+废水时发生反应的离子方程式为_。气体1也可通过催化剂直接转化成无污染气体，反应的化学方程式为_。(4)若工业废气中主要含N2、SO2，不考虑其他成分，则可用下列工艺生产NaHSO3过饱和溶液NaHSO3过饱和溶液是生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的原料。pH=4.1时，I中反应的化学方程式为_；工艺中加入Na2CO3固体、并再次通入废气的目的是_。【答案】 (1). CaSO3 (2). CO (3). 4:1 (4). NO将会被氧化成NaNO3，无法与NH4+反应生成无污染的N2 (5). NH4+NO2-=N2+2H2O (6). 2NO+2CO N2+ 2CO2 (7). Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2 (8). 加入Na2CO3固体会生成NaHCO3，再次通入废气，又重新生成NaHSO3，得到亚硫酸氢钠的过饱和溶液【解析】【详解】（1）石灰乳的成分为Ca(OH)2，能与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，加入石灰乳过量，还有剩余的Ca(OH)2；NO被X气体氧化生成的NO2 被NaOH溶液吸收，所以气体2中被捕获剂捕获的气体主要为CO；综上所述，本题答案是：CaSO3，CO。(2)根据反应流程可知，当反应物恰好完全反应生成了亚硝酸钠，二者配比为最佳配比；设NO为xmol、O2 ymol，根据电子得失守恒可知，x(3-2)= y22，所以x：y=4:1；若空气过量，NO将会被氧化而生成NaNO3，无法与废水中的NH4+反应生成无污染的N2；综上所述，本题答案是：4:1；NO将会被氧化而生成NaNO3，无法与NH4+反应生成无污染的N2。(3) NH4+与亚硝酸根离子反应生成氮气，反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O；气体1中含有NO、CO，通过催化剂直接转化成无污染气体氮气和二氧化碳，化学方程式为：2NO+2CO N2+ 2CO2；综上所述，本题答案是：NH4+NO2-=N2+2H2O；2NO+2CO N2+ 2CO2。(4)pH=4.1时，I中碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；工艺中加入Na2CO3固体会生成NaHCO3，再次通入废气，又重新生成NaHSO3，得到亚硫酸氢钠的过饱和溶液；综上所述，本题答案是：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；加入Na2CO3固体会生成NaHCO3，再次通入废气，又重新生成NaHSO3，得到亚硫酸氢钠的过饱和溶液。20.以CuSO4溶液和不同酸根离子形成的钠盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，则反应的离子方程式为_，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(2)经检验，现象中产生的气体是二氧化碳，绿色沉淀是碱式碳酸铜xCuCO3yCu(OH)2zH2O。现采用氢气还原法测定碱式碳酸铜组成，请回答如下问题：写出xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应的化学方程式_；实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填仪器接口字母编号)：a_g f_l(3)经检验，现象的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知：Cu+Cu+Cu2+用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_。通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-a白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_。b证实沉淀中含有Cu+和SO32-的理由是_。【答案】 (1). 2 Cu2+4I-= 2CuI+ I2 (2). 1:2 (3). xCuCO3yCu(OH)2zH2O+(x+y)H2(x+y) Cu+ xCO2+(x+2y+z) H2O (4). kj (5). de (6). hi (7). bc (8). 有红色固体析出 (9). 盐酸和BaCl2溶液 (10). 在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-【解析】【详解】(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，铜元素的化合价由+2价降低到-1价，则碘离子中碘元素化合价由-1价升高到0价，则反应的离子方程式为2 Cu2+4I-= 2CuI+ I2；该反应中氧化产物为碘单质，还原产物为CuI，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2；综上所述，本题答案是：2 Cu2+4I-= 2CuI+ I2；1:2。 (2) xCuCO3yCu(OH)2zH2O与氢气反应生成单质铜、水、二氧化碳，反应方程式为：xCuCO3yCu(OH)2zH2O+(x+y)H2(x+y) Cu+ xCO2+(x+2y+z) H2O；综上所述，本题答案是：xCuCO3yCu(OH)2zH2O+(x+y)H2(x+y) Cu+ xCO2+(x+2y+z) H2O。实验中要测定生成的水、二氧化碳的量，从a口出来气体中含有水蒸气和挥发出来的氯化氢气体，会对实验造成干扰，应先用水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸吸收水蒸气；之后，与碱式碳酸铜发生反应，产生的两种气体先用浓硫酸吸收水蒸气，再用U型管中的碱石灰吸收二氧化碳，同时连上装有碱石灰的球形干燥管，避免空气中的水和二氧化碳进入U型管而产生误差，因此装置的连接顺序为：akjgfdehibcl；综上所述，本题答案是：kj ，de， hi， bc。(3)由已知可知Cu+和稀硫酸反应生成Cu和Cu2+，所以用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验操作和现象为取一定量的沉淀于试管中，向其中加入稀硫酸，有红色固体析出。综上所述，本题答案是：有红色固体析出。a.证明溶液中有SO42-，需要加入盐酸和BaCl2溶液，生成白色沉淀BaSO4，因此试剂1是HCl和BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：盐酸和BaCl2溶液。b.根据“已知”，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，说明溶液中有Cu2+，向清液中加入淀粉溶液没有颜色变化，说明生成的I2被SO32-还原成I-，SO32-被氧化为SO42-，向清液中加入盐酸和BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀；因此证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-，溶液中存在Cu2+和SO32-；综上所述，本题答案是：在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。【点睛】本题考查化学实验方案的分析、评价和设计主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大。分析时要注意：铜离子与碘离子反应生成白色沉淀碘化亚铜和碘单质，说明铜离子的氧化性也比较强，与碘离子不能共存；铜离子在酸性环境下稳定，而亚铜离子在酸性环境下发生歧化反应。
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