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湖北省襄阳市2017-2018学年第二学期期末调研统一考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ne-20 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-B4 Fe-56 Ba-137一、选择题：(本题包括16小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，共48分)1. 生活中处处有化学。下列说法不正确的是（ ）A. 利用高纯的单晶硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能B. 火力发电厂里，向燃煤中加入适量生石灰可减少二氧化硫的排放C. 生活中可采用灼烧法鉴别黄金和黄铜，也可以鉴别真蚕丝和人造丝D. 选用日常生活中的食醋和米汤水检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子【答案】D【解析】分析：A.利用高纯的单晶硅具有导电性，可以制成光电池，将光能直接转化为电能；B.氧化钙与二氧化硫、氧气共同反应生成硫酸钙；C.黄铜为铜锌合金，灼烧后变黑，黄金性质稳定，高温时不变色；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味；D.只有生成碘单质，遇淀粉反应变为蓝色。详解：高纯单质硅具有半导体性能,制成的光电池才可将光能直接转化为电能, A正确；二氧化硫为酸性氧化物,可与生石灰反应，最终产物为硫酸钙，可减少污染性气体的排放,有效防治酸雨, A正确；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味，且冒黑烟，故可用灼烧的方法鉴别，B正确；黄金性质稳定，灼烧后不变色，而黄铜为铜锌合金，灼烧后变为黑色，可以鉴别，C正确；碘酸根离子与碘离子在酸性条件下生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此食醋和米汤水不能检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子，D错误；正确选项D。2. 清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是指（ ）A. 氨水 B. 氢氟酸 C. 硫酸 D. 食醋【答案】A【解析】分析：A.氨水具有挥发性，能够贮以玻璃瓶密封保存；B.氢氟酸腐蚀玻璃，不能贮以玻璃瓶；C.硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性；D.醋可以食用。详解：氨水具有挥发性，挥发出氨气，因此需要密封贮存，氨气的密度比空气小，且有刺激性气味；硫酸是一种强氧化性强腐蚀性的强酸，不具有药性，醋可以食用，而氢氟酸虽然为弱酸，但是能够腐蚀玻璃，不能用贮以玻璃瓶，综上所述，“鼻冲水”是指氨水，正确选项A。3. 下列变化，不能通过一步反应直接完成的是（ ）A. AlNaAlO2 B. NaHCO3Na2CO3 C. SiO2H2SiO3 D. Fe(OH)2Fe(OH)3【答案】C【解析】分析：根据物质的性质判断反应的可能性，A.Al与NaOH发生反应生成AlO2-和氢气；B. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不与水反应；D.Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3。详解：Al与NaOH发生反应生成AlO2-，可一步反应生成，A错误；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，可一步反应生成，B错误；SiO2不溶于水，也不与水反应，因此SiO2先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正确；Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3，D错误；正确选项C。4. 下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）A. 酸性较强：H2SO4H2SiO3 H2CO3 B. 氧化性强弱：Cl2Br2I2C. 碱性强弱：KOHNaOHLiOH D. 金属性强弱：NaMgAl【答案】A【解析】分析：A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B.非金属性越强,卤素单质的氧化性越强；C.金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D.同一周期中,原子序数越大金属性越弱。 详解:非金属性：SCSi，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3，A错误；非金属性ClBrI，则单质的氧化性: Cl2Br2I2，B正确；金属性: KNaLi ,则最高价氧化物对应水化物的碱性: KOHNaOHLiOH ,C正确；Na、Mg、Al位于第三周期,原子序数NaMgAl ,D正确；正确选项A。点睛：元素非金属性比较规律：非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。5. 金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能。据此，试判断在100kPa压强下，下的结论正确的是（ ）A. 石墨和金刚石的物理性质相同 B. 石墨转化为金刚石属于化学变化C. 1mol石墨比1mol金刚石的总能量高 D. 金刚石比石墨稳定【答案】B【解析】分析：石墨转化为金刚石，要吸收热量，说明石墨的能量低于金刚石的能量，能量低的物质稳定；化学变化的特征是有生成新物质；据以上分析解答。点睛：在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，说明石墨的能量低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，也就是说，物质所含能量较低的稳定。6. 下列变化过程中，属于放热反应的是（ ）煅烧石灰石制生石灰 煅烧木炭取暖 固体NaOH溶于水酸与碱的中和反应 铝热反应 NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：煅烧石灰石制生石灰，吸热反应；煅烧木炭取暖，属于放热反应；固体NaOH溶于水放出大量的热，属于物理过程；酸与碱的中和反应，属于放热反应；铝热反应会放出大量的热来焊接金属，该反应属于放热反应；NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌属于吸热反应；据以上分析解答。详解：煅烧石灰石制生石灰，吸热反应；煅烧木炭取暖，属于放热反应；固体NaOH溶于水放出大量的热，属于物理过程；酸与碱的中和反应，属于放热反应；铝热反应会放出大量的热来焊接金属，该反应属于放热反应；NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌属于吸热反应；符合题意，正确选项B。 点睛：常见的放热反应有：所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为：大多数的分解反应,氢氧化钡晶体和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等。7. 锌铜稀硫酸原电池的装置如图所示，下列叙述错误的是（ ） A. 电流从锌片经导线流向铜片 B. 锌是负极，其质量逐渐减小C. 氢离子在铜表面被还原，产生气泡 D. 依据该实验现象可判断锌比铜活泼【答案】A【解析】分析：该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、Cu作正极,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为2H+2e-=H2,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。详解：该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、Cu作正极, 电流从正极Cu沿导线流向负极Zn,A错误；该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，其质量逐渐减小，B正确；正极为Cu,正极反应式为2H+2e-=H2,所以氢离子在铜表面被还原，产生气泡, C正确；该原电池中, Zn易失电子作负极，质量逐渐减小，Cu作正极,氢气在此极生成，因此锌比铜活泼，D正确；正确选项A。点睛：原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。8. 工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400500下的催化氧化：2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A. 在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3B. 使用催化制是为了加快反应速率，提高生产效率C. 为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等【答案】D【解析】分析：A.因该反应是可逆反应,存在反应限度；B.用催化剂是为了加快反应速率,但平衡不移动，只是缩短时间；C.因增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了SO2的转化率；D.达到平衡时,各组分浓度不变而不是相等。详解：上述反应为可逆反应，不能完全进行，所以SO2不可能100%地转化为SO3，A正确；使用催化剂加快了反应速率，缩短了反应时间，提高了生产效率，B正确；提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增加，C正确；达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率判断，D错误；正确选项D。9. 用30g乙酸与46g乙醇牌反应，实际产量是理论产量的55%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（ ）A. 19.8g B. 24.2g C. 44g D. 48.4g【答案】B【解析】分析：理论质量，即按照化学方程式完全转化所得产物的质量；实际质量，实际质量 =理论质量产率；据此分析解答。详解：CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O发生酯化反应，30g CH3COOH的物质的量 =30/60=0.5 mol，46g C2H5OH的物质的量 =46/46=1mol，显然, CH3COOH不足,C2H5OH过量；理论生成CH3COOC2H5的物质的量=CH3COOH的物质的量=0.5mol；理论质量 =0.5 88 = 44g，实际质量 =4455% =24.2g；正确选项B。10. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A. 将钠块投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+Cu+2Na+B. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+C. KMnO4溶液中加H2O2，紫色褪去：2MnO4-+H2O2+6H+2Mn2+3O2+4H2OD. 用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+H2O+CO2【答案】D【解析】分析：A.钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应；B.Fe(OH)3为胶体，不是沉淀；C.电子得失不守恒；D.碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。详解：钠非常活泼，与水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应方程式为：2Na+Cu2+2H2OCu(OH)2+2Na+H2,A错误；向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体，不是沉淀，离子反应方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，B错误；KMnO4溶液中加H2O2，H2O2为还原剂，被氧化为氧气，离子反应方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，C错误；用小苏打治疗胃酸过多离子反应方程式为：HCO3-+H+H2O+CO2；D正确；正确选项D。点睛：此题中选项B中，很容易把氢氧化铁胶体当成沉淀，错选答案；易选答案C，只知道双氧水在反应中被氧化，而忽略了该反应方程式违背了电子守恒规律，这是此题的两个陷阱，稍不注意很容易选错答案。11. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）A. 1mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB. 标准状况下，2.24L苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为2NAD. 密闭容器中，1molN2与4 molH2充分反应生成的NH3分子数为2NA。【答案】C【解析】分析：A.根据3NO2+H2O=2HNO3+NO反应计算反应转移电子数；B.标准状况下，苯为液态；C.甲烷和乙烯分子中均含有4个氢，因此可以计算出0.5mol甲烷和乙烯混合物中含氢原子数；D.N2与H2反应为可逆反应，反应物不能100%转化成生成物。详解: 在3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，+4价氮元素变化到+5价和+2价，所以1molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为2NA，A错误；标准状况下，苯为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的量为0.5mol，甲烷和乙烯中均含有4个氢原子，因此0.5mol甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为2NA，C正确；N2与H2反应为可逆反应，反应物不能100%转化成生成物，因此密闭容器中，1molN2与4molH2充分反应生成的NH3分子数小于2NA；D错误；正确选项C。点睛：本题是对阿伏加德罗常知识的综合考察，涉及知识面广，注重基础，难度不大，做题时要注意苯的结构中不含碳碳双键、合成氨反应为可逆反应等易错点。12. 下述实验方案不能达到实验目的的是编号ABCD方案V(CH4)V(Cl2)=11目的较长时间看到Fe(OH)2沉淀验证浓硫酸具有脱水性和强氧化性在强光照条件下制取纯净的一氯甲烷实验室制备乙酸乙酯A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A.氢氧化亚铁易被氧气氧化，因此在制备时要隔绝空气；B.蔗糖变黑与浓硫酸脱水性有关,后浓硫酸与C反应生成二氧化硫,二氧化硫与浓溴水发生氧化还原反应；C.甲烷会发生一系列取代反应，得到多种氯代烃和氯化氢；D.制取乙酸乙酯时,用饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中,否则易产生倒吸现象。详解：氢氧化亚铁易被氧气氧化，因此用植物油覆盖在硫酸亚铁溶液上层，起到隔绝空气的作用，可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，A正确；蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性,溴水褪色说明浓硫酸与C反应生成二氧化硫,体现浓硫酸的强氧化性, B正确；甲烷和氯气会发生一系列取代反应，生成物有：一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，导致的制取一氯甲烷不纯，C错误；制取乙酸乙酯时,用饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中,否则易产生倒吸现象,D正确；正确选项C。13. 某100mL的溶液中仅含有以下三种溶质：溶质H2SO4HNO3KNO3浓度(mol/L)621向该溶液中加入过量的铁粉，最多可产生标准状况下的气体体积为（ ）A. 8.96L B. 6.72L C. 4.48L D. 2.24L【答案】A【解析】分析：根据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答,注意反应离子过量与不足的判断,确定所发生的化学反应。详解：100mL溶液中含有氢离子的物质的量为:0.162+0.12=1.4mol，含有的硝酸根离子为:0.12+0.11=0.3mol,加入过量的铁粉,发生反应的离子方程式为:3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2+H2,则:反应关系可知：2NO3-8H+-2NO，0.3mol NO3-参加反应生成NO为0.3mol，消耗氢离子为1.2mol，剩余的氢离子的物质的量为:1.4-1.2=0.2mol；根据2H+-H2关系可知，0.2mol氢离子参加反应生成氢气0.1mol，产生气体的物质的量为0.3+0.1=0.4mol，标况下体积为:0.422.4=8.96L；正确选项A。点睛：在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，当溶液中氢离子的量和硝酸根离子的量为8:2时，金属铁全部氧化为亚铁离子，硝酸根被还原为一氧化氮；此题进行计算时，要考虑硫酸和硝酸提供的所有氢离子的量，还要考虑硝酸钾、硝酸提供所有的硝酸根离子的量，然后根据上述分析进行解答。14. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）ABCD氯离子结构示意图甲烷的比例模型羟基的电子式乙烯的结构简式CH2CH2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A.氯离子结构示意图 ；B. 甲烷的比例模型为；C. 羟基的电子式；D.乙烯的结构简式CH2=CH2。详解：氯原子的核电荷数为17，氯离子核外有18个电子，所以氯离子结构示意图 ，A错误；碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的比例模型为，B错误；羟基中含有1个氧氢键,氧原子最外层含有7个电子,羟基的电子式为, C正确；乙烯含有官能团碳碳双键，结构简式CH2=CH2，D错误；正确选项C。15. 下列关于有机化合物的说法，正确的是（ ）A. 丙烷分子中三个碳原子在一条直线上 B. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物C. 葡萄糖、蔗糖和麦芽塘均为双糖 D. 由乙醇生成乙醛属于氧化反应【答案】D【解析】分析：A. 甲烷是正面体结构，根据甲烷的结构确定丙烷分子中碳原子是否共线；B.分子量大于10000以上的有机物属于高分子；C.葡萄糖属于单糖；D.乙醇发生催化氧化生成乙醛。16. Lv(中文名“鉝”，l)是元素周期表第116号元素。Lv原子的最外层电子数是6，下列说法中，不正确的是（ ）A. Lv位于周期表第七周期第A族 B. Lv的原子核内的中子数比核外电子数少C. 鉝的常见化合价可能有+6、+4 D. Lv、Lv、Lv互为同位素【答案】B【解析】分析：结合稀有气体118号元素在周期表中的位置，推断116号元素在周期表中的位置，推断其可能的性质；根据质量数=质子数+中子数关系计算中子数；根据同位素的概念判断三种核素间的关系。详解：根据稀有气体的原子序数变化规律：118号元素为第7周期0族元素，以此前推，116号元素位于第七周期第A族，A正确；质量数=质子数+中子数，所以中子数=290-116=174，核外电子数为116，中子数多，B错误；Lv位于周期表第七周期第A族，化合价可能有+6、+4，C正确；核电荷数相同，中子数不同的Lv的三种核素间互称为同位素，D正确；正确选项B。二、填空题(本题包括5个小题，共52分)17. 管道工人曾经用浓氨水检测氯气管道是否漏气。某化学兴趣小组利用下图装置探究氯气与氨气之间的反应原理。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为氧气与氨气的反应装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体可以选用_(选填序号)A二氧化锰 B碱石灰 C五氧化二磷(2)装置F中发生反应的离子方程式为_；装置E的作用是_；(3)通入装置C的两根导管左边较长、右边较短，目的是_。(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：_；该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，如何处理?_。【答案】 (1). B (2). 4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O (3). 除去氯气中的氯化氢 (4). 使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀 (5). 8NH3+3Cl26NH4Cl+N2 (6). 32 (7). 将尾气通入NaOH溶液中或通入装有碱石灰的干燥管（或者用气囊等收集）【解析】分析：(1)装置A中的烧瓶内是制备氨气的装置，装置A中的烧瓶内固体是碱石灰，氨水滴入固体中溶解放热使氨气放出。(2)碱石灰能吸收水蒸气，干燥氨气，饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢气体,浓硫酸是吸收氯气中的水蒸气。 (3)根据气体的密度大小结合导管的长度来考虑气体之间混合的充分程度。 (4)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气,根据离子方程式的书写方法来书写。 (5)氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气。 (6)根据氯气的性质来确定尾气处理的方法。详解：（1）装置A中的烧瓶内是制备氨气的装置，二氧化锰与浓氨水不反应，A错误；碱石灰中含有氢氧化钠和氧化钙，氨水滴入碱石灰溶解放热，氨气放出，B正确；五氧化二磷溶于水生成磷酸，磷酸和一水合氨反应，不能生成氨气，C错误；正确选项B。(2) 装置F中二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O ；氯气中含有氯化氢等杂质气体，因此用饱和食盐水除去氯化氢，装置E的作用是除去氯气中的氯化氢；正确答案：4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O； 除去氯气中的氯化氢。（3）氨气的密度小，氯气的密度更大，C装置的两导管左边长、右边短，这样便于两种气体充分接触而反应；正确答案：使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀。(4)氨气和氯气反应生成氯化铵，产生白烟，同时生成氮气，反应的化学方程式：8NH3+3Cl26NH4Cl+N2；氮元素化合价由-3价升高到0价，做还原剂，氯元素由0价降低到-1价，做氧化剂，因此8molNH3有2molNH3被氧化，因此该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为32；氯气有毒，可以和碱反应，因此可以用NaOH溶液或装有碱石灰的干燥管进行吸收；正确答案：8NH3+3Cl26NH4Cl+N2；32 ；将尾气通入NaOH溶液中或通入装有碱石灰的干燥管（或者用气囊等收集）。18. 某无色济液中，只可能含有以下离子中的若干种：NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3-、CO32-、SO42-,，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，试回答下列问题：（1）该溶液中一定不存在的阴离子有_。（2）实验中NaOH溶液滴至35mL后发生的离子方程式为_。（3）原得液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+)n(Al3+)n(NH4+)=_。（4）实验所加的NaOH溶液的浓度为_。（5）溶液中存在一种不能确定的阳离子，请设计实验方案加以检验_。（6）原溶液中NO3-的浓度为c(NO3-)则c(NO3-)的最小浓度为_。【答案】 (1). CO32- (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 112 (4). 2 mol/L (5). 用洁净的铂丝蘸取少量无色溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到紫色火焰，则证明存在K+，反之则无 (6). 0.1mol/L【解析】分析：溶液为无色，则溶液中不含Cu2+，由中沉淀量先增大后减小且不为0可得溶液中含Al3+、Mg2+，所以溶液中不含有CO32-，而加入NaOH就有沉淀生成，所以溶液中不含H+，沉淀量在中间段不变，说明溶液中含有NH4+，且n(Mg(OH)2)=0.01mol，而发生反应的计量数的关系：Mg2+-2NaOH、Al3+-3NaOH、NH4+-NaOH、Al(OH)3-NaOH，溶解Al(OH)3消耗NaOH 的体积为5mL，所以Al3+转化为Al(OH)3消耗NaOH 的体积为15mL，所以产生沉淀阶段与Mg2+反应生成Mg(OH)2消耗NaOH 的体积为25-15=10mL，所以c(NaOH)=20.01/(1010-3)=2mol/L，根据消耗NaOH 的量可得n(Mg2+):n(Al3+):n(NH4+)=1:1:2；由得产生的白色沉淀为BaSO4，物质的量为6.99/233=0.03mol，即n(SO42-)=0.03mol；溶液中2n(Mg2+)+3 n(Al3+)+n(NH4+)2n(SO42-)，所以溶液中还一定存在NO3-，不一定存在K+；据以上分析解答。详解：溶液为无色，则溶液中不含Cu2+，由中沉淀量先增大后减小且不为0可得溶液中含Al3+、Mg2+，所以溶液中不含有CO32-，而加入NaOH就有沉淀生成，所以溶液中不含H+，沉淀量在中间段不变，说明溶液中含有NH4+，且n(Mg(OH)2)=0.01mol，而发生反应的计量数的关系：Mg2+-2NaOH、Al3+-3NaOH、NH4+-NaOH、Al(OH)3-NaOH，溶解Al(OH)3消耗NaOH 的体积为5mL，所以Al3+转化为Al(OH)3消耗NaOH 的体积为15mL，所以产生沉淀阶段与Mg2+反应生成Mg(OH)2消耗NaOH 的体积为25-15=10mL，所以c(NaOH)=20.01/(1010-3)=2mol/L，根据消耗NaOH 的量可得n(Mg2+):n(Al3+):n(NH4+)=1:1:2；由得产生的白色沉淀为BaSO4，物质的量为6.99/233=0.03mol，即n(SO42-)=0.03mol；溶液中2n(Mg2+)+3 n(Al3+)+n(NH4+)2 n(SO42-)，所以溶液中还一定存在NO3-，不一定存在K+。（1）由上述分析可知：原溶液一定不存在阴离子CO32-；正确答案：CO32-。（2）实验中NaOH溶液滴至35mL后，氢氧化铝与过量的强碱反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；正确答案：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）根据以上分析可知：原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+):n(Al3+):n(NH4+)=1:1:2；正确答案：112。（4）根据上述分析可知，实验所加的NaOH溶液的浓度为2mol/L；正确答案：2 mol/L。 （5）根据上述分析可知，该溶液中一定含有Mg2+、Al3+、NH4+，不能确定是否含有钾离子，因此用洁净的铂丝蘸取少量无色溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到紫色火焰，则证明存在K+，反之则无；正确答案：用洁净的铂丝蘸取少量无色溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到紫色火焰，则证明存在K+，反之则无。（6）根据以上分析可知，该溶液中含有Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，且n(Mg2+):n(Al3+):n(NH4+)：n(SO42-)=1:1:2：3，根据电荷守恒规律：0.012+0.013+0.021=0.032+ n(NO3-)1, n(NO3-)=0.01mol, c(NO3-)=0.01/0.1=0.1mol/L；正确答案：0.1mol/L。点睛：反应图像为，要把握该图像中各段的物质是什么及变化规律，0-25mL，为氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀形成，且达到最大值；25-35mL，为铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨过程，35-40 mL，为氢氧化铝溶于强碱的过程；大于40mL，为剩余的氢氧化镁沉淀，不溶于强碱。把握好各段变化，利于问题的解决。19. 短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。请用化学用语回答下列问题：(1)写出含有8个中子的核素的化学符号_。(2)元素Z的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_。(3)在X、Y、Z三种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为_。(4)X、Z的气态氢化物沸点较高是_，原因是_。(5)化合物Y2X3中含有的化学键类型是_。工业上冶炼Y单质的方法是_（填字母）。A重力沉降法 B热分解法 C热还原法 D电解法(6)水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色、使水产生异味。ZX2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀，同时测得消耗13.50g ZX2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式是_。【答案】 (1). (2). HClO4 (3). r(Cl) r(O2) r(Al3+) (4). H2O (5). 水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高 (6). 离子键 (7). D (8). 2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+【解析】分析：(1)根据质量数=质子数+中子数关系，写出氮元素含有8个中子的核素的化学符号。 (2)元素氯的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸。 (3)电子层数越多，半径越大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。 (4)水分子间有氢键，熔沸点较高。 (5)氧化铝为离子化合物，电解熔融的氧化铝可以得到金属铝。详解:根据元素在周期表中的位置及四种元素原子的最外层电子数之和为21可知：X为氧，Y为铝，Z为氯；W为氮；(1) W为氮元素，氮的核电荷数为7，质量数为7+8=15，所以含有8个中子的核素的化学符号；正确答案：。(2) 元素Z为氯，氯的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；正确答案：HClO4。(3)核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，半径越大，r(Cl)r(O2)r(Al3+)；正确答案：r(Cl)r(O2)r(Al3+)。(4) X的气态氢化物为水，Z的气态氢化物为氯化氢，由于水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高，所以X、Z的气态氢化物沸点较高是H2O；正确答案：H2O；水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高。(5) 化合物Y2X3为氧化铝，属于离子化合物，含有离子键；工业上电解熔融的氧化铝得到金属铝和氧气；正确答案：离子键；D。(6) ZX2为ClO2，物质的量为13.50/67.5=0.2mol,转移电子1mol电子，则1molClO2完全反应转移电子5mol,所以ClO2由+4价降低-1价，Mn2+被氧化生成二氧化锰，反应离子方程式：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+；正确答案：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+。20. 能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着密切联系。(1)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJmol-1)化学键H-HCl-ClH-Cl键能436243431请根据以上信息可知，1mol氢气在足量的氯气着燃烧生成氯化氢气体放出热量_。(2)天然气是一种重要的情节能源和化工原料，其主要成分为CH4。以CH4、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池的负极反应式为_。(3)工业上有一种方法是用 CO2来生产燃料甲醇，可以将CO2变废为宝。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=_；H2的转换率(H2)=_。若反应CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：AV(CO2)=0.15molL-1min-1BV(H2)=0.01molL-1s-1Cv(CH3OH)=0.2molL-1min-1Dv(H2O)=0.45molL-1min-1该反应进行由快到慢的顺序为_(填字母)。(4)海水化学资源的利用具有非常广阔的前景。从海水中提取溴的工业流程如图：流程中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：Br2+CO32-=BrO3-+Br-+CO2_以上五个过程中涉及氧化还原反应的有_个。步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是_。【答案】 (1). 183kJ (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (3). 0.075mol/（Lmin） (4). 75% (5). DC=BA（或DB = CA） (6). 3 3 1 5 3 (7). 4 (8). 富集（或浓缩）溴元素【解析】分析：(1)根据焓变H=反应物键能总和-生成物键能总和进行计算。(2) 甲烷、空气、氢氧化钾溶液形成原电池,负极甲烷失电子发生氧化反应。(3)根据图像信息，利用三段式进行解答。将各物质的速率除以该物质的所对应的系数，然后比较各物质的速率的数值大小，注意单位要统一。(4) 根据化合价的升降及电荷守恒进行配平。 海水晒盐属于物理变化；电解熔融的氯化钠可以生成氯气，属于氧化还原反应；氯气氧化溴离子生成单质溴，属于氧化还原反应；溴与碳酸钠溶液发生氧化还原反应3Br23CO32=BrO35Br3CO2，属于氧化还原反应；在酸性条件下，溴离子被氧化为溴单质，属于氧化还原反应；据以上分析解答。海水中溴元素的浓度低，因此II的作用是富集溴元素。 详解：(1)反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),焓变H=反应物键能总和-生成物键能总和=436+243-2431=-183 kJ；则热化学方程式为: H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183 kJmol-1,1mol氢气在足量的氯气中燃烧生成氯化氢气体放出热量183kJ；正确答案：183kJ。(2) 甲烷、空气、氢氧化钾溶液形成原电池,负极甲烷失电子发生氧化反应,反应式为: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O ；正确答案: CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。(3)根据图像可知，反应达到平衡时，二氧化碳的浓度变化了1-0.25=0.75mol/L，甲醇的浓度变化了0.75mol/L，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=0.75/10= 0.075mol/（Lmin）；根据反应关系可知，氢气的浓度变化了0.753=2.25 mol/L，变化的量为2.251=2.25mol，H2的转化率(H2)= 2.25/3100%=75%；正确答案：0.075mol/（Lmin）；75% 。 将各物质的速率除以该物质所对应的系数，然后比较各物质的速率的数值大：AV(CO2)=0.15molL-1min-1，BV(H2)= 0.0160/3=0.2 molL-1min-1，Cv(CH3OH)=0.2molL-1min-1，Dv(H2O)= 0.45/1=0.45 molL-1min-1；该反应进行由快到慢的顺序为DC=BA；正确答案：DC=BA（或DB = CA）。(4) 根据化合价的升降配平，即3Br2CO32BrO35Br口，利用反应前后所带电荷数守恒，配平CO32，即为3Br23CO32BrO35Br口，根据元素守恒和原子个数守恒，即为3Br23CO32=BrO35Br3CO2；正确答案：3、 3、 1、 5、 3。 海水晒盐属于物理变化；电解熔融的氯化钠可以生成氯气，属于氧化还原反应；氯气氧化溴离子生成单质溴，属于氧化还原反应；溴与碳酸钠溶液发生反应为：3Br23CO32=BrO35Br3CO2；属于氧化还原反应；在酸性条件下，溴离子被氧化为溴单质，属于氧化还原反应；以上五个过程中涉及氧化还原反应的有4个；正确答案：4。海水中溴元素的浓度低，因此II的作用是富集溴元素；正确答案：富集（或浓缩）溴元素。点睛：反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。 21. 下图是丁烷(C4H10)裂解的实验流程。连接好装置后，需进行的实验操作有：检置整套装置的气密性排出装置中的空气给D、G装置加热等；G后面装置以及铁架台等已省略；CuO能将烃氧化成CO2和H2O。 请回答下列问题：(1)丁烷裂解的可能方程式为C4H10CH4+C3H6，_；(2)写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式_；(3)若对反应后E装置中的混合物(溴水足量),再按以下流程实验：分离操作和的名称分别是_、_(填字母) ；a蒸发 b过滤 c分液 d蒸馏Na2SO3溶液的作用是(用离子方程式表示)_；已知A的碳原子数大于B的碳原子数，请写出B的名称_；(4)假定丁烷完全裂解，流经D、G装置中的气体能完全反应。当(E+F)装置的总质量比反应前增加了0.49g，G装置的质量比反应间减少了1.44，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比为_。【答案】 (1). C4H10C2H6+C2H4 (2). CH44CuO 4CuCO22H2O (3). c (4). d (5). SO32-+Br2+H2OSO42-+2H+2Br- (6). 1，2-二溴乙烷 (7). 12【解析】分析：(1)根据原子守恒，遵循烃的组成规律，写出可能发生的反应。(2) 氧化铝作催化剂,加热条件下,甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜。（3）混合物中含有溴、水、溴代烃,加入亚硫酸钠,亚硫酸钠被溴氧化生成硫酸钠,同时生成NaBr,从而除去溴,然后采用分液方法分离,将有机层进行分馏得到有机物A、有机物B。Na2SO3具有还原性，能够把溴离子氧化为溴单质而除去溴。已知A的碳原子数大于B的碳原子数，说明B中碳原子个数是3，A中碳原子个数是2。(4) E、F吸收的是烯烃,G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量,丁烷的裂解中,生成乙烯的物质的量和乙烷的物质的量相等,甲烷和丙烯的物质的量相等,再结合原子守恒计算甲烷和乙烷的物质的量之比。详解：(1)丁烷裂解的可能方程式为C4H10CH4+C3H6，丁烷还可能催化裂化为乙烯和乙烷：方程式为. C4H10C2H6+C2H4；正确答案：C4H10C2H6+C2H4。(2) 氧化铝作催化剂,加热条件下,甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜,反应方程式为: CH44CuO 4CuCO22H2O；正确答案：CH44CuO 4CuCO22H2O。(3)根据反应流程可知，加入亚硫酸钠溶液后，混合物分层，可以进行分液操作进行分离；把两种互溶的有机物分开，可以采用蒸馏的方法进行；正确答案：c；d。Na2SO3具有还原性，能够把溴离子氧化为溴单质而除去溴，离子方程式：SO32-+Br2+H2OSO42-+2H+2Br-；正确答案：SO32-+Br2+H2OSO42-+2H+2Br- 。已知A的碳原子数大于B的碳原子数，说明B中碳原子个数是3，A中碳原子个数是2,乙烯和溴发生加成生成1，2-二溴乙烷，所以A为 1，2-二溴乙烷；正确答案：1，2-二溴乙烷。(4)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等,E、F吸收的是烯烃,G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量；设x为C2H4的物质的量,y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y,28x+42y=0.49,乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为:2(2x+y)+(6x+2y)/2=1.44/16,计算得出:x=0.01mol, y=0.005mol；则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比为0.005：0.01=1:2；正确答案:1:2。
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