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【化学】浙江省东阳中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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浙江省东阳中学2019-2020学年高二10月月考试题
考生须知：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137
选择题部分
一、选择题（本大题共20小题，1-15题，每小题2分，16-20，每小题3分，共45分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是（ ）
A
B
C
D
垃圾
废易拉罐
废塑料瓶
废荧光灯管
不可再生废纸
垃圾
分类
可回收物
其他垃圾
有害垃圾
可燃垃圾
【答案】B
【解析】
【详解】A．废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，故A正确；
B．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，故B错误；
C．废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，故C正确；
D．废纸含有大量纤维，可以燃烧，所以属于可燃垃圾，故D正确。
答案选B。
2.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是（ ）
A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. 0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、I-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na＋、K＋、CO32－、AlO2－之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．FeCl2溶液的Fe2＋易被MnO4－氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K2CO3与Ba2＋反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．酸性条件下NO3－能够氧化I－，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
【答案】B
【解析】
【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；
B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；
C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；
D. 电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。
故选B。
6.舞台上所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应中NH4NO3只作氧化剂
B. 常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生336mLN2
C. 水在反应中可能起催化作用
D. 每生成1molN2共转移2mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】NH4NO3+Zn═ZnO+N2↑+2H2O中Zn元素的化合价由0升高为+2价，NH4+中N元素的化合价由-3价升高为0，NO3-中N元素的化合价由+5降低为0。
【详解】A．N元素的化合价升高也降低，则NH4NO3作氧化剂、还原剂，故A错误；
B．常温下Vm≠22.4L·mol－1，不能由Zn的质量计算氮气的体积，故B错误；
C．由滴几滴水后产生的白烟及发生的反应可知，水在反应中可能起催化作用，故C正确；
D．由元素的化合价变化可知，每生成1 mol N2共转移5mol电子，故D错误；
故选：C。
7.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作 为判断该反应达到化学平衡状态标志的是（ ）
A. 容器内压强保持不变 B. v正(N2)=2v逆(NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
8.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生
B. 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=－akJ·mol-1，则中和热为0.5akJ·mol-1
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H1=－akJ·mol－1，则氢气燃烧热为akJ·mol-1
D. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)；△H=－akJ·mol－1，则将14gN2(g)和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应物的总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生反应，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，故A错误；
B. 中和热是在一定条件下，稀的强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-akJ·mol-1则中和热为a/2kJ·mol-1，故B正确；
C. 燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则氢气燃烧热为a/2kJ·mol-1，故C错误；
D. 由热化学方程式可知，1mol N2和3mol H2完全反应时放出的热量为akJ，因为N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。14gN2（g）的物质的量为：，和足量H2置于一密闭容器中，参加反应的氮气的物质的量小于0.5mol，故反应放出的热量小于0.5akJ，故D错误。答案选B。
9.中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B. 用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验比用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.50mol/LNaOH测得的数值准确
C. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失
D. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热的定义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，和用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行反应求出的中和热数值相同，故A正确；
B.在中和热的测定过程中，为了保证实验结果准确，采用的酸碱中，往往让一方过量保证另一方充分反应，故B正确；
C.中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确；
D.在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且不能搅拌，防止热量的散失，保证放出的热量都体现在温度计温度的升高上，故D错误。答案选D。
10.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
11.反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ ）
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。
故答案选A。
12.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. AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2（g）FeCl2（s）转化不能实现，故A错误；
B、AlCl3(aq)与过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，AlCl3(aq)到Al(OH)3(s)不能实现，故B错误；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故C错误；
D、氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故D正确。
故选：D。
13.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是（ ）
A. Pd电极b为阴极
B. 阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C. H+由阳极向阴极迁移
D. 陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
14.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液
C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。
【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；
B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；
C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；
D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；
故选D。
15.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B. 水中的 、、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C. 通过净化处理后，水的导电性降低
D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O
【答案】A
【解析】
【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则
A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；
B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；
C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；
D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；
答案选A。
16.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。
【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；
B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；
C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；
D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。
故选C。
17.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）
A. 反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】
【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；
B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=>=2000，故D正确；
故选BD。
18.等体积的两份稀酸溶液，一份为amol.L- 1的硝酸溶液；另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，硝酸浓度为amol.L- 1 ，硫酸的浓度为bmol.L- 1。若分别向两份溶液加入过量的铜粉，产生的气体体积为1： 2（都只生成NO），则a ： b的值是（ ）
A. 1： 2 B. 3： 2 C. 2： 1 D. 1： 4
【答案】C
【解析】
【分析】设出溶液体积为VL，一份为amol.L- 1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：2/8×Vamol=0.25Vamol；另一份中若硝酸根离子完全反应时生成NO，由N原子守恒可知生成NO为Va mol，而实际生成NO为0.25 Va mol×2=0.5 Va mol＜Va mol，说明第二份溶液中的硝酸根离子有剩余，根据第二份溶液中的氢离子计算出生成NO的物质的量，然后结合生成气体的体积之比为1：2列式计算。
【详解】设出溶液体积为VL，一份为amol.L- 1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：Va×2/8mol=0.25Vamol；另一份中若硝酸根离子完全反应时生成NO，由N原子守恒可知生成NO为Va mol，而实际生成NO为0.25 Va mol×2=0.5 Va mol＜Va mol，所以反应后硝酸根离子有剩余，氢离子完全反应，混合液中含有氢离子的总物质的量为：（Va+2Vb）mol，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：
2（Va+2Vb）/8mol=（0.25Va+0.5Vb）mol，根据产生的气体体积为1：2（都只生成NO）可知：0.25Vamol：（0.25Va+0.5Vb）mol=1：2，整理可得a：b=2：1，
故选：C。
19.钡盐生产中排出大量的钡泥[主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等]，某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂，利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如图：
已知：①Fe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7
②Ba（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小
下列有关说法不正确的是（ ）
A. 过滤2后滤液中含有硝酸，操作Ⅱ加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液
B. X试剂应选过量的H2O2，目的是为了使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，最终转化为Fe（OH）3沉淀
C. 操作Ⅲ蒸发结晶、冷却结晶
D. 此工艺流程生产流程会有氮的氧化物造成造成大气污染
【答案】B
【解析】
【分析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡。
【详解】A、过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，故A正确；
B、加入硝酸，将亚铁离子氧化生成铁离子，试剂X为碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，故B错误；
C．由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确；
D．硝酸与亚硫酸钡、亚铁离子发生氧化还原反应，可生成NO等污染性气体，故D正确。
故选：B。
20.某溶液中只可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32－、AlO2－、SO32－、SO42－、C1－中的若干种（忽略水的电离），离子浓度均为0.2mol·L-1，现取该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，取X溶液进行以下实验：
下列说法中正确的是（ ）
A. 无法确定沉淀C的成分
B. 无法确定原溶液中是否含有Cl－、A13+
C. 溶液A中存在的阳离子有Ba2+、Fe2+、NH4＋、H＋
D. 原溶液中存在Fe2+、NH4＋、Cl－、SO42－
【答案】D
【解析】
【分析】加入的是稀硫酸，无明显现象，直接排除CO32－，AlO2－、SO32－，此过程中引入了SO42－，且溶液呈酸性溶液X，
①X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A，白色沉淀A为BaSO4，加入硫酸引入了SO42－，不能说明原溶液中含有SO42－．得到无色气体A，A遇空气变成棕色，A为NO，说明原溶液中含有还原性离子，故一定含有Fe2＋，过滤，获得溶液A，溶液A中含有Fe3＋、Ba2＋等；
②在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，沉淀B为Fe（OH）3，产生气体，该气体一定为NH3，原溶液中含有NH4＋，过滤，获得溶液B，溶液B含有Ba2＋等；
③在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生，则沉淀BaCO3或Al（OH）3或二者都有，
原溶液一定有Fe2＋、NH4＋，一定不含CO32－，AlO2－、SO32－，可能含有Al3＋、SO42－、Cl－，由于离子浓度均为0.2mol·L-1，根据电荷守恒，阳离子总电荷一定大于等于0.6mol·L-1，但是阴离子总电荷最大只能为0.6mol·L-1，故一定存在SO42－、Cl－，一定不存在Al3＋，
综合上述分析，可知原溶液一定有Fe2＋、NH4＋、SO42－、Cl－，一定不含Al3＋、CO32－，AlO2－、SO32－。
【详解】A．由分析可知，原溶液中不含Al3＋，故沉淀C为BaCO3，故A错误；
B．由分析可知，溶液中一定含有Cl－，一定不含Al3＋，故B错误；
C．由分析可知，溶液A中Ba2＋、Fe3＋、NH4＋、H＋，故C错误；
D．由分析可知，原溶液一定有Fe2＋、NH4＋、SO42－、Cl－，故D正确；
故选：D。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共6小题，共55分）
21.晶体甲是一种带结晶水的盐，溶于水后可电离出三种离子，其中一种10电子的阳离子。用甲进行如下实验：①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；②取少量甲溶液于试管中滴加KSCN溶液，溶液呈红色；③取少量甲溶液于试管中，向其中加入足量的稀盐酸，无现象，再加BaCl2溶液，出现白色沉淀。回答下列问题：
（1）经测定晶体甲的摩尔质量为482g·mol- 1，其中阳离子与阴离子物质的量之比为1： 1，则甲晶体的化学式为____。
（2）向甲溶液中加入淀粉-碘化钾混合液，溶液变蓝，写出有关离子方程____。
（3）写出检验晶体中10电子的阳离子的操作及现象：____。
【答案】(1). NH4Fe(SO4)2·12H2O (2). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (3). 取固体，加入过量浓NaOH，加热，试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝
【解析】
分析】晶体甲是一种带结晶水的盐，溶于水后可电离出三种离子，其中一种10电子的阳离子,甲是铵盐，取少量甲溶液于试管中滴入硫氰化钾溶液，溶液呈红色，则甲溶液肯定含有Fe3＋，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，则甲溶液中含有SO42－，综上所述，甲溶液中含有Fe3＋，SO42－，NH4＋，
（1）经测定晶体甲的摩尔质量为482g·mol- 1，其中阳离子与阴离子物质的量之比为1：1，则甲晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
（2）铁离子能将碘离子氧化成碘单质；
（3）铵盐能与强碱作用生成氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验。
【详解】（1）甲溶液中含有Fe3＋，SO42－，NH4＋，阳离子与阴离子物质的量之比为1：1，甲的化学式可能是NH4Fe（SO4）2，晶体的摩尔质量为482g·mol－1，结晶水数目：(482-266)/18=12，所以甲晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O ；
（2）铁离子能将碘离子氧化成碘单质：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；
（3）10电子的阳离子是铵根离子，检验晶体中10电子的阳离子的操作及现象：取固体，加入过量浓NaOH，加热，试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。
22.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是_____。
（2）B中加入的物质是____，其作用是______。
（3）实验时在C中观察到的现象是_____；发生反应的化学方程式是____。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)22CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 碱石灰（或CaO） (3). 除去NH3中的水蒸气 (4). 黑色粉末部分逐渐变为红色 (5). 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
【解析】
【分析】（1）氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+NH3↑+2H2O；
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；
（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色；
【详解】（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+NH3↑+2H2O；
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；
（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色，发生反应的化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
23.化合物X（仅含三种短周期元素）是一种络合氢化物的储氢材料，在400℃下分解，放出氢气。X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，某研究小组为了探究A的组成和性质，设计并完成了如下实验。（金属互化物--全部由金属元素组成的化合物）
（1）写出单质D对应的阳离子结构示意图：_____。
（2）X在400℃下分解的化学方程式：_____。
（3）写出单质B与NaOH溶液反应的离子方程式：____。
（4）化合物H___(填“可能”或“不可能”)与水发生反应产生H2，判断理由_____。
【答案】(1). (2). 3Mg(AlH4)2=12H2+4Al+Mg3Al2 (3). 2H2O+2Al+2OH-=2AlO2- +3H2 (4). 可能 (5). MgH2中H元素为-1价，H2O中H元素为+1价，发生氧化还原反应（归中反应）生成H2
【解析】
【分析】化合物（仅含三种短期元素）是一种络合氢化物的储氢材料，在400℃下分解，放出氢气，则A为H2，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，含有Mg元素，溶液E通入二氧化碳生成白色胶状沉淀，则F应为Al（OH）3，可知X含有Mg、Al、H三种元素，由转化关系可知D为Mg，H为MgH2，B为Al，由题中数据可知n（Mg）=0.72g/24g·mol－1=0.03mol，n（Al）=1.08g/27g·mol－1=0.04mol，n（Al（OH）3）=4.68g/78g·mol－1=0.06mol，X中含有Al的物质的量为0.06mol，C为Mg3Al2，则n（H）=(2.58g-0.03mol×24g·mol－1-0.06mol×27g·mol－1)/1g·mol－1=0.24mol，则X的化学式为Mg（AlH4）2。
【详解】（1）D为Mg，单质D对应的阳离子结构示意图：。
（2）X在400℃下分解的化学方程式：3Mg(AlH4)2=12H2+4Al+Mg3Al2。
（3）B为Al，单质B与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2H2O+2Al+2OH-=2AlO2- +3H2。
（4）化合物H可能与水发生反应产生H2，判断理由：MgH2中H元素为-1价，H2O中H元素为+1价，发生氧化还原反应（归中反应）生成H2，则可反应。
24.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为____。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=（1−）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由___（填化学式）转化为____（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与Al混合在高温下发生的反应方程式____。
【答案】(1). SO2+OH−=HSO3− (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). NaAlO2 (5). Al(OH)3 (6). 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
【解析】
【分析】高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙氧化成硫酸钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，产物加入氢氧化钠溶液碱浸，氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到溶液X为四羟基合铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2。
（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠；
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高；
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2－，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3；
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3和铝发生铝热反应生成三氧化二铝和铁。
【详解】（1）焙烧过程均会产生SO2，是酸性氧化物，用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO2+OH−=HSO3−；
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，再向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3，Al（OH）3再加热分解生成Al2O3；
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3和铝发生铝热反应生成三氧化二铝和铁，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。
25.氮和氮的化合物在工农业生产、国防和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
（1）亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂，可由Cl2和NO在通常反应条件下制得，反应方程式为2NO(g)+Cl2(g) ⇌ 2ClNO(g)。已知几种化学键的键能数据如表所示：
当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上放出的热量为___kJ。(用数字和字母表示)
（2）温度一定时，在一个体积为1L的密闭容器中通入2moNO和1molCl2，10min时ClNO体积占气体总体积40%，反应开始到10min内NO的平均V(NO)=____mol·L-1·min-1。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，装置如图所示：
电池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y(N2O5)，可循环使用，则石墨Ⅱ为电源___极，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为____。
【答案】(1). (578-4a)kJ (2). 0.1mol·L-1·min-1 (3). 正极 (4). O2+2N2O5+4e－═4NO3－
【解析】
【分析】（1）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
（2）根据v=△C/△t计算；
（3）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3－-e－=N2O5，石墨Ⅱ为正极O2+2N2O5+4e－═4NO3－。
【详解】（1）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），1mol Cl2参与反应发生焓变△H=243KJ·mol－1+2×630KJ·mol－1-2×（aKJ·mol－1+607KJ·mol－1）=(289-2a)kJ·mol－1，此时转移2mol电子，则有4mol电子转移时，热量变化为(578-4a)kJ;
（2）反应后各物质变化为
2NO+Cl2=2ClNO
起始物质的量 2 1 0
转化物质的量 2x x 2x
平衡物质的量 2-2x 1-x 2x
2x/(2-2x+1-x+2x)=0.4
x=0.5
V(NO)= 0.1mol·L-1·min-1。
（3）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3－-e－=N2O5，石墨Ⅱ为正极，电极反应：O2+2N2O5+4e－═4NO3－。
26.向27.2g固体Cu(部分被氧化为Cu2O)中加入某浓度的硝酸0.1L，固体物质完全溶解，生成NO2和NO气体，混合气体在标况下体积共8.96L。在所得溶液中加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，并得到蓝色沉淀，沉淀质量为39.2g。试计算(写出简要过程)
（1）固体中Cu2O的质量；____
（2）产生的NO在标况下体积；____
（3）固体物质与硝酸反应后，剩余的硝酸的物质的量浓度（忽略溶液体积变化）。___
【答案】(1). 14.4g (2). 2.24L (3). 2mol/L
【解析】
【分析】（1）在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol·L－1×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜物质的量为：39.2g/98g·mol－1=0.4mol，由铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；
设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量之比；
（2）利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；
（3）由题意可知：反应后溶液为硝酸和硝酸铜的混合溶液，0.4mol的硝酸铜消耗氢氧化钠的物质的量为0.8mol，所以与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.2mol，再根据c=n/V计算。
【详解】（1）在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol·L－1×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜的物质的量为：39.2g/98g·mol－1=0.4mol，由铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；
设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，
Cu2O的铜的质量为：0.1mol×144g·mol－1=14.4g；
（2）根据电子转移守恒可知：3n（NO）+n（NO2）=2n（Cu）+2n（Cu2O），
即：3n（NO）+n（NO2）=2×0.2mol+2×0.1mol=0.6mol，又因为混合气体在标况下体积共8.96L．所以n（NO）+n（NO2）=8.96L/22.4L·mol－1；解得：n（NO）=0.1mol，即：n（NO）=0.1mol，n（NO2）=0.3mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L；
（3）由题意可知：反应后溶液为硝酸和硝酸铜的混合溶液，0.4mol的硝酸铜消耗氢氧化钠的物质的量为0.8mol，所以与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.2mol，剩余的硝酸的物质的量浓度0.2mol/0.1L=2mol·L－1。
考生须知：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137
选择题部分
一、选择题（本大题共20小题，1-15题，每小题2分，16-20，每小题3分，共45分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是（ ）
A
B
C
D
垃圾
废易拉罐
废塑料瓶
废荧光灯管
不可再生废纸
垃圾
分类
可回收物
其他垃圾
有害垃圾
可燃垃圾
【答案】B
【解析】
【详解】A．废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，故A正确；
B．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，故B错误；
C．废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，故C正确；
D．废纸含有大量纤维，可以燃烧，所以属于可燃垃圾，故D正确。
答案选B。
2.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：
B. N2的结构式：N=N
C. Na+的结构示意图：
D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。
【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；
B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；
C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；
D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。
故选D。
3.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是（ ）
A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1
B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D. 0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、I-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na＋、K＋、CO32－、AlO2－之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．FeCl2溶液的Fe2＋易被MnO4－氧化，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．K2CO3与Ba2＋反应生成难溶物碳酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．酸性条件下NO3－能够氧化I－，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。
5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D. Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
【答案】B
【解析】
【详解】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；
B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；
C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关；
D. 电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现 Al2O3具有两性。
故选B。
6.舞台上所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应中NH4NO3只作氧化剂
B. 常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生336mLN2
C. 水在反应中可能起催化作用
D. 每生成1molN2共转移2mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】NH4NO3+Zn═ZnO+N2↑+2H2O中Zn元素的化合价由0升高为+2价，NH4+中N元素的化合价由-3价升高为0，NO3-中N元素的化合价由+5降低为0。
【详解】A．N元素的化合价升高也降低，则NH4NO3作氧化剂、还原剂，故A错误；
B．常温下Vm≠22.4L·mol－1，不能由Zn的质量计算氮气的体积，故B错误；
C．由滴几滴水后产生的白烟及发生的反应可知，水在反应中可能起催化作用，故C正确；
D．由元素的化合价变化可知，每生成1 mol N2共转移5mol电子，故D错误；
故选：C。
7.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作 为判断该反应达到化学平衡状态标志的是（ ）
A. 容器内压强保持不变 B. v正(N2)=2v逆(NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
8.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生
B. 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=－akJ·mol-1，则中和热为0.5akJ·mol-1
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H1=－akJ·mol－1，则氢气燃烧热为akJ·mol-1
D. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)；△H=－akJ·mol－1，则将14gN2(g)和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应物的总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生反应，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，故A错误；
B. 中和热是在一定条件下，稀的强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-akJ·mol-1则中和热为a/2kJ·mol-1，故B正确；
C. 燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则氢气燃烧热为a/2kJ·mol-1，故C错误；
D. 由热化学方程式可知，1mol N2和3mol H2完全反应时放出的热量为akJ，因为N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。14gN2（g）的物质的量为：，和足量H2置于一密闭容器中，参加反应的氮气的物质的量小于0.5mol，故反应放出的热量小于0.5akJ，故D错误。答案选B。
9.中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B. 用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行实验比用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.50mol/LNaOH测得的数值准确
C. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失
D. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热的定义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，和用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH进行反应求出的中和热数值相同，故A正确；
B.在中和热的测定过程中，为了保证实验结果准确，采用的酸碱中，往往让一方过量保证另一方充分反应，故B正确；
C.中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确；
D.在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且不能搅拌，防止热量的散失，保证放出的热量都体现在温度计温度的升高上，故D错误。答案选D。
10.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；
B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；
C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；
D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
11.反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ ）
A. 2∶3 B. 8∶3 C. 6∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。
故答案选A。
12.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. AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s)
【答案】D
【解析】
【详解】A、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2（g）FeCl2（s）转化不能实现，故A错误；
B、AlCl3(aq)与过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，AlCl3(aq)到Al(OH)3(s)不能实现，故B错误；
C、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故C错误；
D、氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故D正确。
故选：D。
13.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是（ ）
A. Pd电极b为阴极
B. 阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C. H+由阳极向阴极迁移
D. 陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
14.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液
C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。
【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；
B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；
C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；
D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；
故选D。
15.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B. 水中的 、、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C. 通过净化处理后，水的导电性降低
D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O
【答案】A
【解析】
【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则
A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；
B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；
C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；
D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；
答案选A。
16.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A. WZ的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。
【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；
B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；
C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；
D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。
故选C。
17.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）
A. 反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】
【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；
B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=>=2000，故D正确；
故选BD。
18.等体积的两份稀酸溶液，一份为amol.L- 1的硝酸溶液；另一份为硝酸和硫酸的混合溶液，硝酸浓度为amol.L- 1 ，硫酸的浓度为bmol.L- 1。若分别向两份溶液加入过量的铜粉，产生的气体体积为1： 2（都只生成NO），则a ： b的值是（ ）
A. 1： 2 B. 3： 2 C. 2： 1 D. 1： 4
【答案】C
【解析】
【分析】设出溶液体积为VL，一份为amol.L- 1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：2/8×Vamol=0.25Vamol；另一份中若硝酸根离子完全反应时生成NO，由N原子守恒可知生成NO为Va mol，而实际生成NO为0.25 Va mol×2=0.5 Va mol＜Va mol，说明第二份溶液中的硝酸根离子有剩余，根据第二份溶液中的氢离子计算出生成NO的物质的量，然后结合生成气体的体积之比为1：2列式计算。
【详解】设出溶液体积为VL，一份为amol.L- 1的硝酸溶液，含有硝酸的物质的量为Vamol，由于铜足量，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：Va×2/8mol=0.25Vamol；另一份中若硝酸根离子完全反应时生成NO，由N原子守恒可知生成NO为Va mol，而实际生成NO为0.25 Va mol×2=0.5 Va mol＜Va mol，所以反应后硝酸根离子有剩余，氢离子完全反应，混合液中含有氢离子的总物质的量为：（Va+2Vb）mol，根据反应3Cu+8H＋+2NO3－（稀）═3Cu2＋+2NO↑+4H2O可知生成气体的物质的量为：
2（Va+2Vb）/8mol=（0.25Va+0.5Vb）mol，根据产生的气体体积为1：2（都只生成NO）可知：0.25Vamol：（0.25Va+0.5Vb）mol=1：2，整理可得a：b=2：1，
故选：C。
19.钡盐生产中排出大量的钡泥[主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等]，某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂，利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如图：
已知：①Fe（OH）3和Fe（OH）2完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2和9.7
②Ba（NO3）2在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度较小
下列有关说法不正确的是（ ）
A. 过滤2后滤液中含有硝酸，操作Ⅱ加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液
B. X试剂应选过量的H2O2，目的是为了使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，最终转化为Fe（OH）3沉淀
C. 操作Ⅲ蒸发结晶、冷却结晶
D. 此工艺流程生产流程会有氮的氧化物造成造成大气污染
【答案】B
【解析】
【分析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡。
【详解】A、过滤后废渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，故A正确；
B、加入硝酸，将亚铁离子氧化生成铁离子，试剂X为碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，故B错误；
C．由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确；
D．硝酸与亚硫酸钡、亚铁离子发生氧化还原反应，可生成NO等污染性气体，故D正确。
故选：B。
20.某溶液中只可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32－、AlO2－、SO32－、SO42－、C1－中的若干种（忽略水的电离），离子浓度均为0.2mol·L-1，现取该溶液加入稀硫酸后得强酸性X溶液，过程中无明显现象，取X溶液进行以下实验：
下列说法中正确的是（ ）
A. 无法确定沉淀C的成分
B. 无法确定原溶液中是否含有Cl－、A13+
C. 溶液A中存在的阳离子有Ba2+、Fe2+、NH4＋、H＋
D. 原溶液中存在Fe2+、NH4＋、Cl－、SO42－
【答案】D
【解析】
【分析】加入的是稀硫酸，无明显现象，直接排除CO32－，AlO2－、SO32－，此过程中引入了SO42－，且溶液呈酸性溶液X，
①X溶液中滴加Ba(NO3)2溶液至过量会产生白色沉淀A，白色沉淀A为BaSO4，加入硫酸引入了SO42－，不能说明原溶液中含有SO42－．得到无色气体A，A遇空气变成棕色，A为NO，说明原溶液中含有还原性离子，故一定含有Fe2＋，过滤，获得溶液A，溶液A中含有Fe3＋、Ba2＋等；
②在溶液A中加入过量的NaOH溶液产生气体、沉淀B，沉淀B为Fe（OH）3，产生气体，该气体一定为NH3，原溶液中含有NH4＋，过滤，获得溶液B，溶液B含有Ba2＋等；
③在溶液B中通入适量CO2气体有沉淀C产生，则沉淀BaCO3或Al（OH）3或二者都有，
原溶液一定有Fe2＋、NH4＋，一定不含CO32－，AlO2－、SO32－，可能含有Al3＋、SO42－、Cl－，由于离子浓度均为0.2mol·L-1，根据电荷守恒，阳离子总电荷一定大于等于0.6mol·L-1，但是阴离子总电荷最大只能为0.6mol·L-1，故一定存在SO42－、Cl－，一定不存在Al3＋，
综合上述分析，可知原溶液一定有Fe2＋、NH4＋、SO42－、Cl－，一定不含Al3＋、CO32－，AlO2－、SO32－。
【详解】A．由分析可知，原溶液中不含Al3＋，故沉淀C为BaCO3，故A错误；
B．由分析可知，溶液中一定含有Cl－，一定不含Al3＋，故B错误；
C．由分析可知，溶液A中Ba2＋、Fe3＋、NH4＋、H＋，故C错误；
D．由分析可知，原溶液一定有Fe2＋、NH4＋、SO42－、Cl－，故D正确；
故选：D。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共6小题，共55分）
21.晶体甲是一种带结晶水的盐，溶于水后可电离出三种离子，其中一种10电子的阳离子。用甲进行如下实验：①取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；②取少量甲溶液于试管中滴加KSCN溶液，溶液呈红色；③取少量甲溶液于试管中，向其中加入足量的稀盐酸，无现象，再加BaCl2溶液，出现白色沉淀。回答下列问题：
（1）经测定晶体甲的摩尔质量为482g·mol- 1，其中阳离子与阴离子物质的量之比为1： 1，则甲晶体的化学式为____。
（2）向甲溶液中加入淀粉-碘化钾混合液，溶液变蓝，写出有关离子方程____。
（3）写出检验晶体中10电子的阳离子的操作及现象：____。
【答案】(1). NH4Fe(SO4)2·12H2O (2). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (3). 取固体，加入过量浓NaOH，加热，试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝
【解析】
分析】晶体甲是一种带结晶水的盐，溶于水后可电离出三种离子，其中一种10电子的阳离子,甲是铵盐，取少量甲溶液于试管中滴入硫氰化钾溶液，溶液呈红色，则甲溶液肯定含有Fe3＋，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，则甲溶液中含有SO42－，综上所述，甲溶液中含有Fe3＋，SO42－，NH4＋，
（1）经测定晶体甲的摩尔质量为482g·mol- 1，其中阳离子与阴离子物质的量之比为1：1，则甲晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
（2）铁离子能将碘离子氧化成碘单质；
（3）铵盐能与强碱作用生成氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验。
【详解】（1）甲溶液中含有Fe3＋，SO42－，NH4＋，阳离子与阴离子物质的量之比为1：1，甲的化学式可能是NH4Fe（SO4）2，晶体的摩尔质量为482g·mol－1，结晶水数目：(482-266)/18=12，所以甲晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O ；
（2）铁离子能将碘离子氧化成碘单质：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；
（3）10电子的阳离子是铵根离子，检验晶体中10电子的阳离子的操作及现象：取固体，加入过量浓NaOH，加热，试管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。
22.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是_____。
（2）B中加入的物质是____，其作用是______。
（3）实验时在C中观察到的现象是_____；发生反应的化学方程式是____。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)22CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 碱石灰（或CaO） (3). 除去NH3中的水蒸气 (4). 黑色粉末部分逐渐变为红色 (5). 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
【解析】
【分析】（1）氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+NH3↑+2H2O；
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；
（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色；
【详解】（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+NH3↑+2H2O；
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；
（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色，发生反应的化学方程式是：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
23.化合物X（仅含三种短周期元素）是一种络合氢化物的储氢材料，在400℃下分解，放出氢气。X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，某研究小组为了探究A的组成和性质，设计并完成了如下实验。（金属互化物--全部由金属元素组成的化合物）
（1）写出单质D对应的阳离子结构示意图：_____。
（2）X在400℃下分解的化学方程式：_____。
（3）写出单质B与NaOH溶液反应的离子方程式：____。
（4）化合物H___(填“可能”或“不可能”)与水发生反应产生H2，判断理由_____。
【答案】(1). (2). 3Mg(AlH4)2=12H2+4Al+Mg3Al2 (3). 2H2O+2Al+2OH-=2AlO2- +3H2 (4). 可能 (5). MgH2中H元素为-1价，H2O中H元素为+1价，发生氧化还原反应（归中反应）生成H2
【解析】
【分析】化合物（仅含三种短期元素）是一种络合氢化物的储氢材料，在400℃下分解，放出氢气，则A为H2，X中某种元素的单质常用来制造信号弹和烟火，含有Mg元素，溶液E通入二氧化碳生成白色胶状沉淀，则F应为Al（OH）3，可知X含有Mg、Al、H三种元素，由转化关系可知D为Mg，H为MgH2，B为Al，由题中数据可知n（Mg）=0.72g/24g·mol－1=0.03mol，n（Al）=1.08g/27g·mol－1=0.04mol，n（Al（OH）3）=4.68g/78g·mol－1=0.06mol，X中含有Al的物质的量为0.06mol，C为Mg3Al2，则n（H）=(2.58g-0.03mol×24g·mol－1-0.06mol×27g·mol－1)/1g·mol－1=0.24mol，则X的化学式为Mg（AlH4）2。
【详解】（1）D为Mg，单质D对应的阳离子结构示意图：。
（2）X在400℃下分解的化学方程式：3Mg(AlH4)2=12H2+4Al+Mg3Al2。
（3）B为Al，单质B与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2H2O+2Al+2OH-=2AlO2- +3H2。
（4）化合物H可能与水发生反应产生H2，判断理由：MgH2中H元素为-1价，H2O中H元素为+1价，发生氧化还原反应（归中反应）生成H2，则可反应。
24.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为____。
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=（1−）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由___（填化学式）转化为____（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与Al混合在高温下发生的反应方程式____。
【答案】(1). SO2+OH−=HSO3− (2). FeS2 (3). 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (4). NaAlO2 (5). Al(OH)3 (6). 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
【解析】
【分析】高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙氧化成硫酸钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，产物加入氢氧化钠溶液碱浸，氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到溶液X为四羟基合铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2。
（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠；
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高；
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2－，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3；
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3和铝发生铝热反应生成三氧化二铝和铁。
【详解】（1）焙烧过程均会产生SO2，是酸性氧化物，用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO2+OH−=HSO3−；
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，再向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3，Al（OH）3再加热分解生成Al2O3；
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3和铝发生铝热反应生成三氧化二铝和铁，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。
25.氮和氮的化合物在工农业生产、国防和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
（1）亚硝酸氯(结构式为Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂，可由Cl2和NO在通常反应条件下制得，反应方程式为2NO(g)+Cl2(g) ⇌ 2ClNO(g)。已知几种化学键的键能数据如表所示：
当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上放出的热量为___kJ。(用数字和字母表示)
（2）温度一定时，在一个体积为1L的密闭容器中通入2moNO和1molCl2，10min时ClNO体积占气体总体积40%，反应开始到10min内NO的平均V(NO)=____mol·L-1·min-1。
（3）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，装置如图所示：
电池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y(N2O5)，可循环使用，则石墨Ⅱ为电源___极，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为____。
【答案】(1). (578-4a)kJ (2). 0.1mol·L-1·min-1 (3). 正极 (4). O2+2N2O5+4e－═4NO3－
【解析】
【分析】（1）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算；
（2）根据v=△C/△t计算；
（3）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3－-e－=N2O5，石墨Ⅱ为正极O2+2N2O5+4e－═4NO3－。
【详解】（1）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），1mol Cl2参与反应发生焓变△H=243KJ·mol－1+2×630KJ·mol－1-2×（aKJ·mol－1+607KJ·mol－1）=(289-2a)kJ·mol－1，此时转移2mol电子，则有4mol电子转移时，热量变化为(578-4a)kJ;
（2）反应后各物质变化为
2NO+Cl2=2ClNO
起始物质的量 2 1 0
转化物质的量 2x x 2x
平衡物质的量 2-2x 1-x 2x
2x/(2-2x+1-x+2x)=0.4
x=0.5
V(NO)= 0.1mol·L-1·min-1。
（3）甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3－-e－=N2O5，石墨Ⅱ为正极，电极反应：O2+2N2O5+4e－═4NO3－。
26.向27.2g固体Cu(部分被氧化为Cu2O)中加入某浓度的硝酸0.1L，固体物质完全溶解，生成NO2和NO气体，混合气体在标况下体积共8.96L。在所得溶液中加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，并得到蓝色沉淀，沉淀质量为39.2g。试计算(写出简要过程)
（1）固体中Cu2O的质量；____
（2）产生的NO在标况下体积；____
（3）固体物质与硝酸反应后，剩余的硝酸的物质的量浓度（忽略溶液体积变化）。___
【答案】(1). 14.4g (2). 2.24L (3). 2mol/L
【解析】
【分析】（1）在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol·L－1×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜物质的量为：39.2g/98g·mol－1=0.4mol，由铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；
设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量之比；
（2）利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；
（3）由题意可知：反应后溶液为硝酸和硝酸铜的混合溶液，0.4mol的硝酸铜消耗氢氧化钠的物质的量为0.8mol，所以与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.2mol，再根据c=n/V计算。
【详解】（1）在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol·L－1×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铜的物质的量为：39.2g/98g·mol－1=0.4mol，由铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；
设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，
Cu2O的铜的质量为：0.1mol×144g·mol－1=14.4g；
（2）根据电子转移守恒可知：3n（NO）+n（NO2）=2n（Cu）+2n（Cu2O），
即：3n（NO）+n（NO2）=2×0.2mol+2×0.1mol=0.6mol，又因为混合气体在标况下体积共8.96L．所以n（NO）+n（NO2）=8.96L/22.4L·mol－1；解得：n（NO）=0.1mol，即：n（NO）=0.1mol，n（NO2）=0.3mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L；
（3）由题意可知：反应后溶液为硝酸和硝酸铜的混合溶液，0.4mol的硝酸铜消耗氢氧化钠的物质的量为0.8mol，所以与硝酸反应的氢氧化钠的物质的量为0.2mol，剩余的硝酸的物质的量浓度0.2mol/0.1L=2mol·L－1。
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