【化学】江西省上饶市横峰中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）

江西省上饶市横峰中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题(每小题3分且只有一个正确答案，共16个小题)
1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 花气袭人知骤暖， 鹊声穿树喜新晴
B. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间
D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
【答案】D
【解析】
【详解】A.诗句描述的没有涉及到化学反应，故A错误；
B.沙里淘金属于物理变化，不是化学反应，故B错误；
C.诗句中涉及的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，都不是氧化还原反应，故C错误；
D.爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，故D正确。
故选D。
2.下列有关阿伏加德罗常数NA的说法正确的是( )
A. 标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
B. 常温常压下，11gCO2中含有0.75NA个原子
C. 标准状况下，NA个水分子的体积约为22．4L
D. 50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【分析】A. 求出二氧化碳的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应来分析；
B. 根据公式n = 计算出CO2的物质的量，再结合分子构成得出结论；
C. 标况下水为液体，不能用气体摩尔体积计算；
D. 二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应。
【详解】A. 标准状况下5.6 L二氧化碳的物质的量为 = 0.25 mol，而过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，根据关系式2CO22e-可知，当0.25 mol二氧化碳参与反应后，转移0.25 NA个电子，故A项错误；
B. 11 g CO2的物质的量为 = 0.25 mol，则其分子内原子个数为0.25 mol3NA= 0.75 NA，故B项正确；
C. 标准状况下水为液体，条件不足，不能按气体摩尔体积22.4 L/mol计算水的体积，故C项错误；
D. 浓盐酸与MnO2共热产生氯气，但随着反应的进行，浓盐酸会变稀，稀盐酸不与MnO2反应，即给定的盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3 NA，故D项错误；
答案选B。
3.下列实验能达到预期目的的是（ ）
选项
实验目的
实验内容
A
检验溶液中是否含SO42-离子
向溶液中加人稀硝酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成
B
检验溶液中是否含NH4+
向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体，加热，在试管口放置湿润的淀粉KI试纸，观察试纸是否变蓝
C
证明Na2O2与CO2是放热反应
用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气
瓶中，观察棉花是否燃烧
D
证明Na与水反应有碱性物质生成
取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，观察是否有气体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能和氯化钡反应且生成不溶于稀硝酸的离子还有银离子等，且硝酸具有强氧化性，向某未知溶液中加入BaCl2溶液后，再加入稀硝酸观察沉淀的生成，生成的沉淀可能是硫酸钡或氯化银，且硝酸能将亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根离子，所以不能据此判断含有SO42-，故A错误；
B. 检验NH4+时，向盛有该溶液的试管中加入NaOH固体,加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明生成了NH3，即原溶液中含有NH4+，故B错误；
C. 用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，若棉花燃烧，说明达到棉花的着火点，则该反应是放热反应，因为大多数自发反应是放热反应，故C正确；
D. 取金属Na，用滤纸将其表面的煤油吸干，切下黄豆大小的Na，小心放入盛有适量水的烧杯中，并向烧杯中滴加酚酞，若溶液变红，则该溶液显碱性，证明Na与水反应有碱性物质生成，故D错误。
故选C。
4.下列有关物质“量”的说法正确的是( )
A. 相同物质的量的Al和A1(OH)3 分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al(OH)3消耗的碱量较多
B. 由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n(Na+):n(C)=7:5，则n(Na2CO3): n(NaHCO3)=2:3
C. 反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，若有1 mol N2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移
D. 相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同
【答案】B
【解析】
【分析】A. 令Al和Al(OH)3的物质的量都为1 mol，根据相关的化学反应方程式的化学计量数与物质的物质的量之间的关系分析作答；
B. 根据碳原子、钠原子守恒规律分析；
C. 根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式，结合方程式计算；
D. 浓硫酸与铜发生氧化还原反应，部分硫酸还原成二氧化硫，铜和稀硫酸不反应。
【详解】A. 令Al和Al(OH)3的物质的量都为1 mol，铝与氢氧化钠反应为2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O，由方程式可知1 molAl和 Al(OH)3消耗NaOH的物质的量都为1 mol，两者消耗的碱量一样多，故A项错误；
B. 根据元素守恒可知，Na2CO3中2n(Na2CO3) = 2n(C) = n(Na+)，而NaHCO3中n(NaHCO3) = n(C) = n(Na+)，若n(Na+)：n(C) = 7：5，则有[2n(Na2CO3) + n(NaHCO3)]：[n(Na2CO3) + n(NaHCO3)]=7：5，解得n(Na2CO3)：n(NaHCO3) = 2：3，故B项正确；
C. 反应N2O4+N2H4→N2+H2O中，N元素化合价由−2价(N2H4)变为0价(N2)，失去4e−，而+4价(N2O4)变为0价(N2)，得到8e−，根据最小公倍数为8，遵循得失电子守恒、原子守恒，所以该反应配平后为N2O4+2N2H4═3N2↑+4H2O，若有1 mol N2O4参加反应，则有8 mol电子发生转移，故C项错误；
D. 根据2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，CuO+ H2SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4(浓)参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后也不再反应，故D项错误；
答案选B。
5.某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的混合溶液 100mL， 已知溶液中阳离子的浓度相同，且 SO42-的物质的量浓度为6 mol •L-1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为( )
A. 5.6 g B. 11. 2 g C. 22.4 g D. 33. 6 g
【答案】C
【解析】
【分析】根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。
【详解】已知n(SO42-) = 0.1 L6 mol/L=0.6 mol，已知CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的混合溶液阳离子的浓度相同，则设n(Cu2+)=n(H+)=n(Fe3+) = n，
根据电荷守恒可知：2n +3n + n = 0.6mol × 2，由此解得n = 0.2 mol，
Cu2+、H+和Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4) = 0.6 mol，
根据Fe元素守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6 mol − 0.2 mol = 0.4 mol，
则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4 mol×56 g/moL = 22.4 g，故C项正确；
答案选C。
6.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是(　　)

A. 钠与W可能形成Na2W2化合物
B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C. W得电子能力比Q强
D. X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
【答案】A
【解析】试题分析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素， A.Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，正确； B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误； C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误； D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是（ ）
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:XW
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。
8.下列有关物质的性质与应用对应的是( )
A. 液氨汽化时能吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此可用作制冷剂
B. NO2气体有毒，且可以和水反应，实验室多余的NO2气体用水吸收即可
C. N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气
D. NH4Cl受热易分解，可用于实验室制氨气
【答案】A
【解析】
【分析】A. 依据液氨汽化吸收大量的热解答；
B. 二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；
C. 氮气与镁反应生成氮化镁；
D. 氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体；
【详解】A. 液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故A项正确；
B. 二氧化氮与水反应可生成一氧化氮，一氧化氮也有毒，所以不能用水吸收多余的二氧化氮，故B项错误；
C. 镁可以在氮气中燃烧生成氮化镁，故C项错误；
D. 氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体，所以实验室不能用分解氯化铵的方法制取氨气，故D项错误；
答案选A。
9.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是( )
A. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
B. 通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C. 通入SO2与I2反应，I2作还原剂后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D. 滴加KI溶液时，转移2 mol电子时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI  2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2  H2SO4+2HI，再结合氧化还原反应的规律分析作答。
【详解】A. 在2CuSO4+4KI 2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低，是氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，综上可知其氧化性大小顺序为：Cu2+＞I2＞SO2，故A项正确；
B. 反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2  H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B项错误；
C. SO2与I2的反应体现了SO2的还原性，故C项错误；
D. CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI  2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2 mol电子生成2 mol CuI，故D项错误；
答案选A。
10.下列离子方程式的书写正确的是(　　)
A. 水玻璃中通入过量二氧化碳：Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓+2Na＋＋CO32-
B. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca(OH)2＋2CO2=Ca2＋＋2HCO3-
C. 硅与氢氟酸的反应：Si＋4H＋＋4F－=SiF4↑＋2H2↑
D. 二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
【答案】D
【解析】
【分析】A. 水玻璃的溶质硅酸钠为强电解质，可拆成离子形式，且过量的二氧化碳与硅酸钠反应生成碳酸氢钠；
B. 氢氧化钙应拆成离子形式；
C. 氢氟酸为弱电解质，应保留化学式；
D. 二者反应生成硅酸钠和水。
【详解】A. 水玻璃中通入过量二氧化碳，其离子方程式为：SiO32-＋2CO2＋2H2O=2HCO3- ＋H2SiO3↓，故A项错误；
B. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳，其离子方程式为：CO2+OH−= HCO3-，故B项错误；
C. 硅与氢氟酸反应的离子方程式为：Si+4HF═SiF4↑+2H2↑，故C项错误；
D. 二氧化硅溶于烧碱溶液中，其离子方程式为：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，故D项正确；
答案选D。
11.X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质，它们均由短周期元素组成，摩尔质量依次增大，均能与水发生氧化还原反应且水既没有被氧化也没有被还原，下列有关说法中正确的是( )
A. X、Y、Z中，只有Y能使湿润的淀粉KI试纸变色
B. X、Y、Z分别遇到湿润的石蕊试纸，最终均能使试纸变成白色
C. 常温常压下，X、Y均是气体且均可用排水法收集
D. Y、Z均能使品红溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z是中学化学常见的三种有色物质（其组成的元素均属短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，据此分析作答。
【详解】A. 这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，三者在水溶液中均具有强氧化性，它们均能将I－(在溶液中)氧化成碘单质，从而使湿润的淀粉KI试纸变色，故A项错误；
B. NO2遇水得到的稀硝酸不具有漂白性，故B项错误；
C. NO2、Cl2两种气体均易溶于水，且与水发生化学反应，故这两种气体不能用排水法收集，故C项错误；
D. Cl2、Na2O2均具有强氧化性，均可漂白品红溶液，故D项正确；
答案选D。
12.向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是( )
选项
X
Y
A
NH3
CO2
B
Cl2
CO2
C
SO2
NO2
D
Cl2
SO2
【答案】B
【解析】
【分析】A. 先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，可生成碳酸钡沉淀；
B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应；
C. NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，可生成硫酸钡沉淀；
D. Cl2、SO2发生氧化还原反应可生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀。
【详解】A. BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A项不符合题意；
B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B项符合题意；
C. NO2溶于水后与SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C项不符合题意；
D. 发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，可生成沉淀，故D项不符合题意；
答案选B。
13.已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色。
据此判断下列说法正确的是（ ）
A. 1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
B. NH4CuSO3中硫元素被氧化
C. 刺激性气味的气体是氨气
D. 反应中硫酸作氧化剂
【答案】A
【解析】试题分析： 根据产生的现象可知发生的反应为2NH4CuSO3+4H＋═Cu+Cu2＋+2SO2↑+2H2O+2NH4＋，A、NH4CuSO3中铜由+1价变为+2和0价，所以1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，A正确；B、NH4CuSO3中硫元素化合价未发生变化，B错误；C、反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，C错误；D、反应只有Cu元素的化合价发生变化，反应中硫酸体现酸性，D错误。答案选A。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的最高价氧化物对应水化物的酸性强
D. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】B
【解析】试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．
A.Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），A错误；B.Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，B错误；C.C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，C正确；D.非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，D正确；答案选B。
15.某化学实验小组对含有Al3+的未知溶液进行了如下分析：
(1)滴加少量NaOH溶液，无明显变化；
(2)继续滴加NaOH溶液，有白色胶状沉淀生成；
(3)滴加过量的NaOH溶液，白色胶状沉淀明显减少。
该实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液的体积的关系。下列说法中错误的是( )

A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子
B. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol•L-1
C. 若另一种离子为二价阳离子，则a=10
D. 若将最终得到的沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g
【答案】D
【解析】
【分析】从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；
A. 根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳离子；
B. 由图可知Al(OH)3沉淀为0.05 mol，消耗的V(NaOH)=10 mL，根据Al(OH)3+OH-=AlO2−+2H2O，先计算n(NaOH)，再利用c = n/V计算c(NaOH)；
C. 若另一种离子为二价阳离子，M2++2OH-=M(OH)2↓，沉淀的物质的量是0.15 mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05 mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；
D. 溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。
【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；
B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10 mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，则根据反应Al(OH)3+OH- = AlO2−+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度是5 mol/L，故B项正确；
C、若另一种离子为二价阳离子，另外一种沉淀的物质的量是0.15 mol，M2++2OH-=M(OH)2↓，则消耗氢氧化钠溶液的体积是60 mL，氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓，可得生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，所以a＝100-60-30=10，故C项正确；
D、由于不能确定其他阳离子的种类，因此不能确定最终沉淀的质量，故D项错误；
答案选D。
16.向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是( )
A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
C. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】C
【解析】
【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0 L，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) = 1.0 mol/L×1.0 L=1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，计算出其物质的量= = 0.4 mol，再根据铜元素守恒有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] = 0.4 mol；
A. 令Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量及关系式n(Cu)+2n(Cu2O) = n[Cu(OH)2]，列方程计算；
B. 根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n(NO)，再根据V=n×Vm计算NO的体积；
C. 根据N元素守恒可知原硝酸溶液n(HNO3) = n(NO) + n(NaNO3)，根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c = 来计算；
D. 反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜、硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3) 剩余+ 2n[[Cu(NO3)2] = n(NaNO3)，据此计算。
【详解】A. 设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有 64 x+144 y = 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，所以n(Cu)：n(Cu2O) = 0.2：0.1 = 2：1，故A项正确；
B.根据电子转移守恒可知：3n(NO) = 2n(Cu) + 2n(Cu2O)，所以3n(NO) = 2×0.2 mol + 2×0.1 mol，解得n(NO) = 0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L/mol = 4.48 L，故B项正确；
C. 根据N元素守恒可知n(HNO3) = n(NO) + n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO) = 2n(Cu) + 2n(Cu2O)，所以3n(NO) = 2×0.2 mol + 2×0.1 mol，解得n(NO) = 0.2 mol，根据Na元素可知n(NaNO3) = n(NaOH) = 1.0 mol/L×1.0 L=1 mol，所以n(HNO3) = n(NO) + n(NaNO3) = 0.2 mol+1 mol = 1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度为 = 2.4 mol/L，故C项错误；
D. 反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜、硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)剩余 + 2n[Cu(NO3)2] = n(NaNO3)，所以n(HNO3) 剩余= n(NaNO3) - 2n[Cu(NO3)2]=1 mol-2×0.4mol = 0.2 mol，故D项正确。
答案选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17.下表为元素周期表的一部分。
碳
氮
Y

X

硫
Z
回答下列问题
(1)Z元素在周期表中的位置为_____________________。
(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)________________。
(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________________。
a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b.在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多
c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
(4)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L-1NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为___________，生成硫酸铜物质的量为____。
【答案】(1). 第三周期ⅦA族 (2). Si (3). a、c (4). NO:0.9 mol；NO2:1.3 mol (5). 2 mol
【解析】
【分析】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，
（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；
（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；
（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；
（4）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种有毒气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，设出NO、NO2的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算各自的物质的量；根据电子守恒可计算生成硫酸铜的物质的量。
【详解】根据元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，
（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，故答案为：第三周期第ⅤⅡA族；
（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，故答案为：Si；
（3）a. Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a项正确；
b. 在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多，氧化性强弱与得电子多少没有必然关系，故b项错误；
c. 元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c项正确；
故答案为：a、c；
（4）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种有毒气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1 mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4 mol，设出NO、NO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：
x+y = 2.2，3x+y = 4
解得：x = 0.9，y =1.3，
根据电子守恒：n(CuSO4)=4 mol/2 = 2 mol，
故答案为：NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol；2mol。
18.A、B、C、D均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，其中A是单质，它们之间存在如图转化关系

Ⅰ．若D是红棕色气体；B气体溶于水后，溶液为碱性。
（1）请写出A的化学式__________，反应③的化学反应方程式为_____________。
（2）D溶于水形成的稀溶液与铜反应的离子方程式为__________，该反应的实验现象为____________（写出两条）。
Ⅱ若B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，反应②③均为强酸条件。
（1）反应④可以通过滴加氨水实现，该反应的离子方程式为____________。
（2）请写出A用于焊接铁轨的化学方程式________________。
【答案】(1). N2 (2). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (3). 3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O (4). 红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成 (5). Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+ (6). 2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe
【解析】
【分析】根据题干中部分物质的性质及图示中给出的转化关系推测各物质的组成，进而书写相关化学方程式及离子方程式。
【详解】Ⅰ．根据图示的转化关系，若D是红棕色气体，则D为二氧化氮；B气体溶于水后，溶液为碱性，则B为氨气；A为单质，则A为氮气；C为一氧化氮；
（1）A的化学式N2，反应③的化学反应方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
（2）D溶于水形成的稀溶液为硝酸，与铜反应的离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O，该反应的实验现象为红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成；
故答案为：N2 ； 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O；红色固体溶解、溶液变为蓝色、有无色气泡生成、在试管口有红棕色气体生成；
Ⅱ若B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，结合图示中转化关系，则推测A为铝,B为氧化铝，C为铝盐，D为氢氧化铝；
（1）反应④离子方程式为Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+；
（2）A用于焊接铁轨的化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，
故答案为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+；2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。
19.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。
(1)探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，将其溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。
(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了m g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①装置D的作用是_________________________________；
②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_________________________________；
③写出装置C中发生主要反应的化学方程式_________________________________；
④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是____________(填序号)；
a．读取气体体积前，需冷却到室温
b．调整量筒使E、F内液面高度相同
c．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积
⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为______________________________。
【答案】(1). BaCl2 (2). 吸收氧气中混有的二氧化碳气体 (3). 检查装置气密性 (4). 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 (5). abc (6). 39V/56m%
【解析】
【分析】（1）过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，依据碳酸根离子检验是否变质；
（2）①二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，可能会有过量的二氧化碳干扰氧气体积的测定，因此需用装置D吸收氧气中混有的二氧化碳气体，
故答案为：吸收氧气中混有的二氧化碳气体；
②依据装置图分析可知，测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置必须气密性良好；
③装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；
④依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面相平，温度在常温下；
⑤依据生成氧气的体积计算物质的量，结合化学方程式计算得到过氧化钠的物质的量，得到过氧化钠的质量分数；
【详解】（1）过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀证明Na2O2已经变质，故答案为：BaCl2溶液；
（2）①二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，可能会有过量的二氧化碳干扰氧气体积的测定，因此需用装置D吸收氧气中混有的二氧化碳气体，故答案为：吸收氧气中混有的二氧化碳气体；
②实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置必须气密性良好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性；
③装置C中发生的是二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为：2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2；故答案为：2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2；
④a. 直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a项正确；
b. 调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b项正确；
c. 视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c项正确；
故答案为：abc；
⑤测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为V mL其物质的量=，根据化学方程式2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2可知样品中过氧化钠的物质的量为×2 mol，则其质量分数为=×100% = 39V/56m%；
故答案为：39V/56m%；
20.X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同。回答下列问题：
(1)Y和Z的元素符号分别为____和____。
(2)X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是________。此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为____________________________；此化合物还可将碱性工业废水中的CN—氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为_____________________________。
【答案】(1). O (2). Na (3). H2O2 (4). 5H2O2+2MnO4-+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑ (5). H2O2+CN-+OH-CO3 2-+NH3
【解析】
【分析】短周期元素X、Y和Z的原子序数依次增大，X原子形成的单质是密度最小的气体，则X为H；Y原子的最外层电子数是其周期数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，据此答题。
【详解】由上述分析可知，
（1）根据上面的分析可知，X为氢、Y为氧，Z的元素是钠，故答案为：O；Na；
（2）由H和O元素组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2；过氧化氢在酸性条件下与高锰酸钾发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律与配平原则可知，其离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN−氧化为碳酸盐和氨，其离子方程式为：H2O2+CN－+OH－CO3 2－+NH3，
故答案为：H2O2；5H2O2+2MnO4－+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑；H2O2+CN－+OH－CO32-+NH3。
21.“碳捕捉技术”常用于去除或分离气流中的二氧化碳。
Ⅰ．2017年，中国科学家在利用二氧化碳直接制备液体燃料领域取得了突破性进展，其中用二氧化碳制备甲醇（CH3OH）的反应如下图：

（1）A的化学式为_________。
（2）该反应说明CO2具有___________性（填“氧化”或“还原”）。若有1mol甲醇生成，转移电子的物质的量为_________________mol。
Ⅱ．利用NaOH溶液“捕提＂CO2的基本过程如下图（部分条件及物质已略去）：

（1）反应分离室中，发生反应的化学方程式分别为CaO＋H2O＝Ca（OH）2和__________________
（2）高温反应炉中，涉及反应的化学反应类型为_______________________。
（3）整个过程中，可以循环利用物质的化学式为__________________。
【答案】(1). H2O (2). 氧化 (3). 6 (4). NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O （或Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓ ） (5). 分解反应 (6). NaOH CaO
【解析】
【分析】根据反应中元素化合价的变化分析物质的氧化性和还原性，并计算转移的电子数；根据题干信息及图示分析每步过程中发生的化学反应，进而分析反应的类型及过程中可循环利用的物质。
【详解】Ⅰ．（1）根据反应的图示及质量守恒得：A为水，化学式为H2O，
故答案为：H2O；
（2）二氧化碳中碳元素化合价为+4，甲醇中碳元素化合价为-2，化合价降低，CO2发生还原反应，所以二氧化碳具有氧化性；反应中，氢元素的化合价由0升高为+1价，有1mol甲醇生成时，3molH2参加反应，转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，
故答案为：氧化， 6；
Ⅱ．（1）由题干及图示知，氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠或碳酸氢钠，分离室中还会分离出氢氧化钠，所以还存在的反应是：Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓或NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O，故答案为：NaHCO3 + Ca（OH）2 = NaOH + CaCO3↓ + H2O （或Na2CO3 + Ca（OH）2 = 2NaOH + CaCO3↓ ；
（2）根据图示，高温反应炉中发生的反应是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，化学反应类型为分解反应，故答案为：分解反应；
（3）根据图示，参加反应且又生成的物质为可循环利用的物质，整个过程中，可以循环利用物质是氢氧化钠和氧化钙，化学式为NaOH、CaO，故答案为：NaOH、CaO。