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【化学】重庆市璧山大路中学校2018-2019学年高一下学期4月月考试题（解析版）
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重庆市璧山大路中学校2018-2019学年高一下学期4月月考试题
一、单选题（每题2分共40分）
1.下列物质不属于“城市空气质量日报”报道内容的是( )
A. 二氧化硫 B. 氮氧化物
C. 二氧化碳 D. 悬浮颗粒
【答案】C
【解析】空气的污染途径是工厂废气的任意排放，大量燃烧化石燃料，汽车尾气的排放等，可总结为：有害气体和烟尘，空气质量报告中主要报告对人体有害的一些污染性成分的含量，可吸入颗粒物、总悬浮颗粒物，二氧化硫、二氧化氮、一氧化碳等都属于空气的污染物，二氧化碳不是污染物，不属于城市空气质量日报的内容；故答案为C。
2.用0.1mol·L-1的Na2SO3溶液30mL恰好将2×10-3mol的XO4—还原，则元素X在还原产物中的化合价是( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【解析】试题解析：设X在还原产物中的化合价为x，根据得失电子数目守恒，30×10－3×0.1×2=2×10－3×(7－x)，解得x=4，故选项D正确。
3.下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是( )
①活性炭 ②新制氯水③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠 ⑥双氧水
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。
4.下列制取SO2，验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。
5.下列物质中，不能由单质直接化合生成的是( )
①CuS ②FeS ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2
A. ①③⑤ B. ①②③⑤ C. ①②④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：①S单质的氧化性较弱，Cu与S单质加热发生反应变为Cu2S，错误；②Fe与S混合加热发生反应产生FeS，正确；③S点燃与氧气发生反应产生SO2，错误；④氢气与硫单质在高温下发生化合反应产生H2S，正确；⑤由于氯气的氧化性很强，因此Fe与氯气发生反应产生FeCl3，错误。不能由单质直接化合生成的是①③⑤，选项A符合题意。
6.下列关于N2的说法错误的是( )
A. 通常情况下N2性质很稳定，所以N2可在电焊时作保护气
B. 反应N2+O22NO是汽车尾气造成污染的主要原因之一
C. N2的质量约占空气总质量的
D. 在反应3Mg+N2Mg3N2中，N2作氧化剂
【答案】C
【解析】A．N2可在电焊时作保护气，是利用氮气的稳定性，故A正确；
B．汽车尾气造成污染的主要原因之一是N2+O22NO，故B正确；
C．氮气的体积约占空气总体积的，故C错误；
D．在反应3Mg+N2Mg3N2中，N元素的化合价降低，得电子，即N2作氧化剂，故D正确；答案为C。
7.把少量NO2体通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是( )
A. 氧气 B. 二氧化氮
C. 二氧化氮和氧气 D. 二氧化氮和一氧化氮
【答案】C
【解析】试题分析：假设3摩尔二氧化氮和水反应生成2摩尔硝酸和1摩尔一氧化氮，2摩尔硝酸和小苏打反应生成2摩尔二氧化碳，2摩尔二氧化碳和过氧化钠反应生成1摩尔氧气，1摩尔一氧化氮和0.5摩尔氧气反应生成1摩尔二氧化氮，所以剩余气体有二氧化氮和氧气，选C。
8.将3mol的NO2气体依次通入下列三个分别装有足量①NaHCO3饱和溶液、②浓H2SO4、③Na2O2的装置后， 用排水法把残留气体收集起来，则收集到的气体是(同温、同压下测定)( )
A. 1mol NO B. 1mol NO2和0.05mol O2
C. 2mol O2 D. 0.25mol O2
【答案】D
【解析】3molNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成1molNO、2molHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2↑+H2O，生成2molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为1molNO、2molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为1molNO、2molCO2，气体通过过氧化钠，发生反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，生成1molO2，再发生反应2NO+O2=2NO2，1molNO消耗0.5molO2，生成1molNO2，故从过氧化钠出来的气体最终为0.5molO2、1molNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，1molNO2消耗O2为1mol×=0.25mol，故最终剩余的氧气为0.5mol-0.25mol=0.25mol，故最终收集到的气体是0.25molO2，故选D。
9.下列说法正确的是( )
A. 因为SO2有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色
B. 能使品红溶液褪色的不一定是SO2
C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2、H2O2、O3都能使红墨水褪色且其原理相同
D. SO2和Cl2同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好
【答案】B
【解析】A．二氧化硫漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而漂白，可以漂白品红溶液，但二氧化硫被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；
B．二氧化硫、次氯酸等物质都能使品红溶液褪色，所以能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2，故B正确；
C．漂白粉、Na2O2、H2O2和O3的漂白性是利用其强氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质，所以其漂白原理不相同，故C错误；
D．二者反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；故答案为B。
10.工业上通过氮气和氢气反应合成氨，氨经一系列反应可以得到硝酸。反应历程如下图所示，下列说法不正确的是( )
A. 氨可用作制冷剂
B. 铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用
C. 硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等
D. 某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应能生成1mol
【答案】D
【解析】A．液氨挥发过程中吸收能量，可用作制冷剂，故A正确；
B．铵态氮肥溶解后铵根离子水解显酸性，一般不能与碱性化肥共同使用，故B正确；
C．硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故C正确；
D．某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应，随反应进行溶液浓度变稀后反应生成一氧化氮气体，生成NO2 小于1mol，故D错误；答案为D。
11.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定有SO2和NO B. 肯定只有NO
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定没有Cl2、NO2，可能有O2
【答案】A
【解析】
【分析】由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，因此混合气体中没有O2。
【详解】该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）。混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2。把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有O2，即原混合气体中一定含有SO2和NO，一定不存在Cl2、O2、NO2。答案选A。
12.“84”消毒液在日常生活中被广泛使用。该消毒液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用。你认为它可能的有效成分是( )
A. SO2 B. Na2CO3 C. KMnO4 D. NaClO
【答案】D
【解析】试题分析：Na2CO3、KMnO4都没有漂白性，SO2虽具有漂白性，但其水溶液pH小于7，NaClO也具有漂白性，pH大于7，所以，“84”消毒夜可能的有效成分是NaClO，故选D。
13.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后，溶液中大量存在的金属阳离子是( )
A. 只有Fe2+ B. 只有Fe3+ C. 有Fe2+和Cu2+ D. 有Fe3+和Cu2+
【答案】A
【解析】
【分析】金属性：Fe>Cu，铁过量，只有铁单质与浓硝酸反应，先发生：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，铁单质还能与Fe3＋反应，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，金属阳离子是Fe2＋。
【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe＋3HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2＋，故选项A正确。
14.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－
C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见离子的检验方法进行分析，
A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；
B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；
C.湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；
D.含Ca2+、Ba2+的溶液均能与碳酸钠溶液反应，产生白色沉淀，产生的沉淀都能溶于酸。
【详解】A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色使澄清石灰水变浑浊的气体，不一定有CO32-，还可能是HCO3-等，A错误；
B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应，生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，存在硫酸根或是银离子中的至少一种，B错误；
C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则溶液中一定有NH4+，C正确；
D.含有 Ca2+、Ba2+溶液均能与碳酸钠溶液产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀溶解，放出CO2气体，因此加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，故不一定有Ba2＋，D错误；
故合理选项是C。
15.向含4mol KNO3和2.5mol H2SO4的某稀溶液中加入1.5mol铁，充分反应后，产生的气体在标准状况下的体积为( )
A. 33.6L B. 28L C. 22.4L D. 11.2L
【答案】B
【解析】
【分析】n(H+)=2.5mol×2=5mol，n(NO3-)=4，发生3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，以此计算该题。
【详解】n(H+)=2.5mol×2=5mol，n(NO3-)=4，铁粉的物质的量为1.5mol，
由 3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，
3 2 8
1.5mol 0.1mol 4mol
则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
x 4x x
3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
y y y
则x+y＝1.5、4x+y=5，解得x=0.75mol，y=0.75mol；
生成NO的体积为(0.75mol+0.75mol×)×22.4L/mol=28L，故答案为B。
16.下列叙述中正确的是( )
A. 除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B. 除短周期外，其他周期均有18种元素
C. 副族元素中没有非金属元素
D. 碱金属元素是指Ⅰ族的所有元素
【答案】C
【解析】试题分析：A不正确，因为F元素没有正价；第三和二周期都是含有8种元素，B不正确；副族全部是金属元素，C正确；D不正确，氢元素是非金属，位于IA，答案选C。
17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )
A. X的简单氢化物的热稳定性比W强
B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】C
【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。
18.下列各性质中不符合图示关系的( )
A. 还原性 B. 与水反应的剧烈程度 C. 熔点 D. 原子半径
【答案】C
【解析】图中表示碱金属的某项性质随核电荷数的增大而逐渐增大或升高。随核电荷数增大，碱金属元素原子半径逐渐增大，还原性增强，单质与水反应的剧烈程度增大，A、B、D符合图像关系；随核电荷数增大，碱金属的熔点逐渐降低，答案选C。
19.医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病，则有关14C的叙述正确的是( )
A. 与14N含有的中子数相同 B. 是C60的同素异形体
C. 与C60中普通碳原子的化学性质不同 D. 与12C互为同位素
【答案】D
【解析】A．14C中子数为14-6=8，14N的中子为14-7=7，二者不同，故A错误；
B．C60为单质，但14C为原子，二者不是同素异形体，故B错误；
C．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故C错误；
D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案为D。
20.在被水吸收的反应中，发生还原反应和氧化反应的物质的质量比为( )
A. 3:1 B. 1:3 C. 1:2 D. 2:1
【答案】C
【解析】在反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中元素化合价的变化：NO2中1个N由+4价降到+2价被还原，另两个N由+4价升高到+5价被氧化，二氧化氮既是氧化剂，也是还原剂，所以发生还原反应和发生氧化反应的物质的质量比为1:2。答案选C。
三、填空题
21.形成酸雨的原理之一可简单表示如下:
回答下列问题:
（1）酸雨的pH__________(填“ > ”、“ < ”或“ =”)5.6。
（2）D物质的化学式为__________。
（3）反应②化学方程式为__________。
【答案】(1). < (2). H2SO3 (3). 2SO2+O22SO3
【解析】
【分析】含硫燃料燃烧生成A为SO2，二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C为H2SO4，二氧化硫和水反应生成D为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸；
(1)酸雨是指溶液pH＜5.6的雨水；
(2)D为亚硫酸；
(3)反应②是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫。
【详解】含硫燃料燃烧生成A为SO2，二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C为H2SO4，二氧化硫和水反应生成D为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸；
(1)酸雨是指溶液pH＜5.6的雨水；
(2)D为亚硫酸，化学式为H2SO3；
(3)反应②是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3。
22.某课外活动小组的同学在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证哪位同学的判断正确，丙同学设计了图中的实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该反应装置略去)。
试回答下列问题:
（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__________。
（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__________。
（3）A中加入的试剂可能是______，作用是__________；B中加入的试剂可能是__________，作用是_______；E中加入的试剂可能是__________，作用是__________。
（4）可以证明气体X中含有氢气的实验现象:C中__________，D中__________。
【答案】(1). Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O (2). 当Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2 (3). 品红溶液 (4). 检验SO2 (5). 浓硫酸 (6). 吸收水蒸气 (7). 碱石灰 (8). 防止空气中的水蒸气进入装置D中 (9). 黑色粉末变成红色 (10). 白色粉末变成蓝色
【解析】
【分析】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到；
(2)浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2；
(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰，据此分析(3)(4)。
【详解】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到，锌和浓硫酸反应得二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在Zn与浓H2SO4反应过程中，H2SO4被消耗且有水生成，H2SO4浓度逐渐减小，变成稀硫酸，Zn与稀H2SO4反应生成H2；
(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中 的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；
(5)证明生成的气体中含有水蒸气的现象是：C装置中黑色氧化铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色。
23.A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大。A与D同主族，B与E同主族，C与F同主族。且C与F能形成原子个数比为2∶1的化合物M和原子个数比为3:1的化合物N。已知E元素为地壳中含量居第2位的元素，D为金属。
（1）写出下列元素符号:A__________，B__________，C__________，D__________，E__________，F__________。
（2）M能在一定条件下生成N，写出反应的化学方程式:__________。
（3）写出F在元素周期表中的位置:__________。
（4）写出工业上用B来制备单质E的化学方程式:__________。
【答案】(1). H (2). C (3). O (4). Na (5). Si (6). S (7). 2SO2+O22SO3 (8). 第3周期ⅥA族 (9). C+SiO2Si+2CO↑
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大，则A为H元素；A与D同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E元素为地壳中含量居第2位的元素，则E为Si；B与E同主族，则B为碳元素；C与F同主族，且C与F能形成原子个数比为2：1的化合物M与原子个数比为3：1的化合物N，则C为O元素、F为S元素，M为SO2，N为SO3，据此解答。
【详解】(1)A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大，则A为H元素；A与D同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E元素为地壳中含量居第2位的元素，则E为Si；B与E同主族，则B为碳元素；C与F同主族，且C与F能形成原子个数比为2：1的化合物M与原子个数比为3：1的化合物N，则C为O元素、F为S元素，M为SO2，N为SO3；
(2)M为SO2，N为SO3，M能在一定条件下生成N的化学方程式：2SO2+O22SO3；
(3)F为S元素，处于周期表中第三周期ⅥA族；
(4)工业上用碳在高温下还原二氧化硅制得晶体Si，发生反应的化学方程式为C+SiO2Si+2CO↑。
24.根据所学知识，回答问题：
（1）A元素原子的核电荷数为8，其原子核内的质子数为__________，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为__________，中子数是9的核素表示为__________。
（2）B元素原子一价阳离子的核外有18个电子，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为__________。
（3）A、B形成1:1型化合物的相对分子质量是__________。
【答案】(1). 8 (2). 10 (3). 178O (4). 21 (5). 114
【解析】 (1)A元素原子的核电荷数为8，其原子核内的质子数为8，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为8+2=10，A为氧元素，中子数是9的核素，其质量数为8+9=17，核素表示为178O；
(2)B元素原子的一价阳离子的核外有18个电子，则B的质子数为18+1=19，中子数=40-19=21；
(3)A为O元素，B为K元素，二者形成1：1型化合物为40K217O2，其相对分子质量为40×2+17×2=114。
25.某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应情况，用如图所示的装置进行有关实验。
（1）装置B是用来收集实验中产生的气体的装置， 但未将导管画全，请在图中把导管补充完整__________
（2）实验中取6.4g铜片和12mL 18mol·L-1的浓硫酸分别放在圆底烧瓶和分液漏斗中，加热，直到反应结束，发现烧瓶中还有铜片剩余。该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的H2SO4剩余。
①请写出铜与浓硫酸反应的化学方程式:__________
②你认为在有剩余的情况下铜片未能完全溶解的原因是__________
③下列药品能够用来证明反应结束后的烧瓶中存在余酸的是__________(填序号)。
A.铁粉 B. BaCl2溶液 C.银粉 D.Na2CO3溶液
（3）为定量测定余酸的物质的量浓度，某位同学进行了如下实验:先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再计算余酸的物质的量浓度(忽略反应前后溶液体积的变化)。他认为测定SO2的量的方法有多种，下列实验方案中可行的是__________(填序号，下同)，最终计算得出的余酸的物质的量浓度比实际偏高的是__________
A.将装置A产生的气体缓缓通过预先称量过的盛有碱石灰的干燥管，反应结束后再次称量干燥管
B.用排水法测定装置A产生气体的体积
C.将装置A产生的气体缓缓通入足量稀硝酸酸化的硝酸钡溶液中，反应完全后，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀
【答案】(1). (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (3). 随着H2SO4的消耗，浓硫酸的浓度不断降低，稀硫酸与Cu不反应 (4). AD (5). C (6). B
【解析】
【分析】(1)依据实验产生的气体是二氧化硫与空气的密度大小比较分析，确定收集实验中产生的气体的装置中导气管的位置，收集气体时，导管长进短出；
(2)①根据铜是金属具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，反应必须加热才能进行，注意书写化学方程式时的反应条件和浓字的书写；
②从浓硫酸随着反应进行浓度变稀，铜不和稀硫酸发生反应分析；
③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，从能够与氢离子反应并且有明显现象来分析；
(3)A．碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大；
B．二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫体积减少；
C．二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。
【详解】(1)铜跟浓硫酸反应生成了二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；
(2)①铜跟浓硫酸反应的化学方程式注意加热条件，书写的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；
②6.4g铜片和12mL 18mol•L-1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式的定量关系可知，0.1mol铜与含2.16mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，硫酸被消耗，且产物有水生成，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但不能让铜片完全溶解；
③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子；A．铁粉与氢离子反应产生气泡，故A正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，故B错误；C．银粉不反应，无现象，故C错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，故D正确；故答案为AD；
(3)A．碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致余酸的物质的量浓度偏低；B．二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫体积减少，导致余酸的物质的量浓度偏高；C．二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；故实验方案中可行的是C，最终计算得出的余酸的物质的量浓度比实际偏高的是B。
26.某同学用下列装置(固定及夹持装置、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。
回答下列问题:
（1）若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为__________；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是__________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是__________。
（2）若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是__________，分液漏斗中装的试剂是__________，收集装置应选择__________(填装置序号)。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O (2). ③⑦ (3). 氨气难溶于该试剂，且该试剂不易挥发，不与氨气反应 (4). CaO(或NaOH固体或碱石灰) (5). 浓氨水 (6). ⑥
【解析】
【分析】(1)若用装置①制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发；
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，根据氨气的性质及密度确定收集方法。
【详解】(1)若用装置①制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发，测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是③⑦；
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，分液漏斗中是浓氨水；根据氨气的性质及密度确定收集方法，氨气极易溶于水，常温下，氨气和空气中成分不反应，且氨气密度小于空气，所以可以采用向下排空气法收集，导气管伸入试管底部，选择装置⑥。
一、单选题（每题2分共40分）
1.下列物质不属于“城市空气质量日报”报道内容的是( )
A. 二氧化硫 B. 氮氧化物
C. 二氧化碳 D. 悬浮颗粒
【答案】C
【解析】空气的污染途径是工厂废气的任意排放，大量燃烧化石燃料，汽车尾气的排放等，可总结为：有害气体和烟尘，空气质量报告中主要报告对人体有害的一些污染性成分的含量，可吸入颗粒物、总悬浮颗粒物，二氧化硫、二氧化氮、一氧化碳等都属于空气的污染物，二氧化碳不是污染物，不属于城市空气质量日报的内容；故答案为C。
2.用0.1mol·L-1的Na2SO3溶液30mL恰好将2×10-3mol的XO4—还原，则元素X在还原产物中的化合价是( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【解析】试题解析：设X在还原产物中的化合价为x，根据得失电子数目守恒，30×10－3×0.1×2=2×10－3×(7－x)，解得x=4，故选项D正确。
3.下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是( )
①活性炭 ②新制氯水③二氧化硫 ④臭氧 ⑤过氧化钠 ⑥双氧水
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】新制氯水、臭氧、过氧化钠和双氧水都是利用其强氧化性，使品红褪色。
4.下列制取SO2，验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】B
【解析】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。
5.下列物质中，不能由单质直接化合生成的是( )
①CuS ②FeS ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2
A. ①③⑤ B. ①②③⑤ C. ①②④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：①S单质的氧化性较弱，Cu与S单质加热发生反应变为Cu2S，错误；②Fe与S混合加热发生反应产生FeS，正确；③S点燃与氧气发生反应产生SO2，错误；④氢气与硫单质在高温下发生化合反应产生H2S，正确；⑤由于氯气的氧化性很强，因此Fe与氯气发生反应产生FeCl3，错误。不能由单质直接化合生成的是①③⑤，选项A符合题意。
6.下列关于N2的说法错误的是( )
A. 通常情况下N2性质很稳定，所以N2可在电焊时作保护气
B. 反应N2+O22NO是汽车尾气造成污染的主要原因之一
C. N2的质量约占空气总质量的
D. 在反应3Mg+N2Mg3N2中，N2作氧化剂
【答案】C
【解析】A．N2可在电焊时作保护气，是利用氮气的稳定性，故A正确；
B．汽车尾气造成污染的主要原因之一是N2+O22NO，故B正确；
C．氮气的体积约占空气总体积的，故C错误；
D．在反应3Mg+N2Mg3N2中，N元素的化合价降低，得电子，即N2作氧化剂，故D正确；答案为C。
7.把少量NO2体通入过量小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是( )
A. 氧气 B. 二氧化氮
C. 二氧化氮和氧气 D. 二氧化氮和一氧化氮
【答案】C
【解析】试题分析：假设3摩尔二氧化氮和水反应生成2摩尔硝酸和1摩尔一氧化氮，2摩尔硝酸和小苏打反应生成2摩尔二氧化碳，2摩尔二氧化碳和过氧化钠反应生成1摩尔氧气，1摩尔一氧化氮和0.5摩尔氧气反应生成1摩尔二氧化氮，所以剩余气体有二氧化氮和氧气，选C。
8.将3mol的NO2气体依次通入下列三个分别装有足量①NaHCO3饱和溶液、②浓H2SO4、③Na2O2的装置后， 用排水法把残留气体收集起来，则收集到的气体是(同温、同压下测定)( )
A. 1mol NO B. 1mol NO2和0.05mol O2
C. 2mol O2 D. 0.25mol O2
【答案】D
【解析】3molNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成1molNO、2molHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2↑+H2O，生成2molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为1molNO、2molCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为1molNO、2molCO2，气体通过过氧化钠，发生反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，生成1molO2，再发生反应2NO+O2=2NO2，1molNO消耗0.5molO2，生成1molNO2，故从过氧化钠出来的气体最终为0.5molO2、1molNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，1molNO2消耗O2为1mol×=0.25mol，故最终剩余的氧气为0.5mol-0.25mol=0.25mol，故最终收集到的气体是0.25molO2，故选D。
9.下列说法正确的是( )
A. 因为SO2有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色
B. 能使品红溶液褪色的不一定是SO2
C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2、H2O2、O3都能使红墨水褪色且其原理相同
D. SO2和Cl2同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好
【答案】B
【解析】A．二氧化硫漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质而漂白，可以漂白品红溶液，但二氧化硫被溴、酸性高锰酸钾氧化而使这两种物质褪色，二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，故A错误；
B．二氧化硫、次氯酸等物质都能使品红溶液褪色，所以能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2，故B正确；
C．漂白粉、Na2O2、H2O2和O3的漂白性是利用其强氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质，所以其漂白原理不相同，故C错误；
D．二者反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；故答案为B。
10.工业上通过氮气和氢气反应合成氨，氨经一系列反应可以得到硝酸。反应历程如下图所示，下列说法不正确的是( )
A. 氨可用作制冷剂
B. 铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用
C. 硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等
D. 某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应能生成1mol
【答案】D
【解析】A．液氨挥发过程中吸收能量，可用作制冷剂，故A正确；
B．铵态氮肥溶解后铵根离子水解显酸性，一般不能与碱性化肥共同使用，故B正确；
C．硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故C正确；
D．某浓硝酸中含有溶质2mol，标准状况下，该浓硝酸与足量的铜完全反应，随反应进行溶液浓度变稀后反应生成一氧化氮气体，生成NO2 小于1mol，故D错误；答案为D。
11.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定有SO2和NO B. 肯定只有NO
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定没有Cl2、NO2，可能有O2
【答案】A
【解析】
【分析】由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红，品红褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，因此混合气体中没有O2。
【详解】该气体是无色的，则一定不能含有氯气（黄绿色）和NO2（红棕色）。混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明含有SO2。把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，这说明含有NO，因此就一定不能含有O2，即原混合气体中一定含有SO2和NO，一定不存在Cl2、O2、NO2。答案选A。
12.“84”消毒液在日常生活中被广泛使用。该消毒液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用。你认为它可能的有效成分是( )
A. SO2 B. Na2CO3 C. KMnO4 D. NaClO
【答案】D
【解析】试题分析：Na2CO3、KMnO4都没有漂白性，SO2虽具有漂白性，但其水溶液pH小于7，NaClO也具有漂白性，pH大于7，所以，“84”消毒夜可能的有效成分是NaClO，故选D。
13.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后，溶液中大量存在的金属阳离子是( )
A. 只有Fe2+ B. 只有Fe3+ C. 有Fe2+和Cu2+ D. 有Fe3+和Cu2+
【答案】A
【解析】
【分析】金属性：Fe>Cu，铁过量，只有铁单质与浓硝酸反应，先发生：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，铁单质还能与Fe3＋反应，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，金属阳离子是Fe2＋。
【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe＋3HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2＋，故选项A正确。
14.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－
C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见离子的检验方法进行分析，
A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；
B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；
C.湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；
D.含Ca2+、Ba2+的溶液均能与碳酸钠溶液反应，产生白色沉淀，产生的沉淀都能溶于酸。
【详解】A.盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色使澄清石灰水变浑浊的气体，不一定有CO32-，还可能是HCO3-等，A错误；
B.氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应，生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，存在硫酸根或是银离子中的至少一种，B错误；
C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则溶液中一定有NH4+，C正确；
D.含有 Ca2+、Ba2+溶液均能与碳酸钠溶液产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀溶解，放出CO2气体，因此加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，故不一定有Ba2＋，D错误；
故合理选项是C。
15.向含4mol KNO3和2.5mol H2SO4的某稀溶液中加入1.5mol铁，充分反应后，产生的气体在标准状况下的体积为( )
A. 33.6L B. 28L C. 22.4L D. 11.2L
【答案】B
【解析】
【分析】n(H+)=2.5mol×2=5mol，n(NO3-)=4，发生3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，以此计算该题。
【详解】n(H+)=2.5mol×2=5mol，n(NO3-)=4，铁粉的物质的量为1.5mol，
由 3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，
3 2 8
1.5mol 0.1mol 4mol
则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，
Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
x 4x x
3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
y y y
则x+y＝1.5、4x+y=5，解得x=0.75mol，y=0.75mol；
生成NO的体积为(0.75mol+0.75mol×)×22.4L/mol=28L，故答案为B。
16.下列叙述中正确的是( )
A. 除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B. 除短周期外，其他周期均有18种元素
C. 副族元素中没有非金属元素
D. 碱金属元素是指Ⅰ族的所有元素
【答案】C
【解析】试题分析：A不正确，因为F元素没有正价；第三和二周期都是含有8种元素，B不正确；副族全部是金属元素，C正确；D不正确，氢元素是非金属，位于IA，答案选C。
17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )
A. X的简单氢化物的热稳定性比W强
B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】C
【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。
18.下列各性质中不符合图示关系的( )
A. 还原性 B. 与水反应的剧烈程度 C. 熔点 D. 原子半径
【答案】C
【解析】图中表示碱金属的某项性质随核电荷数的增大而逐渐增大或升高。随核电荷数增大，碱金属元素原子半径逐渐增大，还原性增强，单质与水反应的剧烈程度增大，A、B、D符合图像关系；随核电荷数增大，碱金属的熔点逐渐降低，答案选C。
19.医学界通过用放射性14C标记的C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病，则有关14C的叙述正确的是( )
A. 与14N含有的中子数相同 B. 是C60的同素异形体
C. 与C60中普通碳原子的化学性质不同 D. 与12C互为同位素
【答案】D
【解析】A．14C中子数为14-6=8，14N的中子为14-7=7，二者不同，故A错误；
B．C60为单质，但14C为原子，二者不是同素异形体，故B错误；
C．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故C错误；
D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案为D。
20.在被水吸收的反应中，发生还原反应和氧化反应的物质的质量比为( )
A. 3:1 B. 1:3 C. 1:2 D. 2:1
【答案】C
【解析】在反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中元素化合价的变化：NO2中1个N由+4价降到+2价被还原，另两个N由+4价升高到+5价被氧化，二氧化氮既是氧化剂，也是还原剂，所以发生还原反应和发生氧化反应的物质的质量比为1:2。答案选C。
三、填空题
21.形成酸雨的原理之一可简单表示如下:
回答下列问题:
（1）酸雨的pH__________(填“ > ”、“ < ”或“ =”)5.6。
（2）D物质的化学式为__________。
（3）反应②化学方程式为__________。
【答案】(1). < (2). H2SO3 (3). 2SO2+O22SO3
【解析】
【分析】含硫燃料燃烧生成A为SO2，二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C为H2SO4，二氧化硫和水反应生成D为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸；
(1)酸雨是指溶液pH＜5.6的雨水；
(2)D为亚硫酸；
(3)反应②是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫。
【详解】含硫燃料燃烧生成A为SO2，二氧化硫催化氧化生成SO3，三氧化硫溶于水生成C为H2SO4，二氧化硫和水反应生成D为亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸；
(1)酸雨是指溶液pH＜5.6的雨水；
(2)D为亚硫酸，化学式为H2SO3；
(3)反应②是二氧化硫的催化氧化生成三氧化硫，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3。
22.某课外活动小组的同学在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证哪位同学的判断正确，丙同学设计了图中的实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该反应装置略去)。
试回答下列问题:
（1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为__________。
（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是__________。
（3）A中加入的试剂可能是______，作用是__________；B中加入的试剂可能是__________，作用是_______；E中加入的试剂可能是__________，作用是__________。
（4）可以证明气体X中含有氢气的实验现象:C中__________，D中__________。
【答案】(1). Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O (2). 当Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2 (3). 品红溶液 (4). 检验SO2 (5). 浓硫酸 (6). 吸收水蒸气 (7). 碱石灰 (8). 防止空气中的水蒸气进入装置D中 (9). 黑色粉末变成红色 (10). 白色粉末变成蓝色
【解析】
【分析】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到；
(2)浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2；
(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰，据此分析(3)(4)。
【详解】(1)二氧化硫由锌和浓硫酸反应得到，锌和浓硫酸反应得二氧化硫、硫酸锌和水，反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在Zn与浓H2SO4反应过程中，H2SO4被消耗且有水生成，H2SO4浓度逐渐减小，变成稀硫酸，Zn与稀H2SO4反应生成H2；
(3)分析装置图可知，生成的气体中有二氧化硫和氢气，所以装置A是验证二氧化硫存在的装置，选品红溶液进行验证；通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气，利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气，所以利用装置D中 的无水硫酸铜检验水的生成，为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验，装置E中需要用碱石灰；
(5)证明生成的气体中含有水蒸气的现象是：C装置中黑色氧化铜变为红色铜，D装置中白色硫酸铜变为蓝色。
23.A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大。A与D同主族，B与E同主族，C与F同主族。且C与F能形成原子个数比为2∶1的化合物M和原子个数比为3:1的化合物N。已知E元素为地壳中含量居第2位的元素，D为金属。
（1）写出下列元素符号:A__________，B__________，C__________，D__________，E__________，F__________。
（2）M能在一定条件下生成N，写出反应的化学方程式:__________。
（3）写出F在元素周期表中的位置:__________。
（4）写出工业上用B来制备单质E的化学方程式:__________。
【答案】(1). H (2). C (3). O (4). Na (5). Si (6). S (7). 2SO2+O22SO3 (8). 第3周期ⅥA族 (9). C+SiO2Si+2CO↑
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大，则A为H元素；A与D同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E元素为地壳中含量居第2位的元素，则E为Si；B与E同主族，则B为碳元素；C与F同主族，且C与F能形成原子个数比为2：1的化合物M与原子个数比为3：1的化合物N，则C为O元素、F为S元素，M为SO2，N为SO3，据此解答。
【详解】(1)A、B、C、D、E、F六种短周期元素分别位于三个周期，它们的原子序数依次增大，则A为H元素；A与D同主族，原子序数相差大于2，故D为Na；E元素为地壳中含量居第2位的元素，则E为Si；B与E同主族，则B为碳元素；C与F同主族，且C与F能形成原子个数比为2：1的化合物M与原子个数比为3：1的化合物N，则C为O元素、F为S元素，M为SO2，N为SO3；
(2)M为SO2，N为SO3，M能在一定条件下生成N的化学方程式：2SO2+O22SO3；
(3)F为S元素，处于周期表中第三周期ⅥA族；
(4)工业上用碳在高温下还原二氧化硅制得晶体Si，发生反应的化学方程式为C+SiO2Si+2CO↑。
24.根据所学知识，回答问题：
（1）A元素原子的核电荷数为8，其原子核内的质子数为__________，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为__________，中子数是9的核素表示为__________。
（2）B元素原子一价阳离子的核外有18个电子，质量数为40，该元素原子的原子核内中子数为__________。
（3）A、B形成1:1型化合物的相对分子质量是__________。
【答案】(1). 8 (2). 10 (3). 178O (4). 21 (5). 114
【解析】 (1)A元素原子的核电荷数为8，其原子核内的质子数为8，该元素原子的二价阴离子中，核外电子数为8+2=10，A为氧元素，中子数是9的核素，其质量数为8+9=17，核素表示为178O；
(2)B元素原子的一价阳离子的核外有18个电子，则B的质子数为18+1=19，中子数=40-19=21；
(3)A为O元素，B为K元素，二者形成1：1型化合物为40K217O2，其相对分子质量为40×2+17×2=114。
25.某化学课外兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应情况，用如图所示的装置进行有关实验。
（1）装置B是用来收集实验中产生的气体的装置， 但未将导管画全，请在图中把导管补充完整__________
（2）实验中取6.4g铜片和12mL 18mol·L-1的浓硫酸分别放在圆底烧瓶和分液漏斗中，加热，直到反应结束，发现烧瓶中还有铜片剩余。该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的H2SO4剩余。
①请写出铜与浓硫酸反应的化学方程式:__________
②你认为在有剩余的情况下铜片未能完全溶解的原因是__________
③下列药品能够用来证明反应结束后的烧瓶中存在余酸的是__________(填序号)。
A.铁粉 B. BaCl2溶液 C.银粉 D.Na2CO3溶液
（3）为定量测定余酸的物质的量浓度，某位同学进行了如下实验:先测定铜与浓硫酸反应产生SO2的量，再计算余酸的物质的量浓度(忽略反应前后溶液体积的变化)。他认为测定SO2的量的方法有多种，下列实验方案中可行的是__________(填序号，下同)，最终计算得出的余酸的物质的量浓度比实际偏高的是__________
A.将装置A产生的气体缓缓通过预先称量过的盛有碱石灰的干燥管，反应结束后再次称量干燥管
B.用排水法测定装置A产生气体的体积
C.将装置A产生的气体缓缓通入足量稀硝酸酸化的硝酸钡溶液中，反应完全后，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀
【答案】(1). (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (3). 随着H2SO4的消耗，浓硫酸的浓度不断降低，稀硫酸与Cu不反应 (4). AD (5). C (6). B
【解析】
【分析】(1)依据实验产生的气体是二氧化硫与空气的密度大小比较分析，确定收集实验中产生的气体的装置中导气管的位置，收集气体时，导管长进短出；
(2)①根据铜是金属具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，反应必须加热才能进行，注意书写化学方程式时的反应条件和浓字的书写；
②从浓硫酸随着反应进行浓度变稀，铜不和稀硫酸发生反应分析；
③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，从能够与氢离子反应并且有明显现象来分析；
(3)A．碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大；
B．二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫体积减少；
C．二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。
【详解】(1)铜跟浓硫酸反应生成了二氧化硫气体，二氧化硫比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；
(2)①铜跟浓硫酸反应的化学方程式注意加热条件，书写的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；
②6.4g铜片和12mL 18mol•L-1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式的定量关系可知，0.1mol铜与含2.16mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，硫酸被消耗，且产物有水生成，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但不能让铜片完全溶解；
③根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子；A．铁粉与氢离子反应产生气泡，故A正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，故B错误；C．银粉不反应，无现象，故C错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，故D正确；故答案为AD；
(3)A．碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致余酸的物质的量浓度偏低；B．二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫体积减少，导致余酸的物质的量浓度偏高；C．二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；故实验方案中可行的是C，最终计算得出的余酸的物质的量浓度比实际偏高的是B。
26.某同学用下列装置(固定及夹持装置、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。
回答下列问题:
（1）若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为__________；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是__________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是__________。
（2）若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂是__________，分液漏斗中装的试剂是__________，收集装置应选择__________(填装置序号)。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O (2). ③⑦ (3). 氨气难溶于该试剂，且该试剂不易挥发，不与氨气反应 (4). CaO(或NaOH固体或碱石灰) (5). 浓氨水 (6). ⑥
【解析】
【分析】(1)若用装置①制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发；
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，根据氨气的性质及密度确定收集方法。
【详解】(1)若用装置①制取NH3，则实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；要测定氨气的体积，可以采用排液体的方法测量，且氨气和该液体不能反应、氨气不能溶于该液体、该液体不能挥发，测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是③⑦；
(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，是固体和液体不加热制备气体的制备方法，可以利用浓氨水滴入碱石灰中得到氨气，分液漏斗中是浓氨水；根据氨气的性质及密度确定收集方法，氨气极易溶于水，常温下，氨气和空气中成分不反应，且氨气密度小于空气，所以可以采用向下排空气法收集，导气管伸入试管底部，选择装置⑥。
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