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【化学】云南省广南二中2018-2019学年高一6月考试试卷（解析版）
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云南省广南二中2018-2019学年高一6月考试试卷
一．单选题(共24小题，每小题2.0分，共48分)
1.在无色透明的酸性溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A. K＋ Cu2＋ NO3- SO42- B. CO32- Na＋ Cl－ SO42-
C. Al3＋ Cl－ NO3- Mg2＋ D. H＋ Ba2＋ NO3- SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及溶液无色显酸性分析解答。
【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，A错误；
B、在酸性溶液中碳酸根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C、Al3＋、Cl－、NO3－、Mg2＋在酸性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D、钡离子和硫酸根离子在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
2.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO32-、Cl－、OH－，向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】无色溶液不含Fe3+，向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液可能显酸性，也可能显碱性，若为酸溶液，则含H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－，最多4种，不含CO32－、OH－，若为碱溶液，含Ba2＋、CO32－、Cl－、OH－，但Ba2＋、CO32－不能同时存在，所以最多有4种，答案选B。
3.实验室制取氢氧化铁的一组试剂是（ ）
A. 氯化铁溶液和烧碱溶液 B. 氧化铁和烧碱溶液
C. 氧化铁和水 D. 铁和水蒸气
【答案】A
【详解】A. 氯化铁溶液和烧碱溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，A正确；
B. 氧化铁和烧碱溶液不反应，B错误；
C. 氧化铁不溶于水，也不和水反应，C错误；
D. 铁和水蒸气常温下不反应，高温时生成四氧化三铁，D错误；
答案为A。
4.在存放照相机、显微镜、食品和药品的包装盒中常发现一些袋装透明的胶状颗粒，该颗粒的主要作用是干燥，其成分是（ ）
A. 活性炭 B. 氯化钠 C. 硅胶 D. 小苏打
【答案】C
【解析】以上四种物质中只有硅胶是干燥剂。
5.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成1mol硝酸锌时，参加反应的硝酸的物质的量是（ ）
A. 1mol B. 1．5mol C. 2mol D. 2.5mol
【答案】D
【解析】
【分析】还原剂：ZnZn2+，失去2个电子；氧化剂：NO3-NH4+，得到8个电子；
【详解】当生成1mol硝酸锌时，转移2mol电子，则有0.25mol硝酸根离子变为铵根离子，参加非氧化还原反应的硝酸根离子有2.25mol，则共有2.5mol硝酸参与反应，答案为D
6.用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：
2Rn+～n SO42-
2 n
8×10-3mol 8×10-3mol
解得n=2，故选答案B。
7.将amL 一氧化氮、bmL 二氧化氮、xmL 氧气混合于同一试管里，将试管口倒插于水中，充分反应后试管内气体全部消失，则用a、b表示的x的代数式是 （ ）
A. (a＋b)/2 B. (2a＋b)/3
C. (3a＋b)/4 D. (4a＋b)/5
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应4NO+3O2+2H2O =4HNO3，4NO2+O2+2H2O =4HNO3，可计算需求氧气的量；
【详解】根据一氧化氮与氧气的反应，一氧化氮耗氧量=3a/4mL，同理，二氧化氮的耗氧量=b/4mL，则x=(3a＋b)/4，答案为C
8.下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是（ ）
A. Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O B. 2KClO32KCl＋3O2↑
C. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑ D. 2H2O2H2↑＋O2↑
【答案】A
【解析】试题分析：A．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O中氯元素一部分升高化合价，一部分降低化合价，符合；
B．2KClO32KCl＋3O2↑氧元素由-2价升高到0价，氯元素由+5价降低到-1价，不符；
C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑氧元素由-2价升高到0价，锰元素由+7价降低到+2价，不符；
D．2H2O2H2↑＋O2↑氢元素由+ 1价降低到0价，氧元素由-2价升高到0价，不符；选A。
9.不能用于检验新制氯水和长期放置的氯水的试剂是（ ）
A. 干燥的有色布条 B. 石蕊溶液
C. 氯化亚铁溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【分析】新制氯水中含有的微粒为Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，长期放置的氯水中含有的微粒为H2O、H+、Cl-；
【详解】A. 干燥的有色布条在新制的氯水中褪色，在长期放置的氯水中无变化，A正确；
B. 石蕊溶液在新制的氯水中先变红后褪色，在长期放置的氯水中变红，B正确；
C. 氯化亚铁溶液在新制的氯水中溶液变为红褐色，在长期放置的氯水中无变化，C正确；
D. 硝酸银溶液遇到新制氯水和长期放置的氯水，均出现白色沉淀，现象相同，D错误；
答案为D
10.据国外有关资料报道，在独居石(一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nb等的磷酸盐)中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表的（ ）
A. 第六周期ⅣA族 B. 第七周期ⅥA族
C. 第七周期ⅦA族 D. 第八周期ⅥA族
【答案】B
【解析】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，而116号元素在0族向左第2列，故应为第ⅥA族元素，答案选B。
11.有关乙烯和苯的性质实验：①乙烯通入酸性KMnO4溶液，②苯滴入酸性KMnO4溶液。对上述实验现象的描述，正确的是（ ）
A. ①褪色，②不褪色 B. ①不褪色，②褪色
C. ①②均褪色 D. ①②均不褪色
【答案】A
【解析】试题分析：乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确，答案为A。
12.下列金属的冶炼方法说法不正确的是（ ）
A. 汞、银等不活泼金属用热分解法
B. 钾、钠、钙、镁等活泼金属用电解法
C. 铝、锌、铁、铅、铜等金属用热还原法
D. 氢气、碳、铝等都可用作冶炼金属的还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】根据金属活动顺序表，活泼金属用电解法制取金属单质，不活泼金属用热分解法制取单质，中间金属采用热还原法制取；
【详解】A. 汞、银为不活泼金属用热分解法制取，A正确；
B. 钾、钠、钙、镁等为活泼金属用电解法制取，B正确；
C. 铝为活泼金属用电解法制取，锌、铁、铅、铜等金属用热还原法，C错误；
D. 氢气、碳、铝等都可以与部分金属氧化物反应生成金属单质，可用作冶炼金属的还原剂，D正确；
答案为C
13.下列四个化学反应中，你认为理论上不可用于设计原电池的是（ ）
A. 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
B. 2H2＋O22H2O
C. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑
D. CH4＋2O2CO2＋2H2O
【答案】C
【解析】只有属于氧化还原反应,能用于设计原电池；A属于氧化还原反应，可以设计为原电池，A错误；B属于氧化还原反应,能设计成氢氧燃料电池, B错误；C不属于自发氧化还原反应,不能设计成原电池，C正确；D属于自发的氧化还原反应,能设计成甲烷燃料电池, D错误；正确选项C。
14.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g，原混合气体中CO2的质量为（ ）
A. 12.5g B. 13.2g C. 19.7g D. 24.4g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
15.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生反应X(g)＋2Y(g)2Z(g)，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于（ ）
A. 33% B. 40% C. 50% D. 67%
【答案】D
【解析】
【分析】
已知混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则（2-3x）：2x=3：2，x=1/3；
【详解】Y的转化率=2/31=67%，答案为D
16.垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识。垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施。某垃圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾应是（ ）
A. 危险垃圾 B. 可回收垃圾
C. 有害垃圾 D. 其他垃圾
【答案】B
【解析】试题分析：根据公共标志中的包装制品回收标志可知：图所示的标志为可回收物；故选B。
17.重要的化工原料乙烯主要来自（ ）
A. 石油 B. 煤炭 C. 淀粉 D. 酒精
【答案】A
【详解】乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，答案为A
18.有关氯气物理性质的下列叙述中，错误的是（ ）
A. 是无色气体 B. 有刺激性气味
C. 能溶于水 D. 是黄绿色气体
【答案】A
【详解】氯气是黄绿色气体,有刺激性气味,能溶于水,1体积水能溶解2体积氯气，故选A；
本题答案为A。
19.用铝热剂冶炼难熔金属，是因为铝（ ）
①具有导电性 ②具有较强的还原性 ③具有延展性 ④被氧化过程中放出大量的热。
A. ① B. ①②③
C. ②④ D. ①②③④
【答案】C
【详解】铝热剂冶炼难熔金属时，单质铝作还原剂，且发生反应时为放热反应，答案为C
20.下列说法正确的是（ ）
A. 34S原子核内的中子数为16
B. 1H和2H的化学性质相同
C. H216O与H218O互为同素异形体
D. Na和Na＋属于同种元素，且性质相同
【答案】B
【解析】试题分析：A．34S原子核内的中子数为34-16=18，A项错误；B．1H和2H的最外层电子数均为1，则它们的化学性质相同，B项正确；C．同素异形体是同元素形成的性质不同的单质，H216O与H218O是化合物，C项错误；D．Na和Na+是不同的微粒，性质不同，D项错误；答案选B。
21.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（ ）
A. 鸡蛋清溶液中加入硫酸铵溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生变性
B. 棉花、纸、醋酸纤维的主要成分都是纤维素
C. 淀粉、牛油、蛋白质都是天然高分子化合物
D. 油脂里饱和烃基的相对含量越大，油脂的熔点越高
【答案】D
【解析】试题分析：A.向鸡蛋清溶液中，加入饱和(NH4)2SO4溶液，有白色沉淀产生，是由于(NH4)2SO4会降低蛋白质的溶解度，不能溶解的蛋白质发生了盐析，而不是发生了变性，错误；B．棉花、纸的主要成分都是纤维素；而醋酸纤维是纤维素与醋酸发生酯化反应形成的酯，不是纤维素，错误；C．淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，牛油是天然物质，但不是高分子化合物，错误；D．油脂是混合物，其中油脂里饱和烃基的相对含量越大，油脂的熔点越高，就呈固态，油脂里含有的不饱和的碳碳双键越多，则呈液态，正确。
22.关于蛋白质的下列说法中错误的是（ ）
A. 蛋白质的水溶液具有胶体的性质
B. 蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸
C. 蛋白质都能与硝酸发生颜色反应
D. 蛋白质是组成细胞的基础物质，它是一种纯净物
【答案】D
【详解】A. 蛋白质是高分子化合物，颗粒较大，则其水溶液具有胶体的性质，A正确；
B. 蛋白质是由氨基酸缩聚而成，其水解的最终产物是各种氨基酸，B正确；
C.大部分的蛋白质里都有苯环，苯环遇浓硝酸变成硝基苯，硝基苯就是黄色的则蛋白质能与硝酸发生颜色反应，C正确；
D. 蛋白质是组成细胞的基础物质，它是一种混合物，D错误；
答案为D
23.石油裂化的主要目的是为了（ ）
A. 提高轻质液体燃料的产量 B. 便于分馏
C. 获得短链不饱和气态烃 D. 提高汽油的质量
【答案】C
【解析】石油裂化的主要目的是是获得化工原料气态烯烃
24.下列各组中的物质都是离子化合物的是（ ）
A. H2SO4、Ba(OH)2、CaCl2、MgO
B. NaBr、KNO3、Ca(OH)2、SiO2
C. NaOH、CaO、HCl、CH3COONa
D. KOH、(NH4)2SO4、Na2O2、NaH
【答案】D
【详解】A. H2SO4为共价化合物，Ba(OH)2、CaCl2、MgO都为离子化合物，故错误；B. NaBr、KNO3、Ca(OH)2为离子化合物，SiO2为共价化合物，故错误；C. NaOH、CaO、CH3COONa为离子化合物，HCl为共价化合物，故错误；D. KOH、(NH4)2SO4、Na2O2、NaH都为离子化合物，故正确。故选D。
分卷II
三、填空题(共6小题,共52分)
25.已知有以下物质的相互转化：
试回答：
（1）B的化学式为_____；D的化学式为_____。
（2）写出由E转变成F的化学方程式：______。
（3）常用____(填试剂名称)检验G中的阳离子，其现象为______。
（4）向G溶液中加入A的有关反应的离子方程式为________。
【答案】(1). FeCl2 (2). KCl (3). 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3 (4). KSCN溶液 (5). 棕黄色溶液变为红色溶液 (6). 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
【解析】
【分析】白色沉淀在空气中变为红褐色沉淀，可确定白色沉淀E为氢氧化亚铁，红褐色沉淀F为氢氧化铁，G为氯化铁；A与盐酸和G溶液均能生产B溶液，则A为铁，B为氯化亚铁；溶液焰色反应呈紫色，则溶液中含有K元素，则D为氯化钾，C为氢氧化钾；
【详解】（1）分析可知，B、D分别为氯化亚铁、氯化钾，其化学式分别为：FeCl2；KCl；
（2）氢氧化亚铁变为氢氧化铁的方程式为：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3；
（3）常用硫氰化钾检验铁离子的存在，硫氰根离子遇到铁离子溶液显血红色；
（4）铁离子与铁反应生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；
26.A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D>C>A>B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍。试回答：
（1）这四种元素分别是：A____，B___，C___，D____。
（2）这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是_____。
（3）A与B形成的三原子分子的电子式是___，B与D形成原子个数比为1∶1的化合物的电子式是_____。
（4）A元素某氧化物与D元素某氧化物反应生成单质的化学方程式是_______。
【答案】(1)碳 氧 硅 钠 （各1分） (2)H2O>CH4>SiH4 (2分)
(3)（各1分）
(4)2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2 (2分)
【解析】试题分析：A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，B为O元素，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，则
（1）根据以上分析可知四种元素名称分别为碳、氧、硅、钠。
（2）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性是O>C>Si，所以氢化物的稳定性由大而小的顺序是H2O>CH4>SiH4。
（3）碳与氧形成的三原子分子是二氧化碳，其电子式是；钠与氧形成的原子个数比为1∶1的化合物是过氧化钠，其电子式是。
（4）二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气和碳酸钠，反应的方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。
27.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。
（1）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO3＋3C＋S=K2S＋N2↑＋3CO2↑。其中被氧化的元素是_____，还原产物是____。
（2）实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuI＋Hg=Cu2HgI4＋2Cu。
①上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显___价。
②以上反应中的氧化剂为___，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子__mol。
③标明上述反应电子转移的方向和数目。_________。
（3）工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：
8MnO4-＋5Cu2S＋44H＋===10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O
6MnO4-＋5CuS＋28H＋===5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O
根据上述反应原理，某学习小组用400mL0.075mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液处理2g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL0.1mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。
①配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：
__MnO4-＋__Fe2＋＋_H＋=__Mn2＋＋__Fe3＋＋__H2O
②KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为____ mol。
【答案】(1). C (2). K2S和N2 (3). ＋1 (4). CuI (5). 0.5 (6). (7). 1 5 8 1 5 4 (8). 0.007
【解析】
【分析】（1）化合价升高元素被氧化，氧化剂被还原得到还原产物；
（2）①根据化合物中正负价代数和为0解答；
②所含元素化合价降低的物质是氧化剂，根据Cu和Hg元素的化合价变化计算转移电子的物质的量；
③根据Cu和Hg元素的化合价变化分析电子转移情况；
（3）①根据Mn、Fe元素的化合价变化结合电子得失守恒解答；
②根据方程式计算。
【详解】（1）反应2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑中碳元素化合价升高，因此被氧化的元素是C。氮元素和硫元素化合价降低，被还原，所以还原产物是K2S和N2。
（2）①Cu2HgI4中Hg是+2价，I是－1价，根据正负价代数和为0可知Cu元素显+1价。
②根据方程式可知CuI中铜元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，所以反应中氧化剂为CuI。根据方程式可知4molCuI参加反应转移2mol电子，则当有1 mol CuI参与反应时，转移电子0.5mol。
③反应中Hg元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则上述反应电子转移的方向和数目可表示为。
（3）①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Fe元素化合价从+2价升高到3价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应方程式为MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；
②反应中消耗亚铁离子的物质的量是0.35L×0.1mol/L＝0.035mol，根据反应方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可知剩余高锰酸钾是0.035mol÷5＝0.007mol。
28.某研究性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：
（1）装置A中反应的化学方程式是______。
（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：_______。
（3）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中分别取少量溶液于两支洁净试管中。向第1支试管中滴加适量氨水出现白色沉淀______(填化学式)；向第2支试管中滴加适量新制氯水，仍然出现白色沉淀，该反应的离子方程式是_______。
（4）装置C中的溶液中出现淡黄色浑浊，该实验证明二氧化硫具有____性。
（5）装置D的作用是_____。
（6）另一小组利用装置E进行实验：二氧化硫性质实验之后，用注射器对实验室内空气进行取样，并向装置E中注入VmL(已折算为标准状况下体积)的空气，当溶液刚好褪色时，停止实验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数(用含V的代数式表示)______。
【答案】(1). Na2SO3+H2SO4（浓）==SO2 + Na2SO4 +H2O (2). 排出装置中的空气避免干扰 (3). Ba2SO3 (4). Ba2++SO2 + Cl2 +2H2O=== BaSO4+ 4H+ +2Cl－ (5). 氧化性 (6). 尾气吸收防止污染 (7). 2.8/V
【解析】
【分析】(1)装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水,据此写出反应的化学方程式;(2)装置中氧气影响二氧化硫的性质实验,故需要用氮气除去系统中的空气;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不与氯化钡溶液反应,当向溶液中通入氨气后生成亚硫酸铵,亚硫酸铵溶液与氯化钡反应生成亚硫酸钡;氯气具有强氧化性,氯气将二氧化硫氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成氯化钡沉淀,据此写出反应的离子方程式;(4)二氧化硫与硫化氢反应生成淡黄色的S单质,二氧化硫表现了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的气体需要用氢氧化钠溶液吸收;(6)向实验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,根据溶液颜色变化判断。
【详解】（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）装置中的氧气影响二氧化硫的性质实验，所以为了排除装置中空气，应该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：排除装置中氧气对实验的干扰。
（3）向第1支试管中滴加适量氨水，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；氯气将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。
（4）C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，表现了氧化性，因此，本题正确答案是：氧化。
（5）二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此答案是：吸收SO2尾气，防止污染空气。
（6）二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，则Mn元素得到电子的物质的量是0.05L×0.001mol/L×5=2.5×10-4mol，根据得失电子守恒，设空气中二氧化硫的物质的量是x，则（6-4）x=2.5×10 -4mol，x=1.25×10 -4mol，标准状况下的条件是1.25×10 -4mol×22.4L/mol=2.8×10-3L=2.8mL，所以该空气中SO 2的体积分数为2.8/V。 答案：2.8/V。
29.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是______，该物质中化学键类型是__________，电子式是__________。
(2)元素D，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8e－稳定结构，该分子的结构式为________，电子式为______________，化学键类型为________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。
(3)W是与D同主族短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为_______________________________________。
【答案】（14分）（1）CaCl2离子键
（2）S===C==="S"极性共价键
（3）Na2O 离子键 Na2O2离子键和非极性共价键
【解析】试题分析：该融雪剂中阳离子与阴离子的电子层结构相同，且1mol该融雪剂中含有54mol电子，所以阳离子与阴离子的电子数均是18，根据其化学式判断X为+2价，Y是-1价，所以X是Ca元素，Y是Cl元素。
（1）该融雪剂的化学式是CaCl2；为离子化合物，只含有离子键，其电子式是；
（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则D与E的最外层电子数可能是4或6，则为第IVA、VIA族元素；D与Y相邻，所以D是S元素；D与E可形成类似二氧化碳的分子，所以E是C，形成的化合物为CS2，每个原子均达到8电子的稳定结构；硫离子的结构示意图是；CS2分子中C与S形成双键，其结构式为S=C=S；电子式类似二氧化碳，为，不同元素之间形成的共价键为极性共价键，所以含有极性键；
（3）W与D是同主族的短周期元素，则W是O元素；Z是第三周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Na与氧气反应在不加热时生成Na2O，为离子化合物，只含离子键；加热时生成Na2O2，也是离子化合物，但含有离子键和共价键。
30.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12∶1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：
（1）A的电子式____，B的结构简式____。
（2）与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式____，该反应的类型是_____。
（3）在碘水中加入B振荡静置后的现象_____。
（4）B与浓硫酸与浓硝酸在50～60℃反应的化学反应方程式_______。
（5）等质量的A、B完全燃烧时消耗氧气的物质的量_____(填“A>B”、“A
【解析】分析：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，B仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为12：1，求得碳氢元素的个数比为1：1，即化学式CxHx，B的相对分子质量为78．得12x+1x=78，x=6，故B的分子式为C6H6，所以B为苯，然后根据两种有机物的结构和性质解答。
详解：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，B仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为12：1，求得碳氢元素的个数比为1：1，即化学式CxHx，B的相对分子质量为78．得12x+1x=78，x=6，故B的分子式为C6H6，所以B为苯，(1)A为乙烯，其电子式为，B为苯，结构简式为；(2)与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式CH2===CH—CH3＋Br2→CH2Br—CHBr—CH3，该反应的类型是加成反应；(3)在碘水中加入B振荡静置后苯萃取出碘且有机层在上层，则现象为溶液分层，下层为无色，上层为紫红色；(4)B与浓硫酸与浓硝酸在50～60℃反应生成硝基苯和水，反应的化学反应方程式为＋HNO3＋H2O；(5)乙烯中H元素质量分数比苯中H元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A>B。
一．单选题(共24小题，每小题2.0分，共48分)
1.在无色透明的酸性溶液中，下列离子能大量共存的是（ ）
A. K＋ Cu2＋ NO3- SO42- B. CO32- Na＋ Cl－ SO42-
C. Al3＋ Cl－ NO3- Mg2＋ D. H＋ Ba2＋ NO3- SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及溶液无色显酸性分析解答。
【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，A错误；
B、在酸性溶液中碳酸根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C、Al3＋、Cl－、NO3－、Mg2＋在酸性溶液中相互之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D、钡离子和硫酸根离子在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
2.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H＋、Fe3＋、Ba2＋、Al3＋、CO32-、Cl－、OH－，向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】无色溶液不含Fe3+，向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液可能显酸性，也可能显碱性，若为酸溶液，则含H＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－，最多4种，不含CO32－、OH－，若为碱溶液，含Ba2＋、CO32－、Cl－、OH－，但Ba2＋、CO32－不能同时存在，所以最多有4种，答案选B。
3.实验室制取氢氧化铁的一组试剂是（ ）
A. 氯化铁溶液和烧碱溶液 B. 氧化铁和烧碱溶液
C. 氧化铁和水 D. 铁和水蒸气
【答案】A
【详解】A. 氯化铁溶液和烧碱溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，A正确；
B. 氧化铁和烧碱溶液不反应，B错误；
C. 氧化铁不溶于水，也不和水反应，C错误；
D. 铁和水蒸气常温下不反应，高温时生成四氧化三铁，D错误；
答案为A。
4.在存放照相机、显微镜、食品和药品的包装盒中常发现一些袋装透明的胶状颗粒，该颗粒的主要作用是干燥，其成分是（ ）
A. 活性炭 B. 氯化钠 C. 硅胶 D. 小苏打
【答案】C
【解析】以上四种物质中只有硅胶是干燥剂。
5.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成1mol硝酸锌时，参加反应的硝酸的物质的量是（ ）
A. 1mol B. 1．5mol C. 2mol D. 2.5mol
【答案】D
【解析】
【分析】还原剂：ZnZn2+，失去2个电子；氧化剂：NO3-NH4+，得到8个电子；
【详解】当生成1mol硝酸锌时，转移2mol电子，则有0.25mol硝酸根离子变为铵根离子，参加非氧化还原反应的硝酸根离子有2.25mol，则共有2.5mol硝酸参与反应，答案为D
6.用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：
2Rn+～n SO42-
2 n
8×10-3mol 8×10-3mol
解得n=2，故选答案B。
7.将amL 一氧化氮、bmL 二氧化氮、xmL 氧气混合于同一试管里，将试管口倒插于水中，充分反应后试管内气体全部消失，则用a、b表示的x的代数式是 （ ）
A. (a＋b)/2 B. (2a＋b)/3
C. (3a＋b)/4 D. (4a＋b)/5
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应4NO+3O2+2H2O =4HNO3，4NO2+O2+2H2O =4HNO3，可计算需求氧气的量；
【详解】根据一氧化氮与氧气的反应，一氧化氮耗氧量=3a/4mL，同理，二氧化氮的耗氧量=b/4mL，则x=(3a＋b)/4，答案为C
8.下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是（ ）
A. Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O B. 2KClO32KCl＋3O2↑
C. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑ D. 2H2O2H2↑＋O2↑
【答案】A
【解析】试题分析：A．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O中氯元素一部分升高化合价，一部分降低化合价，符合；
B．2KClO32KCl＋3O2↑氧元素由-2价升高到0价，氯元素由+5价降低到-1价，不符；
C．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑氧元素由-2价升高到0价，锰元素由+7价降低到+2价，不符；
D．2H2O2H2↑＋O2↑氢元素由+ 1价降低到0价，氧元素由-2价升高到0价，不符；选A。
9.不能用于检验新制氯水和长期放置的氯水的试剂是（ ）
A. 干燥的有色布条 B. 石蕊溶液
C. 氯化亚铁溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【分析】新制氯水中含有的微粒为Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，长期放置的氯水中含有的微粒为H2O、H+、Cl-；
【详解】A. 干燥的有色布条在新制的氯水中褪色，在长期放置的氯水中无变化，A正确；
B. 石蕊溶液在新制的氯水中先变红后褪色，在长期放置的氯水中变红，B正确；
C. 氯化亚铁溶液在新制的氯水中溶液变为红褐色，在长期放置的氯水中无变化，C正确；
D. 硝酸银溶液遇到新制氯水和长期放置的氯水，均出现白色沉淀，现象相同，D错误；
答案为D
10.据国外有关资料报道，在独居石(一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nb等的磷酸盐)中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表的（ ）
A. 第六周期ⅣA族 B. 第七周期ⅥA族
C. 第七周期ⅦA族 D. 第八周期ⅥA族
【答案】B
【解析】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，而116号元素在0族向左第2列，故应为第ⅥA族元素，答案选B。
11.有关乙烯和苯的性质实验：①乙烯通入酸性KMnO4溶液，②苯滴入酸性KMnO4溶液。对上述实验现象的描述，正确的是（ ）
A. ①褪色，②不褪色 B. ①不褪色，②褪色
C. ①②均褪色 D. ①②均不褪色
【答案】A
【解析】试题分析：乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确，答案为A。
12.下列金属的冶炼方法说法不正确的是（ ）
A. 汞、银等不活泼金属用热分解法
B. 钾、钠、钙、镁等活泼金属用电解法
C. 铝、锌、铁、铅、铜等金属用热还原法
D. 氢气、碳、铝等都可用作冶炼金属的还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】根据金属活动顺序表，活泼金属用电解法制取金属单质，不活泼金属用热分解法制取单质，中间金属采用热还原法制取；
【详解】A. 汞、银为不活泼金属用热分解法制取，A正确；
B. 钾、钠、钙、镁等为活泼金属用电解法制取，B正确；
C. 铝为活泼金属用电解法制取，锌、铁、铅、铜等金属用热还原法，C错误；
D. 氢气、碳、铝等都可以与部分金属氧化物反应生成金属单质，可用作冶炼金属的还原剂，D正确；
答案为C
13.下列四个化学反应中，你认为理论上不可用于设计原电池的是（ ）
A. 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑
B. 2H2＋O22H2O
C. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑
D. CH4＋2O2CO2＋2H2O
【答案】C
【解析】只有属于氧化还原反应,能用于设计原电池；A属于氧化还原反应，可以设计为原电池，A错误；B属于氧化还原反应,能设计成氢氧燃料电池, B错误；C不属于自发氧化还原反应,不能设计成原电池，C正确；D属于自发的氧化还原反应,能设计成甲烷燃料电池, D错误；正确选项C。
14.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g，原混合气体中CO2的质量为（ ）
A. 12.5g B. 13.2g C. 19.7g D. 24.4g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
15.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生反应X(g)＋2Y(g)2Z(g)，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于（ ）
A. 33% B. 40% C. 50% D. 67%
【答案】D
【解析】
【分析】
已知混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则（2-3x）：2x=3：2，x=1/3；
【详解】Y的转化率=2/31=67%，答案为D
16.垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识。垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施。某垃圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾应是（ ）
A. 危险垃圾 B. 可回收垃圾
C. 有害垃圾 D. 其他垃圾
【答案】B
【解析】试题分析：根据公共标志中的包装制品回收标志可知：图所示的标志为可回收物；故选B。
17.重要的化工原料乙烯主要来自（ ）
A. 石油 B. 煤炭 C. 淀粉 D. 酒精
【答案】A
【详解】乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，答案为A
18.有关氯气物理性质的下列叙述中，错误的是（ ）
A. 是无色气体 B. 有刺激性气味
C. 能溶于水 D. 是黄绿色气体
【答案】A
【详解】氯气是黄绿色气体,有刺激性气味,能溶于水,1体积水能溶解2体积氯气，故选A；
本题答案为A。
19.用铝热剂冶炼难熔金属，是因为铝（ ）
①具有导电性 ②具有较强的还原性 ③具有延展性 ④被氧化过程中放出大量的热。
A. ① B. ①②③
C. ②④ D. ①②③④
【答案】C
【详解】铝热剂冶炼难熔金属时，单质铝作还原剂，且发生反应时为放热反应，答案为C
20.下列说法正确的是（ ）
A. 34S原子核内的中子数为16
B. 1H和2H的化学性质相同
C. H216O与H218O互为同素异形体
D. Na和Na＋属于同种元素，且性质相同
【答案】B
【解析】试题分析：A．34S原子核内的中子数为34-16=18，A项错误；B．1H和2H的最外层电子数均为1，则它们的化学性质相同，B项正确；C．同素异形体是同元素形成的性质不同的单质，H216O与H218O是化合物，C项错误；D．Na和Na+是不同的微粒，性质不同，D项错误；答案选B。
21.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是（ ）
A. 鸡蛋清溶液中加入硫酸铵溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生变性
B. 棉花、纸、醋酸纤维的主要成分都是纤维素
C. 淀粉、牛油、蛋白质都是天然高分子化合物
D. 油脂里饱和烃基的相对含量越大，油脂的熔点越高
【答案】D
【解析】试题分析：A.向鸡蛋清溶液中，加入饱和(NH4)2SO4溶液，有白色沉淀产生，是由于(NH4)2SO4会降低蛋白质的溶解度，不能溶解的蛋白质发生了盐析，而不是发生了变性，错误；B．棉花、纸的主要成分都是纤维素；而醋酸纤维是纤维素与醋酸发生酯化反应形成的酯，不是纤维素，错误；C．淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，牛油是天然物质，但不是高分子化合物，错误；D．油脂是混合物，其中油脂里饱和烃基的相对含量越大，油脂的熔点越高，就呈固态，油脂里含有的不饱和的碳碳双键越多，则呈液态，正确。
22.关于蛋白质的下列说法中错误的是（ ）
A. 蛋白质的水溶液具有胶体的性质
B. 蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸
C. 蛋白质都能与硝酸发生颜色反应
D. 蛋白质是组成细胞的基础物质，它是一种纯净物
【答案】D
【详解】A. 蛋白质是高分子化合物，颗粒较大，则其水溶液具有胶体的性质，A正确；
B. 蛋白质是由氨基酸缩聚而成，其水解的最终产物是各种氨基酸，B正确；
C.大部分的蛋白质里都有苯环，苯环遇浓硝酸变成硝基苯，硝基苯就是黄色的则蛋白质能与硝酸发生颜色反应，C正确；
D. 蛋白质是组成细胞的基础物质，它是一种混合物，D错误；
答案为D
23.石油裂化的主要目的是为了（ ）
A. 提高轻质液体燃料的产量 B. 便于分馏
C. 获得短链不饱和气态烃 D. 提高汽油的质量
【答案】C
【解析】石油裂化的主要目的是是获得化工原料气态烯烃
24.下列各组中的物质都是离子化合物的是（ ）
A. H2SO4、Ba(OH)2、CaCl2、MgO
B. NaBr、KNO3、Ca(OH)2、SiO2
C. NaOH、CaO、HCl、CH3COONa
D. KOH、(NH4)2SO4、Na2O2、NaH
【答案】D
【详解】A. H2SO4为共价化合物，Ba(OH)2、CaCl2、MgO都为离子化合物，故错误；B. NaBr、KNO3、Ca(OH)2为离子化合物，SiO2为共价化合物，故错误；C. NaOH、CaO、CH3COONa为离子化合物，HCl为共价化合物，故错误；D. KOH、(NH4)2SO4、Na2O2、NaH都为离子化合物，故正确。故选D。
分卷II
三、填空题(共6小题,共52分)
25.已知有以下物质的相互转化：
试回答：
（1）B的化学式为_____；D的化学式为_____。
（2）写出由E转变成F的化学方程式：______。
（3）常用____(填试剂名称)检验G中的阳离子，其现象为______。
（4）向G溶液中加入A的有关反应的离子方程式为________。
【答案】(1). FeCl2 (2). KCl (3). 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3 (4). KSCN溶液 (5). 棕黄色溶液变为红色溶液 (6). 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
【解析】
【分析】白色沉淀在空气中变为红褐色沉淀，可确定白色沉淀E为氢氧化亚铁，红褐色沉淀F为氢氧化铁，G为氯化铁；A与盐酸和G溶液均能生产B溶液，则A为铁，B为氯化亚铁；溶液焰色反应呈紫色，则溶液中含有K元素，则D为氯化钾，C为氢氧化钾；
【详解】（1）分析可知，B、D分别为氯化亚铁、氯化钾，其化学式分别为：FeCl2；KCl；
（2）氢氧化亚铁变为氢氧化铁的方程式为：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2=4Fe(OH)3；
（3）常用硫氰化钾检验铁离子的存在，硫氰根离子遇到铁离子溶液显血红色；
（4）铁离子与铁反应生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；
26.A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D>C>A>B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍。试回答：
（1）这四种元素分别是：A____，B___，C___，D____。
（2）这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是_____。
（3）A与B形成的三原子分子的电子式是___，B与D形成原子个数比为1∶1的化合物的电子式是_____。
（4）A元素某氧化物与D元素某氧化物反应生成单质的化学方程式是_______。
【答案】(1)碳 氧 硅 钠 （各1分） (2)H2O>CH4>SiH4 (2分)
(3)（各1分）
(4)2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2 (2分)
【解析】试题分析：A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，B为O元素，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，则
（1）根据以上分析可知四种元素名称分别为碳、氧、硅、钠。
（2）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性是O>C>Si，所以氢化物的稳定性由大而小的顺序是H2O>CH4>SiH4。
（3）碳与氧形成的三原子分子是二氧化碳，其电子式是；钠与氧形成的原子个数比为1∶1的化合物是过氧化钠，其电子式是。
（4）二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气和碳酸钠，反应的方程式为2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。
27.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。
（1）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO3＋3C＋S=K2S＋N2↑＋3CO2↑。其中被氧化的元素是_____，还原产物是____。
（2）实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuI＋Hg=Cu2HgI4＋2Cu。
①上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显___价。
②以上反应中的氧化剂为___，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子__mol。
③标明上述反应电子转移的方向和数目。_________。
（3）工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：
8MnO4-＋5Cu2S＋44H＋===10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O
6MnO4-＋5CuS＋28H＋===5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O
根据上述反应原理，某学习小组用400mL0.075mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液处理2g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL0.1mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。
①配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：
__MnO4-＋__Fe2＋＋_H＋=__Mn2＋＋__Fe3＋＋__H2O
②KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为____ mol。
【答案】(1). C (2). K2S和N2 (3). ＋1 (4). CuI (5). 0.5 (6). (7). 1 5 8 1 5 4 (8). 0.007
【解析】
【分析】（1）化合价升高元素被氧化，氧化剂被还原得到还原产物；
（2）①根据化合物中正负价代数和为0解答；
②所含元素化合价降低的物质是氧化剂，根据Cu和Hg元素的化合价变化计算转移电子的物质的量；
③根据Cu和Hg元素的化合价变化分析电子转移情况；
（3）①根据Mn、Fe元素的化合价变化结合电子得失守恒解答；
②根据方程式计算。
【详解】（1）反应2KNO3＋3C＋S＝K2S＋N2↑＋3CO2↑中碳元素化合价升高，因此被氧化的元素是C。氮元素和硫元素化合价降低，被还原，所以还原产物是K2S和N2。
（2）①Cu2HgI4中Hg是+2价，I是－1价，根据正负价代数和为0可知Cu元素显+1价。
②根据方程式可知CuI中铜元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，所以反应中氧化剂为CuI。根据方程式可知4molCuI参加反应转移2mol电子，则当有1 mol CuI参与反应时，转移电子0.5mol。
③反应中Hg元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则上述反应电子转移的方向和数目可表示为。
（3）①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Fe元素化合价从+2价升高到3价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应方程式为MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；
②反应中消耗亚铁离子的物质的量是0.35L×0.1mol/L＝0.035mol，根据反应方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可知剩余高锰酸钾是0.035mol÷5＝0.007mol。
28.某研究性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：
（1）装置A中反应的化学方程式是______。
（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：_______。
（3）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中分别取少量溶液于两支洁净试管中。向第1支试管中滴加适量氨水出现白色沉淀______(填化学式)；向第2支试管中滴加适量新制氯水，仍然出现白色沉淀，该反应的离子方程式是_______。
（4）装置C中的溶液中出现淡黄色浑浊，该实验证明二氧化硫具有____性。
（5）装置D的作用是_____。
（6）另一小组利用装置E进行实验：二氧化硫性质实验之后，用注射器对实验室内空气进行取样，并向装置E中注入VmL(已折算为标准状况下体积)的空气，当溶液刚好褪色时，停止实验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数(用含V的代数式表示)______。
【答案】(1). Na2SO3+H2SO4（浓）==SO2 + Na2SO4 +H2O (2). 排出装置中的空气避免干扰 (3). Ba2SO3 (4). Ba2++SO2 + Cl2 +2H2O=== BaSO4+ 4H+ +2Cl－ (5). 氧化性 (6). 尾气吸收防止污染 (7). 2.8/V
【解析】
【分析】(1)装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水,据此写出反应的化学方程式;(2)装置中氧气影响二氧化硫的性质实验,故需要用氮气除去系统中的空气;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不与氯化钡溶液反应,当向溶液中通入氨气后生成亚硫酸铵,亚硫酸铵溶液与氯化钡反应生成亚硫酸钡;氯气具有强氧化性,氯气将二氧化硫氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成氯化钡沉淀,据此写出反应的离子方程式;(4)二氧化硫与硫化氢反应生成淡黄色的S单质,二氧化硫表现了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的气体需要用氢氧化钠溶液吸收;(6)向实验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,根据溶液颜色变化判断。
【详解】（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）装置中的氧气影响二氧化硫的性质实验，所以为了排除装置中空气，应该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：排除装置中氧气对实验的干扰。
（3）向第1支试管中滴加适量氨水，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；氯气将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。
（4）C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，表现了氧化性，因此，本题正确答案是：氧化。
（5）二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此答案是：吸收SO2尾气，防止污染空气。
（6）二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，则Mn元素得到电子的物质的量是0.05L×0.001mol/L×5=2.5×10-4mol，根据得失电子守恒，设空气中二氧化硫的物质的量是x，则（6-4）x=2.5×10 -4mol，x=1.25×10 -4mol，标准状况下的条件是1.25×10 -4mol×22.4L/mol=2.8×10-3L=2.8mL，所以该空气中SO 2的体积分数为2.8/V。 答案：2.8/V。
29.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol电子。
(1)该融雪剂的化学式是______，该物质中化学键类型是__________，电子式是__________。
(2)元素D，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到了8e－稳定结构，该分子的结构式为________，电子式为______________，化学键类型为________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。
(3)W是与D同主族短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为_______________________________________。
【答案】（14分）（1）CaCl2离子键
（2）S===C==="S"极性共价键
（3）Na2O 离子键 Na2O2离子键和非极性共价键
【解析】试题分析：该融雪剂中阳离子与阴离子的电子层结构相同，且1mol该融雪剂中含有54mol电子，所以阳离子与阴离子的电子数均是18，根据其化学式判断X为+2价，Y是-1价，所以X是Ca元素，Y是Cl元素。
（1）该融雪剂的化学式是CaCl2；为离子化合物，只含有离子键，其电子式是；
（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则D与E的最外层电子数可能是4或6，则为第IVA、VIA族元素；D与Y相邻，所以D是S元素；D与E可形成类似二氧化碳的分子，所以E是C，形成的化合物为CS2，每个原子均达到8电子的稳定结构；硫离子的结构示意图是；CS2分子中C与S形成双键，其结构式为S=C=S；电子式类似二氧化碳，为，不同元素之间形成的共价键为极性共价键，所以含有极性键；
（3）W与D是同主族的短周期元素，则W是O元素；Z是第三周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Na与氧气反应在不加热时生成Na2O，为离子化合物，只含离子键；加热时生成Na2O2，也是离子化合物，但含有离子键和共价键。
30.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12∶1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：
（1）A的电子式____，B的结构简式____。
（2）与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式____，该反应的类型是_____。
（3）在碘水中加入B振荡静置后的现象_____。
（4）B与浓硫酸与浓硝酸在50～60℃反应的化学反应方程式_______。
（5）等质量的A、B完全燃烧时消耗氧气的物质的量_____(填“A>B”、“A
【解析】分析：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，B仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为12：1，求得碳氢元素的个数比为1：1，即化学式CxHx，B的相对分子质量为78．得12x+1x=78，x=6，故B的分子式为C6H6，所以B为苯，然后根据两种有机物的结构和性质解答。
详解：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，B仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为12：1，求得碳氢元素的个数比为1：1，即化学式CxHx，B的相对分子质量为78．得12x+1x=78，x=6，故B的分子式为C6H6，所以B为苯，(1)A为乙烯，其电子式为，B为苯，结构简式为；(2)与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式CH2===CH—CH3＋Br2→CH2Br—CHBr—CH3，该反应的类型是加成反应；(3)在碘水中加入B振荡静置后苯萃取出碘且有机层在上层，则现象为溶液分层，下层为无色，上层为紫红色；(4)B与浓硫酸与浓硝酸在50～60℃反应生成硝基苯和水，反应的化学反应方程式为＋HNO3＋H2O；(5)乙烯中H元素质量分数比苯中H元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A>B。
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