【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 N 14 Cl 35.5 P 31 S 32
I选择题（共计48分）
一、选择题（本题包括19小题，1-9每小题2分，10-19每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列反应起了氮的固定作用的是(　　)
A. 氨经催化氧化生成NO B. NO与O2反应生成NO2
C. N2在一定条件下与Mg反应生成Mg3N2 D. NH3与硝酸反应生成NH4NO3
【答案】C
【解析】
【分析】根据将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，叫做氮的固定。
【详解】A．NH3经催化氧化生成NO，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故A错误；
B．NO与O2反应生成NO2，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故B错误；
C．N2在一定条件下与Mg反应生成Mg3N2，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D．NH3与硝酸反应生成NH4NO3，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误；
故答案为C。
2.下列叙述中，不正确的是( )
A. 浓硫酸可以作CO2 、Cl2气体的干燥剂
B. 浓HNO3与金属反应时，HNO3常被还原为NO2
C. 实验室中浓硝酸要在棕色试剂瓶中密封保存，并放在阴凉处
D. 常温时，可以用铁制容器储存浓盐酸
【答案】D
【解析】试题分析：浓硫酸既有强氧化性和吸水性，但可以干燥CO2和氯气，不能干燥碱性气体和还原性气体，A正确；浓硝酸的还原产物是NO2，B正确；浓硝酸见光易分解，所以实验室中浓硝酸要在棕色试剂瓶中密封保存，并放在阴凉处，C正确；铁和盐酸反应，所以不能用铁制容器储存浓盐酸，D错误，答案选D。
3.用下图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是 ( )

A. ③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
B. 上下移动①中铜丝可控制SO2的量
C. ②中选用品红溶液验证SO2的生成
D. 为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】试题分析：A、SO2能与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收多余的SO2，正确；B、上下移动①中铜丝，可控制Cu与浓硫酸的反应速率，即可控制SO2的量，正确；C、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以②中选用品红溶液验证SO2的生成，正确；D、实验中，铜丝与过量浓硫酸的反应生成是硫酸铜和水，试管中含有较多水，不会生成白色固体，CuSO4溶液呈蓝色，为确认CuS04生成，无须向①中加水，错误。
4.某些建筑材料中含有氡(Rn)，氡是放射性元素。 222Rn、219Rn、220Rn分别来自镭、锕、钍，因而分别称为镭射气、锕射气和钍射气。下列有关氡的说法，正确的是 ( )
A. 氡是双原子分子
B. 氡气因其化学性质活泼而对人体有害
C. 氡气因其具有放射性而对人体有害
D. 222Rn、219Rn、220Rn是三种同素异形体
【答案】C
【解析】A．稀有气体的原子最外层达到8(或2)电子稳定结构，所以稀有气体的分子为单原子分子，氡分子是稀有气体的分子，是单原子分子，故A错误；
B．氡为稀有气体元素，性质不活泼，对人体有害是因为它具有放射性，故B错误；
C．氡气因其具有放射性，能使人体组织蛋白质发生变性，对人体有害，故C正确；
D．222Rn、219Rn、220Rn是三种质子数相同，中子数不同的三种原子，不是单质，不是同素异形体，是同位素，故D错误；
故答案为C。
5.同温同压下，等容积两个密闭集气瓶中分别充满12C18O和14N2两种气体。关于这两个容器中气体的说法正确的是( )
A. 质子数相等，质量不等 B. 分子数和质量都不相等
C. 分子数、质量均相等 D. 原子数、中子数和质量数均相等
【答案】A
【解析】由阿伏加德罗定律可知两容器中所盛气体的分子数相等；因中原子质量数之和为30，故其摩尔质量为30g/mol，而14N2中原子质量数之和为28，故其摩尔质量为28g/mol，故两容器气体的质量不相等；一个分子中质子数为14，中子数为(12－6)＋(18－8)＝16，而一个分子中质子数为7×2＝14，中子数为(14－7)×2＝14，故两容器气体的中子数不同，质子数相同；故A项正确。
6.阴离子Xn—含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是( )
A. (n—N)mol B. （n+N）mol
C. （A-N+n）mol D. (m+n)mol
【答案】C
【解析】阴离子Xn-含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A-N，由阴离子Xn-可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A-N+n，
氢化物HnX的摩尔质量为(A+n)g/mol，mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故答案为C。
7.短周期元素A、B、C在元素周期表中的位置如图所示。已知B、C两元素所在族数之和是A元素族数的2倍，B、C两元素的原子序数之和是A元素的4倍，则A、B、C是( )

A. Be、Na、Al B. B、Mg、Si
C. O、P、Cl D. C、Al、P
【答案】C
【解析】由短周期元素A、B、C在周期表中的位置可知A处于第二周期，B、C处于第三周期，令A的原子序数为x，则B的原子序数为x+8-1，C的原子序数为x+8+1，则：（x+8-1）+（x+8+1）=4x，解得x=8，所以A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，故选C。
8.下列对碱金属的叙述，其中完全不正确的组合是 (　　)
①K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触
②碱金属常温下呈固态，取用时可直接用手拿
③碱金属中还原性最强的是钾
④碱金属阳离子，氧化性最强的是Li＋
⑤碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大
⑥从Li到Cs，碱金属的密度越来越大，熔、沸点越来越低
A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】①钾的密度大于煤油，和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应，少量K通常保存在煤油中，以隔绝与空气的接触，故①正确；
②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性，取用时不能直接用手拿，故②错误；
③依据同主族性质递变分析，碱金属中还原性最强的是钫，故③错误；
④金属性越强，对应阳离子的氧化性越弱，所以碱金属阳离子，氧化性最强的是Li+，故④正确；
⑤同主族电子层数相同，随核电荷数增大而增大，碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大，故⑤正确；
⑥从Li到Cs，碱金属的密度呈增大的趋势，K的密度反而比Na小，从上到下熔沸点降低，故⑥错误；
故答案为A。
9.下列对卤素的说法不符合递变规律的是 (　　)
A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
C. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐减弱
D. 卤素单质按F2、Cl2、Br2、I2的顺序颜色变深，密度增大
【答案】C
【解析】A．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，从氟到碘其元素的非金属性逐渐减弱，则单质的氧化性逐渐减弱，故A正确；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，从氟到碘其元素的非金属性逐渐减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故B正确；
C．卤素单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，但是离子的还原性逐渐增强，故C错误；
D．F2、Cl2、Br2、I2颜色分别为：浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，所以其颜色随着原子序数的增大而逐渐加深，卤素单质的密度与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的密度随着原子序数的增大而增大，故D正确；
故答案为C。
10.在 a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3气体，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应SO42-+Ba2+BaSO4↓计算溶液中的SO42-离子的物质的量，根据离子方程式NH4++OH-NH3↑+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=计算出溶液中硫酸根离子、铵根离子的浓度，最后利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度。
【详解】由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，
则SO42-+Ba2+BaSO4↓
bmol bmol
c(SO42-)==mol/L，
由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，
则NH4++OH-NH3↑+H2O
cmol cmol
c(NH4+)==mol/L，
由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，忽略水的电离由电荷守恒可知：x×3+mol/L×1=mol/L×2，解得：x=mol/L，故答案为C。
11.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是(　 　)

①洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡
②在Z导管出来的气体中无二氧化碳
③洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
④在Z导管口有红棕色气体出现
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2===H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成。
12.如图所示，室温下，A、B两个容积相等的烧瓶中分别集满了两种气体(同温、同压)，当打开止水夹K，使两烧瓶内气体充分接触后，容器内压强由小到大的顺序正确的是(　　)
编号
①
②
③
A中气体
H2
NH3
NO
B中气体
Cl2
HCl
O2

A. ②③① B. ③①② C. ③②① D. ②①③
【答案】A
【解析】①氢气和氯气在常温下不反应，气压不变；②氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后气体压强为零；③一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，即2NO+O22NO2，然后发生2NO2⇌N2O4，反应后气体体积减小，要比原来体积的还要小；则最后容器内的压强由小到大的顺序为②＜③＜①，故答案为A。
13.国际无机化学命名委员会在1989年作出决定，把长式周期表原先的主、副族及族号取消，从左到右改为第1~18列，如氢和碱金属为第1列，稀有气体元素族为第18列。按这个规定，下列说法不正确的是( )
A. 第15列元素(用R表示)的最高价氧化物通式为R2O5
B. 第3列元素种类最多、第14列元素的化合物种类最多
C. 第Ⅷ族包括8、9、10三列
D. 最外层有2个电子的元素都在第2列，第2列元素中肯定没有非金属元素
【答案】D
【解析】
【分析】在长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA(1列)、ⅡA(2列)、ⅢB(3列)…ⅦB(7列)、Ⅷ(8、9、10三列)、ⅠB(11列)、ⅡB(12列)、ⅢA(13列)…ⅦA(17列)、0族(18列)，18列元素应分别与以上各族对应，据此解答。
【详解】在长式周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA(1列)、ⅡA(2列)、ⅢB(3列)…ⅦB(7列)、Ⅷ(8、9、10三列)、ⅠB(11列)、ⅡB(12列)、ⅢA(13列)…ⅦA(17列)、0族(18列)，18列元素应分别与以上各族对应；
A．第15列元素为ⅤA族，最高正化合价为+5，最高价氧化物为R2O5，故A正确；
B．第3列为ⅢB族，有镧系和锕系元素，元素种类最多，第14列为碳族元素，形成化合物的种类最多(有机物)，故B正确；
C．第8、9、10三列统称为第Ⅷ族，故C正确；
D．第2列即为ⅡA族，全部是金属元素，最外层电子数为2，但最外层电子数为2个的不一定只在这一族，如He最外层为2个电子或某些过渡元素最外层也可能是2个，故D错误；
故答案为D。
14.有四个干燥的烧瓶，在标准状况下，向①瓶中装入干燥、纯净的氨气，②瓶中装入干燥的含一半空气的氯化氢，③瓶中装入干燥、纯净的二氧化氮，④瓶中装入干燥的体积比V(NO2)∶V(O2)＝4∶1的混合气体。做喷泉实验时四个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为(不考虑烧瓶中溶液的扩张)(　　)
A. 2∶1∶2∶2 B. 5∶5∶5∶4 C. 1∶1∶1∶1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】①瓶中装入干燥、纯净氨气，做喷泉实验后溶液充满整个集气瓶；②瓶中装入干燥的含一半空气的HCl，溶液充满一半；③瓶中装入干燥、纯净的二氧化氮，充入水时发生化学反应3NO2+H2O2HNO3+NO，充入溶液体积为集气瓶的；④瓶中装入干燥的体积比 V(NO2)：V(O2)=4：1的混合气体，充入水发生化学反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，溶液充满整个集气瓶，设集气瓶体积为VL；①中溶液浓度==mol/L，②中溶液浓度==mol/L，③中溶液浓度==mol/L，④中溶液浓度==mol/L，则其物质的量浓度之比=mol/L:mol/L:mol/L:mol/L=5:5:5:4，故答案为B。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A. 2.0 g重水（2H2O）中含有的质子数为10NA
B. 50mL 18.4 mol•L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
C. 分子数为NA的N2、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g
D. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为NA
【答案】D
【解析】
【分析】A项，2H2O的摩尔质量为20g/mol，1个2H2O分子中含10个电子；
B项，随着反应的进行H2SO4浓度变稀，Cu与稀H2SO4不反应；
C项，气体所处温度和压强未知，无法计算气体的体积；
D项，Cl2与Ca（OH）2的反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂。
【详解】A项，n（2H2O）=2.0g÷20g/mol=0.1mol，1个2H2O分子中含10个电子，2.0g重水中含质子物质的量为1mol，含质子数NA，A项错误；
B项，n（H2SO4）=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，Cu与浓H2SO4共热反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行H2SO4浓度变稀，Cu与稀H2SO4不反应，生成的SO2物质的量小于0.46mol，生成的SO2分子数小于0.46NA，B项错误；
C项，分子数为NA的N2、C2H4混合气体中气体分子物质的量为1mol，由于没有指明温度和压强，不能用22.4L/mol计算混合气体的体积，N2、C2H4的摩尔质量都是28g/mol，混合气体的质量为28g，C项错误；
D项，n（Cl2）=22.4L÷22.4L/mol=1mol，用单线桥分析Cl2与足量石灰乳的反应为，1molCl2参与反应转移1mol电子，转移电子数为NA，D项正确；
答案选D。
16.将2.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L(标准状况)，则反应中消耗HNO3的物质的量为(　　)
A. 0.05mol B. 1mol C. 1.05mol D. 0.13mol
【答案】D
【解析】
【分析】铜和浓硝酸反应放出红棕色的NO2气体，随着反应进行，硝酸浓度不断减小，铜和稀硝酸反应放出无色的NO气体，故反应生成气体的颜色逐渐变浅。据铜与浓硝酸、稀硝酸两个反应计算消耗硝酸的物质的量。
【详解】设与浓硝酸、稀硝酸反应的铜的物质的量分别为x、y，则反应Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，消耗HNO3物质的量4x、生成NO2物质的量2x；反应3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，消耗HNO3物质的量8y/3、生成NO物质的量2y/3。
据题意，有x+y＝2.56 g/64g·mol-1，2x+2y/3＝1.12 L/22.4L·mol-1，解得x＝0.0175mol，y＝0.0225mol。反应中消耗硝酸的物质的量＝4x+8y/3＝0.13mol。
本题选D。
17.两种短周期元素X和Y，可以组成化合物XY3，当Y的原子序数为m时，X的原子序数为 ( )
① m－4 ②m+4 ③m+8 ④m－2 ⑤m+6 ⑥m－12 ⑦m+14
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤
C. ①②③④⑤ D. ①②③④⑤⑥⑦
【答案】D
【解析】
【分析】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H，以此来解答。
【详解】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H；
①若Y为Cl，X为Al，则X的原子序数为m-4，故①正确；
②若Y为F，X为Al，则X的原子序数为m+4，故②正确；
③若Y为S，X为O，则X的原子序数为m+8，故③正确；
④若Y为Cl，X为P，则X的原子序数为m-2，故④正确；
⑤若Y为H，X为N，则X的原子序数为m+6，故⑤正确；
⑥若Y为Cl，X为N，则X的原子序数为m－12，故⑥正确；
⑦若Y为H，X为P，则X的原子序数为m+14，故⑦正确；
故答案为D。
18.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果不正确的是(　 　)

A. 图中，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋3Fe2＋，溶液中溶质最终为硫酸亚铁
B. 原溶液中硫酸浓度为2.5 mol·L－1
C. 原混合溶液中硝酸根离子的物质的量为0.4 mol
D. 图中，OA段产生的气体是一氧化氮，BC段产生的气体是氢气
【答案】B
【解析】A.由图象可以知道，因为铁过量，OA段发生反应为:，AB段发生反应为:，BC段发生反应为:，所以A选项是正确的;B.整个过程消耗，最终溶质为，根据Fe原子守恒，根据硫酸根守恒可以知道，每份溶液体积为，所以硫酸的浓度是，故B错误;C.OA段发生反应为:，硝酸全部起氧化剂作用，所以每一份混合溶液中，故原混合溶液中为，所以C选项是正确的;D.OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是氢气，所以D选项是正确的。
19.将9g铜和铁的混合物投入到100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法不正确的是（　　）
A. 原混合物中铜和铁各0.075mol
B. 稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol·L－1
C. 第一次剩余4.8g金属为铜和铁
D. 向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL，又得到NO在标准状况下体积小于1.12L
【答案】C
【解析】试题分析： 整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO33Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y＝9、2/3（x+y）＝0.1，联立方程，解得：x＝0.075mol、y＝0.075mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，A正确；B．根据方程式可知，n（HNO3）＝0.075mol×8/3＝0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L＝2mol/L，B正确；C.9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol＝4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g，第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为 （0.075mol×1）÷3＝0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L，D正确，答案选C。
II非选择题（共计52分）
二、按要求填空:
20.硫酸在下列用途或反应中所表现的性质（用字母填在横线上）。
A．难挥发性 B．强酸性 C．吸水性 D．脱水性 E．强氧化性
① 浓硫酸可用作气体干燥剂 __________；
② 往晶体硫酸铜中加浓硫酸，晶体变白___________；
③ 浓硫酸与铜反应__________；
④ 运用铁制槽车和铝制槽车运输浓硫酸_________；
⑤ 浓硫酸使润湿蓝色石蕊试纸先变红后又变黑___________ 。
【答案】（5分）① C ② C ③ BE ④ E ⑤ BD（每空1分）
【解析】试题分析：①浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸可用作气体干燥剂，答案选C。
② 同样由于浓硫酸具有吸水性，所以往晶体硫酸铜中加浓硫酸，晶体变白，答案选C。
③根据反应式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑可知，在该反应中浓硫酸表现的是酸性和强氧化性，答案选BE。
④常温下铝或铁在浓硫酸中发生钝化，所以可以运用铁制槽车和铝制槽车运输浓硫酸，表现的是浓硫酸的强氧化性，答案选E。
⑤浓硫酸具有酸性和脱水性，所以浓硫酸使润湿蓝色石蕊试纸先变红后又变黑，答案选BD。
21.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。

在上表中用字母代号回答下列问题：
（1）属于碱金属元素的有______________________；
（2）写出下列元素在周期表中的位置：c_______________；e_______________；
（3）X、Y、Z、T、V为5种短周期元素，X、Y、Z在周期表中位置如图所示。这3种元素原子序数之和是41，X和T在不同条件下反应，可以生成T2X(白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物。V单质在Z单质中燃烧产生苍白色火焰，产物溶于水能使紫色石蕊溶液变红，则:

①5种元素元素符号分别是X___________，Y________，Z________，T_______， V____。
②Y的原子结构示意图是____________________________________。
③T、X形成化合物T2X2的化学方程式为______________________________。
【答案】(1). b (2). 第三周期第ⅡA族 (3). 第四周期第VIII族 (4). O (5). S (6). Cl (7). Na (8). H (9). (10). 2Na+O2Na2O2
【解析】
【分析】由元素在周期表的位置可知，a为H，b为Na，c为Mg，f为Al，g为N，k为Ne，h为S，i为Cl，j为Br，d为Sc，e为Fe；
(1)位于第1列的为碱金属元素，H除外；
(2)结合元素周期表的结构确定c和e元素在周期表中的位置；
(3)X、Y、Z、T、V为5种短周期元素，X、Y、Z三种元素原子序数之和是41，由三元素在周期表中位置可知，不能是第一、二周期元素，分别为二、三周期元素，令X的原子序数为a，则Y、Z的原子序数分别为a+8、a+9，则a+a+8+a+9=41，解得a=8，则X为氧、Y为硫、Z为Cl，X和T的单质在不同条件下反应，可以生成化合物T2X(白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物，则T为Na；V单质在Z单质中燃烧产生苍白色火焰，产物溶于水能使石蕊试液变红，则V为氢，据此解答。
【详解】由元素在周期表的位置可知，a为H，b为Na，c为Mg，f为Al，g为N，k为Ne，h为S，i为Cl，j为Br，d为Sc，e为Fe；
(1)属于碱金属元素的有Na，即答案为b；
(2)c为Mg元素，在元素周期表中位置为第三周期第ⅡA族；e为Fe元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；
(3)X、Y、Z、T、V为5种短周期元素，X、Y、Z三种元素原子序数之和是41，由三元素在周期表中位置可知，不能是第一、二周期元素，分别为二、三周期元素，令X的原子序数为a，则Y、Z的原子序数分别为a+8、a+9，则a+a+8+a+9=41，解得a=8，则X为氧、Y为硫、Z为Cl，X和T的单质在不同条件下反应，可以生成化合物T2X(白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物，则T为Na；V单质在Z单质中燃烧产生苍白色火焰，产物溶于水能使石蕊试液变红，则V为氢；
①由上述分析可知，X、Y、Z、T、V的元素符号分别为O、S、Cl、Na、H；
②Y为S元素，原子质子数为16，原子的结构示意图为；
③T与X形成化合物T2X2的化学方程式为：2Na+O2Na2O2。
22.在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：
(1)A是________，Y是________，Z是________。
(2)当X是强酸时，E是________。写出B生成C的化学方程式：_________________________。
(3)当X是强碱时，E是________，写出B生成C的化学方程式：__________________。
【答案】（1）A为(NH4)2S，Y为O2，Z是H2O；
（2）E是H2SO4；2H2S＋3O2=2SO2↑＋2H2O
（3）E是HNO3；4NH3+5O24NO+6H2O；
【解析】本题无机推断题，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，说明Y为O2，是B连续被氧化的过程，A是正盐，可以跟酸反应，也可以跟碱反应，又能连续被氧化，最后得到酸，因此A为(NH4)2S，即A为(NH4)2S，Y为O2，Z为H2O；（2）当X为强酸时，B为H2S，则C为SO2，D为SO3，即E为H2SO4；（3）当X为强碱，B为NH3，C为NO，D为NO2，则E为HNO3，B生成C为催化氧化，因此反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
23.将128g铜置于一定量的浓硝酸中并微热。当铜片完全消失时，共收集到NO2和NO的混合气体44.8L(标准状况)。
(1)写出上述过程中有关反应的离子方程式：_________、____________________。
(2)完成该反应至少需要量取10mol·L－1的浓硝酸________mL。
(3)混合气体中NO2的体积为______________L，NO的体积________L(均为标准状况下)。
【答案】(1). Cu＋4H＋＋2NO3—===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O (2). 3Cu＋8H＋＋2NO3—===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (3). 600 (4). 22.4 (5). 22.4
【解析】
分析】(1)发生反应为：Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，未被还原的硝酸生成Cu(NO3)2，由氮原子守恒可知，n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO、NO2)，再根据V=计算；
(3)设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程计算，再根据V=nVm计算各自的体积。
【详解】(1)Cu分别溶于浓硝酸、稀硝酸发生的反应方程式为：Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，则对应的离子反应方程式为Cu＋4H＋＋2NO3—===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8H＋＋2NO3—===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
(2)反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，混合气体的物质的量==2mol，未被还原的硝酸生成Cu(NO3)2，铜的物质的量==2mol，由氮原子守恒可知，n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO、NO2)=2mol×2+2mol=6mol，故需要硝酸的体积==0.6L=600mL；
(3)设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：x+3y=2×2、x+y＝2，解得x=1、y=1；故二氧化氮的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L，NO的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L。
三、实验题：
24.某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）

（1）甲、乙两仪器的名称是 ____________ 、_______________。
（2）A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2，写出A中发生反应的化学方程式 _____________。
（3）B、D、E装置相连后，在B中盛装浓硝酸和铜片（铜片放在有孔塑料板上）可制得NO2并进行有关实验。
①欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹____________，再打开止水夹 ______，使烧杯中的水进入试管丁中。
②试管丁中的NO2与水充分反应后，若向试管内缓缓通入一定量的O2，直至试管全部充满水，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是 ____mol·L− 1（保留2位有效数值，气体按标准状况计算）。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). 4HCl（浓）+ MnO2 MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O (4). a、b (5). c (6). 0.045
【解析】
【分析】(1)根据仪器的特征以及常见仪器的名称解答；
(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸可使紫色溶液变红，氯气能和强碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，次氯酸盐具有漂白性，能使石蕊溶液褪色；
(3)①根据二氧化氮溶于水形成压强差分析；
②先根据二氧化氮的体积计算硝酸的物质的量，进而计算浓度。
【详解】(1)甲仪器具有球形特征，带有玻璃活塞，为分液漏斗，乙容器底部表面积比较大，为圆底烧瓶；
(2)实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，二氧化锰具有氧化性，氯化氢具有还原性，两者反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)①若二氧化氮能和水反应，则烧杯内气体的压强会减小，小于外界大气压，烧杯中的溶液会倒流于试管丁，所以先关闭止水夹 ab再打开止水夹 c，双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出，NO2与水接触后水倒流，使烧杯中的水进入试管丁；
②设容器的体积为VL，所以二氧化氮气体的物质的量为n==mol，二氧化氮和氧气、水反应生成硝酸，所以溶质是硝酸；
设生成硝酸的物质的量为xmol；
4NO2+O2+2H2O4HNO3
4mol 4mol
mol xmol
x=mol，c==≈0.045mol/L。