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【化学】重庆市璧山中学校2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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重庆市璧山中学校2018-2019学年高一下学期期中考试试题
满分100分，时间90分钟
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
一、选择题（本题包括16个小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.门捷列夫的突出贡献是（ ）
A. 提出了原子学说 B. 发现了元素周期律 C. 发现并提取了青蒿素 D. 提出了分子学说
【答案】B
【解析】A．道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；
B．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；
C．中国科学家屠呦呦发现并提取了青蒿素，故C错误；
D．阿佛加德罗提出了分子学说，故D错误；
故答案为B。
2.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的氦（32He），下列关于32He的说法正确的是（ ）
A. 32He原子核内含有2个中子 B. 32He原子核内含有3个质子
C. 32He原子核外有3个电子 D. 32He和42He 是He的两种不同核素
【答案】D
【解析】A．32He原子核内含有中子数为3-2=1，故A错误；
B．32He原子核内含有2个质子，故B错误；
C．32He原子核外有2个质子，则核外含有2个电子，故C错误；
D．32He和42He 是He的两种不同核素，互为同位素，故D正确；
故答案为D。
3.已知Ba的活动性处于Na、K之间，则下列说法中正确的是（ ）
A. Ba可从KC1溶液中置换出钾 B. Ba不能从冷水中置换出氢
C. 在溶液中Zn可还原Ba2+生成Ba D. Ba(OH)2 是强碱
【答案】D
【解析】A．Ba不能从KCl溶液中置换出K，Ba与水反应，且金属性为K＞Ba，故A错误；
B．金属性为Ba＞Na，Na与水反应生成氢气，则Ba 可从冷水中置换出氢，故B错误；
C．金属性Ba＞Zn，则溶液中Zn不能还原Ba2+生成Ba，故C错误；
D．钡是活泼金属，其最高价氧化物的水化物Ba(OH)2是强碱，故D正确；
故答案为D。
4.某粒子用 表示，下列关于该粒子的叙述中正确的是（ ）
A. 所含质子数＝A－n B. 所含电子数＝A＋n
C. 所含中子数＝A－Z D. 所含质子数＝A＋Z
【答案】C
【解析】粒子为阳离子，该阳离子的质子数为Z，所含中子数为：A-Z，所含有的电子数为Z-n，选项中只有C正确，故答案为C。
5.下列事实能作为实验判断依据的是（ ）
A. N2不易与氧气反应，活性炭容易在氧气中燃烧，判断N比C的非金属性弱
B. 铁投入CuSO4溶液中能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠比铁的金属性弱
C. 酸性H2CO3
【答案】D
【解析】A．N2分子内的氮气叁键键能比较大，化学性质稳定，则N2不易与氧气反应，活性炭容易在氧气中燃烧，不能判断N比C的非金属性弱，事实N的非金属比碳强，故A错误；
B．铁投入CuSO4溶液中，发生金属单质之间的置换反应，而钠投入CuSO4溶液中钠与水反应，不发生金属单质之间的置换反应，则不能比较Na、Fe的金属性，故B错误；
C．最高价氧化物的水化物的酸性越大，对应非金属的非金属性越强，而H2SO3不是硫元素最高价氧化物的水化物，则酸性H2CO3 ＜H2SO3，不能判断S的非金属性强，故C错误；
D．卤素单质与氢气化合的难易程度，可比较非金属性，由F2与Cl2分别与H2反应，前者剧烈，可知F的非金属性强，故D正确；
故答案为D。
6.根据元素周期律和元素周期表进行推断，不正确的是（ ）
A. 砹（At）易溶于某些有机溶剂 B. 砹化氢（HAt）很稳定
C. 锂与水反应不如钠与水反应剧烈 D. 铷（Rb）的硫酸盐易溶解于水
【答案】B
【解析】A.砹（At）位于周期表中的第VIIA族，性质与其它卤素具有相似性，卤素单质一般易溶于有机溶剂，故A推断正确；
B.砹（At）的非金属性较弱，则其氢化物稳定性较差，故B推断错误；
C.锂的活泼性较钠弱，则与水反应不如钠与水反应剧烈，故C推断正确；
D.铷为碱金属元素，其硫酸盐易溶于水，故D推断正确；
答案选B。
7.下列关于说法中正确的是（ ）
A. 离子键就是阴、阳离子间的静电引力 B. 氢键不属于化学键
C. 全部由非金属元素组成的化合物只能形成共价键 D. 任何物质中都含有化学键
【答案】B
【解析】A．离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力，故A错误；
B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B正确；
C．全部由非金属元素组成的化合物中也可能含有离子键，如NH4Cl中含有离子键和共价键，故C错误；
D．不是所有的物质中都含有化学键，如氦气中的分子微粒是单原子分子，不存在化学键，故D错误；
故答案为B。
8.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是（ ）
A. Mg3N2和 Na2S B. Na2O 和Na2O2
C. CO2和CaO D. HCl和NaOH
【答案】A
【解析】A．Mg3N2和 Na2S均只含有离子键，故A正确；
B．Na2O中只含有离子键，而Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；
C．CO2分子内含有共价键，而CaO含有离子键，故C错误；
D．HCl分子内含有共价键，而NaOH含有离子键和共价键，故D错误；
故答案为A。
9.下列化学用语中，正确的是（）
A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl
B. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶
C. CO2分子的球棍模型：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】A
【解析】A．次氯酸是共价化合物，O原子分别与H、Cl之间形成一个共价键，其结构式为H—O—Cl，故A正确；
B．氮气分子间存在氮氮叁键，其电子式为，故B错误；
C．二氧化碳是直线型分子，分子中碳原子的半径比氧原子大，则其球棍模型为，故C错误；
D．氯化氢是共价化合物，电子式形成过程为，故D错误；
故答案为A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 由于H—O键比H—S键牢固，所以水熔沸点比H2S高
B. HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键
C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大
D. 氯化铵固体受热分解破坏了离子键
【答案】A
【解析】A．H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故A错误；
B．因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；
C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；
D．氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；
故答案为A。
11.下列实验操作能达到目的的是（ ）
A. 用甲装置验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性
B. 用乙装置收集NO气体
C. 装置丙中水能持续流下，说明装置气密性不良好
D. 用丁装置比较N、C、Si非金属性的强弱
【答案】A
【解析】A．浓硫酸和蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫、水等物质，该反应中浓硫酸将蔗糖氧化，二氧化硫能使品红溶液褪色而体现漂白性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以体现二氧化硫还原性，所以该实验验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B．NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故B错误；
C．分液漏斗和蒸馏烧瓶用橡皮管连接，两个容器中压强相等，则分液漏斗中的水能够顺利流向，所以该操作方法无法判断装置气密性，故C错误；
D．浓硝酸具有挥发性导致二氧化碳中含有HNO3，而影响二氧化碳和硅酸钠溶液的反应，无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；
故答案为A。
12.实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是（ ）
A. 以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2
B. 以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3
C. 以Na2SO3固体、质量分数为70％的浓硫酸为原料，制备SO2
D. 以Cu、稀硝酸为原料，制备NO2
【答案】C
【解析】A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2的反应需要加热，装置中发生装置不加热，故A错误；
B．氨气和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C．Na2SO3固体和质量分数为70%的浓硫酸反应生成二氧化硫通过浓硫酸干燥收集，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，剩余氢氧化钠溶液吸收，吸收时倒扣在液面上的漏斗防止倒吸，故C正确；
D．以Cu、稀硝酸为原料只能生成NO，NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故D错误；
故答案为C。
13.下列叙述中正确的是（ ）
A. 金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，可以推断Li与O2在加热时有Li2O2生成
B. 非金属性F>Cl，F2可以从NaCl溶液中置换出Cl2
C. 常温下，可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了其还原性
【答案】CD
【解析】A．金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，但Li与O2在加热时只能生成Li2O，故A错误；
B．非金属性F>Cl，但F2极易与水反应生成HF和氧气，则从F2NaCl溶液不能置换出Cl2，故B错误；
C．常温下，铁或铝遇浓硫酸钝化，则可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4，故C正确；
D．SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故D正确；
故答案为CD。
14.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe2Fe2+
B. 过量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－CaSO3↓+H2O
C. 向水玻璃中滴加盐酸：Na2SiO3 + 2 H+H2SiO3 ↓+ 2Na+
D. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
【答案】D
【解析】A．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉发生的离子反应为2Fe3++Fe3Fe2+，故A错误；
B．过量二氧化硫通入澄清石灰水中无沉淀生成，发生的离子反应为SO2+2OH－2HSO3-，故B错误；
C．向水玻璃中滴加盐酸发生的离子反应为SiO32-+ 2 H+H2SiO3 ↓，故C错误；
D．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸发生的离子反应为3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D正确；
故答案为D。
15.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A. S(s) SO2(g) H2SO4(aq)
B. SiO2H2SiO3 (aq) Na₂SiO3
C. NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)
D. NH3(g) NO(g) HNO3(aq)
【答案】C
【解析】A．SO2溶于水生成H2SO3，得不到H2SO4，故A错误；
B．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；
C．NaHCO3受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，故C正确；
D．氨气催化氧化生成NO，但NO不能溶于水生成硝酸，故D错误；
故答案为C。
16.将25.6gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.4mol，这些气体恰好能被500mL 1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（ ）
A. 0.2mol B. 0.1mol C. 0.4mol D. 0.3mol
【答案】B
【解析】
【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，25.6gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，据此计算NaNO3的物质的量．
【详解】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，25.6gCu共失电子为×2=0.8mol，HNO3到NaNO2共得到电子0.8mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.4mol，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，所以n(NaNO3)=n(NaOH)-n(NaNO2)=0.5L×1mol/L-0.4mol=0.1mol，故答案为B。
Ⅱ卷（共5个题，共52分）
17.①～⑦在元素周期表的对应位置如图所示，回答下列问题。
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑦
①
②
3
③
④
⑤
⑥
（1）元素⑥的原子结构示意图___________；元素的最高正价①___________②(填>、<、=)
（2）向元素⑤和⑥形成的化合物的水溶液中加入过量的①的氢化物的水溶液，反应的离子方程式是______________
（3）元素③的最高价氧化物对应的水化物为_______（填离子化合物或共价化合物）
（4）元素②和③形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为______，该化合物中化键有_______（填离子键、极性键或非极性键），该化合物与⑦的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。
【答案】(1). (2). ＞ (3). Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH4+ (4). 离子化合物 (5). (6). 离子键、非极性共价键 (7). 2Na2O2+CO22Na2CO3+O2
【解析】
【分析】有元素周期表的结构分析可知：①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素，再结合元素周期律和“位-构-性”三者的关系分析解题。
【详解】分析可知：①氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素；
(1)元素⑥为氯元素，其核电荷数为17，原子结构示意图；氮元素的最高正价为+5价，而氧元素无正价态，则元素的最高正价①>②；
(2)元素⑤和⑥形成的化合物为AlCl3，其水溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝白色胶状沉淀，发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+；
(3)元素③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是离子化合物；
(4)元素②和③形成的一种化合物Na2O2为淡黄色固体，是离子型化合物，该化合物的电子式为，该化合物中化学键有离子键和非极性键，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+CO22Na2CO3+O2。
18.A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，B、G在元素周期表中的相对位置如图，B与D元素能形成两种无色气体，D是地壳中含量最多的元素，F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色。
B
G
（1）G在元素周期表中的位置是_____________BG2的结构式为________________
（2）D和G的氢化物中沸点较高的是______________(填化学式)，
（3）E与F相比，金属性较强的是______(填元素符号)，下列能证明这一事实的是____(填字母)。
a E单质的熔点比F单质低 b E单质与水反应比F单质与水反应剧烈
c E的化合价比F低 d E最高价氧化物对应的水化物的碱性比F的强
（4）GD2气体与Cl2混合后通入水中的离子方程式为____________
（5）E2G溶液在潮湿的空气中长期放置会与氧气反应生成E2G2，该反应的化学方程式为_______
【答案】(1). 第三周期VIA族 (2). S=C=S (3). H2O (4). Na (5). bd (6). SO2+Br2+2H2O4H++SO42-+2Cl- (7). 4Na2S+O2+2H2O2Na2S2+4NaOH
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；B与氧元素能形成两种无色气体，原子序数小于氧，则B为碳元素；F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色，则F为Al元素，E为Na元素；由B、G在元素周期表中的相对位置，可知G为S元素，据此分析解题。
【详解】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；B与氧元素能形成两种无色气体，原子序数小于氧，则B为碳元素；F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色，则F为Al元素，E为Na元素；由B、G在元素周期表中的相对位置，可知G为S元素；
(1)G为硫元素，核电荷数为16，则在元素周期表中的位置是第三周期VIA族；BG2为CS2，是共价直线型分子，具有类似CO2的结构，则结构式为S=C=S；
(2)D和G的氢化物分别是H2O和H2S，其中H2O分子间存在氢键，H2O的沸点比H2S高；
(3)Na和Al同周期，核电荷数小，金属性强，则Na的金属性比Al强；
a.金属单质的熔点高低不能作为金属活泼性强弱的判断依据，故a错误；
b.Na能与冷水剧烈反应生成氢气，而Al与水不反应，能说明Na的金属性比铝强，故b正确；
c.元素的化合价是元素本身的特性，不能作为金属活泼性强弱的判断依据，故c错误；
d.NaOH的碱性比Al(OH)3强，能说明Na的金属性比铝强，故d正确；
故答案为bc；
(4)SO2气体与Cl2混合后通入水中生成硫酸和HCl，发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H++SO42-+2Cl-；
(5)Na2S溶液在潮湿的空气中长期放置会与氧气反应生成Na2S2，结合氧化还原反应和质量守恒，反应中还有NaOH生成，则发生反应的化学方程式为4Na2S+O2+2H2O2Na2S2+4NaOH。
19.POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，有关物质的部分性质如下表
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-112.0
76.0（易挥发）
137.5
两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POC13
2.0
106.0
153.5
实验装置（加热及夹持仪器略）如下：
（1）甲装置的名称是____________，干燥管的作用是____________
（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为______________
（3）装置B的作用除观察气体的流速外，还有________ 、________
（4）反应温度不能过高，原因是______________。
（5）反应一段时间后，待三颈瓶中的液体冷却至室温，准确称取29.1g产品（仅含PCl3杂质），置于盛有60.00 mL蒸馏水的密闭水解瓶中摇动至完全与水反应，将水解液配成100.00 mL溶液，加入AgNO3溶液至恰好完全反应，测得生成的AgCl的质量为86.1g，则产品中POC13的质量分数为___（保留三位有效数字）
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 防止空气中水蒸气进入C中 (3). 2PCl3+O22POCl3 (4). 干燥气体 (5). 观察是否堵塞 (6). 温度过高PCl3易挥发，影响产率 (7). 52.7%
【解析】
【分析】由制备实验装置可知，A中过氧化氢分解生成氧气，装置B可观察气体的速率、干燥气体、平衡压强，C中氧气氧化液态PCl3 制取POCl3，冷凝管进行冷凝回流，提高利用率。PCl3、POCl3遇水剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管中碱石灰可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
【详解】由制备实验装置可知，A中过氧化氢分解生成氧气，装置B可观察气体的速率、干燥气体、平衡压强，C中氧气氧化液态PCl3制取POCl3，冷凝管进行冷凝回流，提高利用率。PCl3、POCl3遇水剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管中碱石灰可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
(1)根据仪器结构和性能可知甲装置的名称是球形冷凝管；PCl3、POCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管的作用是：防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
(2)装置C中氧气氧化液态PCl3生成POCl3的化学方程式为2PCl3+O22POCl3；
(3)C中气体反应后得到液体物质，会使装置内压强减小，若通入氧气过快，反应过快，温度过高，PCl3易挥发，利用率低，且氧气利用也不充分，装置B的作用除观察O2的流速外，还有：平衡压强，防阻塞及干燥O2；
(4)反应温度不能过高，通常控制在60～65℃，原因是：温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低；
(5)设样品中PCl3的物质的量为xmol，POCl3的物质的量为ymol，则137.5x+153.5y=29.1；已经PCl3+3H2OH3PO3+3HCl、POCl3+3H2OH3PO4+3HCl、Ag++Cl-=AgCl↓，可知，x+y=n(Cl-)==0.2mol，解得：x=y=0.1，反应产物中 POCl3 的质量百分含量为×100%=52.7%。
20.中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。其中A、H为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C是黑色金属氧化物，I是紫红色金属单质。X为常见液体(部分反应条件及生成物没有全部列出)。
回答下列问题：
（1）B的化学式为________ C的化学式为___________D的化学式为___________
（2）B的实验室制法的化学方程式____________________
（3）写出反应①的化学方程式_______________________。
（4）写出反应②的离子方程式_______________________。
【答案】(1). NH3 (2). CuO (3). NO (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 3Cu+8H++2NO3—3Cu2++NO↑+4H2O
【解析】
【分析】A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C为CuO，据此解答。
【详解】A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C为CuO；
(1)由上述分析可知，B的化学式为NH3；C的化学式为CuO；D的化学式为NO；
(2)实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)反应①为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(4)反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
21.氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）NaClO中Cl的化合价为__________，有较强的_________（填氧化、还原）性，所以是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式_________。
（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，此反应的离子方程式为_____________________。
②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________。
（3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是__________。该图示的总反应为_______
【答案】(1). +1 (2). 氧化 (3). Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O (4). 2ClO3—+SO2ClO2+SO42— (5). 2:5 (6). Cu、H、Cl (7). 2H2S+O22S↓+2H2O
【解析】
【分析】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，结合正负化合价的代数和计算Cl元素的化合价；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾；
②可从电子得失守恒的角度计算，也可通过离子方程式计算；
(3)结合图示分析元素化合价的变化，并判断反应物和生成物，再结合守恒法写出总反应方程式。
【详解】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，有正负化合价代数和可知Cl元素的化合价为+1价，次氯酸钠具有强氧化性，有杀菌消毒的作用；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为2ClO3-+SO22ClO2+SO42-；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5；
(3)据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素；图示反应物为H2S和O2，生成物为S和H2O，Fe2+和Cu2+起催化作用，发生的总反应为2H2S+O22S↓+2H2O。
满分100分，时间90分钟
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
一、选择题（本题包括16个小题，每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.门捷列夫的突出贡献是（ ）
A. 提出了原子学说 B. 发现了元素周期律 C. 发现并提取了青蒿素 D. 提出了分子学说
【答案】B
【解析】A．道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；
B．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；
C．中国科学家屠呦呦发现并提取了青蒿素，故C错误；
D．阿佛加德罗提出了分子学说，故D错误；
故答案为B。
2.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的氦（32He），下列关于32He的说法正确的是（ ）
A. 32He原子核内含有2个中子 B. 32He原子核内含有3个质子
C. 32He原子核外有3个电子 D. 32He和42He 是He的两种不同核素
【答案】D
【解析】A．32He原子核内含有中子数为3-2=1，故A错误；
B．32He原子核内含有2个质子，故B错误；
C．32He原子核外有2个质子，则核外含有2个电子，故C错误；
D．32He和42He 是He的两种不同核素，互为同位素，故D正确；
故答案为D。
3.已知Ba的活动性处于Na、K之间，则下列说法中正确的是（ ）
A. Ba可从KC1溶液中置换出钾 B. Ba不能从冷水中置换出氢
C. 在溶液中Zn可还原Ba2+生成Ba D. Ba(OH)2 是强碱
【答案】D
【解析】A．Ba不能从KCl溶液中置换出K，Ba与水反应，且金属性为K＞Ba，故A错误；
B．金属性为Ba＞Na，Na与水反应生成氢气，则Ba 可从冷水中置换出氢，故B错误；
C．金属性Ba＞Zn，则溶液中Zn不能还原Ba2+生成Ba，故C错误；
D．钡是活泼金属，其最高价氧化物的水化物Ba(OH)2是强碱，故D正确；
故答案为D。
4.某粒子用 表示，下列关于该粒子的叙述中正确的是（ ）
A. 所含质子数＝A－n B. 所含电子数＝A＋n
C. 所含中子数＝A－Z D. 所含质子数＝A＋Z
【答案】C
【解析】粒子为阳离子，该阳离子的质子数为Z，所含中子数为：A-Z，所含有的电子数为Z-n，选项中只有C正确，故答案为C。
5.下列事实能作为实验判断依据的是（ ）
A. N2不易与氧气反应，活性炭容易在氧气中燃烧，判断N比C的非金属性弱
B. 铁投入CuSO4溶液中能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠比铁的金属性弱
C. 酸性H2CO3
【答案】D
【解析】A．N2分子内的氮气叁键键能比较大，化学性质稳定，则N2不易与氧气反应，活性炭容易在氧气中燃烧，不能判断N比C的非金属性弱，事实N的非金属比碳强，故A错误；
B．铁投入CuSO4溶液中，发生金属单质之间的置换反应，而钠投入CuSO4溶液中钠与水反应，不发生金属单质之间的置换反应，则不能比较Na、Fe的金属性，故B错误；
C．最高价氧化物的水化物的酸性越大，对应非金属的非金属性越强，而H2SO3不是硫元素最高价氧化物的水化物，则酸性H2CO3 ＜H2SO3，不能判断S的非金属性强，故C错误；
D．卤素单质与氢气化合的难易程度，可比较非金属性，由F2与Cl2分别与H2反应，前者剧烈，可知F的非金属性强，故D正确；
故答案为D。
6.根据元素周期律和元素周期表进行推断，不正确的是（ ）
A. 砹（At）易溶于某些有机溶剂 B. 砹化氢（HAt）很稳定
C. 锂与水反应不如钠与水反应剧烈 D. 铷（Rb）的硫酸盐易溶解于水
【答案】B
【解析】A.砹（At）位于周期表中的第VIIA族，性质与其它卤素具有相似性，卤素单质一般易溶于有机溶剂，故A推断正确；
B.砹（At）的非金属性较弱，则其氢化物稳定性较差，故B推断错误；
C.锂的活泼性较钠弱，则与水反应不如钠与水反应剧烈，故C推断正确；
D.铷为碱金属元素，其硫酸盐易溶于水，故D推断正确；
答案选B。
7.下列关于说法中正确的是（ ）
A. 离子键就是阴、阳离子间的静电引力 B. 氢键不属于化学键
C. 全部由非金属元素组成的化合物只能形成共价键 D. 任何物质中都含有化学键
【答案】B
【解析】A．离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还有斥力，故A错误；
B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B正确；
C．全部由非金属元素组成的化合物中也可能含有离子键，如NH4Cl中含有离子键和共价键，故C错误；
D．不是所有的物质中都含有化学键，如氦气中的分子微粒是单原子分子，不存在化学键，故D错误；
故答案为B。
8.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是（ ）
A. Mg3N2和 Na2S B. Na2O 和Na2O2
C. CO2和CaO D. HCl和NaOH
【答案】A
【解析】A．Mg3N2和 Na2S均只含有离子键，故A正确；
B．Na2O中只含有离子键，而Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；
C．CO2分子内含有共价键，而CaO含有离子键，故C错误；
D．HCl分子内含有共价键，而NaOH含有离子键和共价键，故D错误；
故答案为A。
9.下列化学用语中，正确的是（）
A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl
B. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶
C. CO2分子的球棍模型：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】A
【解析】A．次氯酸是共价化合物，O原子分别与H、Cl之间形成一个共价键，其结构式为H—O—Cl，故A正确；
B．氮气分子间存在氮氮叁键，其电子式为，故B错误；
C．二氧化碳是直线型分子，分子中碳原子的半径比氧原子大，则其球棍模型为，故C错误；
D．氯化氢是共价化合物，电子式形成过程为，故D错误；
故答案为A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 由于H—O键比H—S键牢固，所以水熔沸点比H2S高
B. HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键
C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，分子间的范德华力增大
D. 氯化铵固体受热分解破坏了离子键
【答案】A
【解析】A．H2O和H2S的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故A错误；
B．因为HF分子间存在氢键，导致HF的沸点是同族元素的氢化物中最高的，故B正确；
C．卤素单质的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；
D．氯化铵为离子化合物，加热分解破坏离子键和共价键，故D正确；
故答案为A。
11.下列实验操作能达到目的的是（ ）
A. 用甲装置验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性
B. 用乙装置收集NO气体
C. 装置丙中水能持续流下，说明装置气密性不良好
D. 用丁装置比较N、C、Si非金属性的强弱
【答案】A
【解析】A．浓硫酸和蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫、水等物质，该反应中浓硫酸将蔗糖氧化，二氧化硫能使品红溶液褪色而体现漂白性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以体现二氧化硫还原性，所以该实验验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故A正确；
B．NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故B错误；
C．分液漏斗和蒸馏烧瓶用橡皮管连接，两个容器中压强相等，则分液漏斗中的水能够顺利流向，所以该操作方法无法判断装置气密性，故C错误；
D．浓硝酸具有挥发性导致二氧化碳中含有HNO3，而影响二氧化碳和硅酸钠溶液的反应，无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；
故答案为A。
12.实验室可以用如图所示装置制备、干燥、收集气体的是（ ）
A. 以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2
B. 以浓氨水、生石灰为原料，制备NH3
C. 以Na2SO3固体、质量分数为70％的浓硫酸为原料，制备SO2
D. 以Cu、稀硝酸为原料，制备NO2
【答案】C
【解析】A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备Cl2的反应需要加热，装置中发生装置不加热，故A错误；
B．氨气和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C．Na2SO3固体和质量分数为70%的浓硫酸反应生成二氧化硫通过浓硫酸干燥收集，二氧化硫比空气重，用向上排气法收集，剩余氢氧化钠溶液吸收，吸收时倒扣在液面上的漏斗防止倒吸，故C正确；
D．以Cu、稀硝酸为原料只能生成NO，NO能和空气中氧气反应，收集NO也不能用排空气法收集，故D错误；
故答案为C。
13.下列叙述中正确的是（ ）
A. 金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，可以推断Li与O2在加热时有Li2O2生成
B. 非金属性F>Cl，F2可以从NaCl溶液中置换出Cl2
C. 常温下，可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4
D. SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了其还原性
【答案】CD
【解析】A．金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，但Li与O2在加热时只能生成Li2O，故A错误；
B．非金属性F>Cl，但F2极易与水反应生成HF和氧气，则从F2NaCl溶液不能置换出Cl2，故B错误；
C．常温下，铁或铝遇浓硫酸钝化，则可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4，故C正确；
D．SO2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故D正确；
故答案为CD。
14.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe2Fe2+
B. 过量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－CaSO3↓+H2O
C. 向水玻璃中滴加盐酸：Na2SiO3 + 2 H+H2SiO3 ↓+ 2Na+
D. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
【答案】D
【解析】A．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉发生的离子反应为2Fe3++Fe3Fe2+，故A错误；
B．过量二氧化硫通入澄清石灰水中无沉淀生成，发生的离子反应为SO2+2OH－2HSO3-，故B错误；
C．向水玻璃中滴加盐酸发生的离子反应为SiO32-+ 2 H+H2SiO3 ↓，故C错误；
D．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸发生的离子反应为3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D正确；
故答案为D。
15.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A. S(s) SO2(g) H2SO4(aq)
B. SiO2H2SiO3 (aq) Na₂SiO3
C. NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)
D. NH3(g) NO(g) HNO3(aq)
【答案】C
【解析】A．SO2溶于水生成H2SO3，得不到H2SO4，故A错误；
B．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，故B错误；
C．NaHCO3受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，故C正确；
D．氨气催化氧化生成NO，但NO不能溶于水生成硝酸，故D错误；
故答案为C。
16.将25.6gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.4mol，这些气体恰好能被500mL 1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为（ ）
A. 0.2mol B. 0.1mol C. 0.4mol D. 0.3mol
【答案】B
【解析】
【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，25.6gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，据此计算NaNO3的物质的量．
【详解】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，25.6gCu共失电子为×2=0.8mol，HNO3到NaNO2共得到电子0.8mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.4mol，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，所以n(NaNO3)=n(NaOH)-n(NaNO2)=0.5L×1mol/L-0.4mol=0.1mol，故答案为B。
Ⅱ卷（共5个题，共52分）
17.①～⑦在元素周期表的对应位置如图所示，回答下列问题。
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑦
①
②
3
③
④
⑤
⑥
（1）元素⑥的原子结构示意图___________；元素的最高正价①___________②(填>、<、=)
（2）向元素⑤和⑥形成的化合物的水溶液中加入过量的①的氢化物的水溶液，反应的离子方程式是______________
（3）元素③的最高价氧化物对应的水化物为_______（填离子化合物或共价化合物）
（4）元素②和③形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为______，该化合物中化键有_______（填离子键、极性键或非极性键），该化合物与⑦的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。
【答案】(1). (2). ＞ (3). Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH4+ (4). 离子化合物 (5). (6). 离子键、非极性共价键 (7). 2Na2O2+CO22Na2CO3+O2
【解析】
【分析】有元素周期表的结构分析可知：①为氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素，再结合元素周期律和“位-构-性”三者的关系分析解题。
【详解】分析可知：①氮元素、②为氧元素、③为钠元素、④为镁元素、⑤为铝元素、⑥为氯元素、⑦为碳元素；
(1)元素⑥为氯元素，其核电荷数为17，原子结构示意图；氮元素的最高正价为+5价，而氧元素无正价态，则元素的最高正价①>②；
(2)元素⑤和⑥形成的化合物为AlCl3，其水溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝白色胶状沉淀，发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3NH4+；
(3)元素③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，是离子化合物；
(4)元素②和③形成的一种化合物Na2O2为淡黄色固体，是离子型化合物，该化合物的电子式为，该化合物中化学键有离子键和非极性键，Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+CO22Na2CO3+O2。
18.A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，B、G在元素周期表中的相对位置如图，B与D元素能形成两种无色气体，D是地壳中含量最多的元素，F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色。
B
G
（1）G在元素周期表中的位置是_____________BG2的结构式为________________
（2）D和G的氢化物中沸点较高的是______________(填化学式)，
（3）E与F相比，金属性较强的是______(填元素符号)，下列能证明这一事实的是____(填字母)。
a E单质的熔点比F单质低 b E单质与水反应比F单质与水反应剧烈
c E的化合价比F低 d E最高价氧化物对应的水化物的碱性比F的强
（4）GD2气体与Cl2混合后通入水中的离子方程式为____________
（5）E2G溶液在潮湿的空气中长期放置会与氧气反应生成E2G2，该反应的化学方程式为_______
【答案】(1). 第三周期VIA族 (2). S=C=S (3). H2O (4). Na (5). bd (6). SO2+Br2+2H2O4H++SO42-+2Cl- (7). 4Na2S+O2+2H2O2Na2S2+4NaOH
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；B与氧元素能形成两种无色气体，原子序数小于氧，则B为碳元素；F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色，则F为Al元素，E为Na元素；由B、G在元素周期表中的相对位置，可知G为S元素，据此分析解题。
【详解】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；B与氧元素能形成两种无色气体，原子序数小于氧，则B为碳元素；F是地壳中含量最多的金属元素，E的焰色反应呈黄色，则F为Al元素，E为Na元素；由B、G在元素周期表中的相对位置，可知G为S元素；
(1)G为硫元素，核电荷数为16，则在元素周期表中的位置是第三周期VIA族；BG2为CS2，是共价直线型分子，具有类似CO2的结构，则结构式为S=C=S；
(2)D和G的氢化物分别是H2O和H2S，其中H2O分子间存在氢键，H2O的沸点比H2S高；
(3)Na和Al同周期，核电荷数小，金属性强，则Na的金属性比Al强；
a.金属单质的熔点高低不能作为金属活泼性强弱的判断依据，故a错误；
b.Na能与冷水剧烈反应生成氢气，而Al与水不反应，能说明Na的金属性比铝强，故b正确；
c.元素的化合价是元素本身的特性，不能作为金属活泼性强弱的判断依据，故c错误；
d.NaOH的碱性比Al(OH)3强，能说明Na的金属性比铝强，故d正确；
故答案为bc；
(4)SO2气体与Cl2混合后通入水中生成硫酸和HCl，发生反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H++SO42-+2Cl-；
(5)Na2S溶液在潮湿的空气中长期放置会与氧气反应生成Na2S2，结合氧化还原反应和质量守恒，反应中还有NaOH生成，则发生反应的化学方程式为4Na2S+O2+2H2O2Na2S2+4NaOH。
19.POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，有关物质的部分性质如下表
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-112.0
76.0（易挥发）
137.5
两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POC13
2.0
106.0
153.5
实验装置（加热及夹持仪器略）如下：
（1）甲装置的名称是____________，干燥管的作用是____________
（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为______________
（3）装置B的作用除观察气体的流速外，还有________ 、________
（4）反应温度不能过高，原因是______________。
（5）反应一段时间后，待三颈瓶中的液体冷却至室温，准确称取29.1g产品（仅含PCl3杂质），置于盛有60.00 mL蒸馏水的密闭水解瓶中摇动至完全与水反应，将水解液配成100.00 mL溶液，加入AgNO3溶液至恰好完全反应，测得生成的AgCl的质量为86.1g，则产品中POC13的质量分数为___（保留三位有效数字）
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 防止空气中水蒸气进入C中 (3). 2PCl3+O22POCl3 (4). 干燥气体 (5). 观察是否堵塞 (6). 温度过高PCl3易挥发，影响产率 (7). 52.7%
【解析】
【分析】由制备实验装置可知，A中过氧化氢分解生成氧气，装置B可观察气体的速率、干燥气体、平衡压强，C中氧气氧化液态PCl3 制取POCl3，冷凝管进行冷凝回流，提高利用率。PCl3、POCl3遇水剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管中碱石灰可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
【详解】由制备实验装置可知，A中过氧化氢分解生成氧气，装置B可观察气体的速率、干燥气体、平衡压强，C中氧气氧化液态PCl3制取POCl3，冷凝管进行冷凝回流，提高利用率。PCl3、POCl3遇水剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管中碱石灰可防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
(1)根据仪器结构和性能可知甲装置的名称是球形冷凝管；PCl3、POCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢，干燥管的作用是：防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；
(2)装置C中氧气氧化液态PCl3生成POCl3的化学方程式为2PCl3+O22POCl3；
(3)C中气体反应后得到液体物质，会使装置内压强减小，若通入氧气过快，反应过快，温度过高，PCl3易挥发，利用率低，且氧气利用也不充分，装置B的作用除观察O2的流速外，还有：平衡压强，防阻塞及干燥O2；
(4)反应温度不能过高，通常控制在60～65℃，原因是：温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低；
(5)设样品中PCl3的物质的量为xmol，POCl3的物质的量为ymol，则137.5x+153.5y=29.1；已经PCl3+3H2OH3PO3+3HCl、POCl3+3H2OH3PO4+3HCl、Ag++Cl-=AgCl↓，可知，x+y=n(Cl-)==0.2mol，解得：x=y=0.1，反应产物中 POCl3 的质量百分含量为×100%=52.7%。
20.中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。其中A、H为空气中的主要成分，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C是黑色金属氧化物，I是紫红色金属单质。X为常见液体(部分反应条件及生成物没有全部列出)。
回答下列问题：
（1）B的化学式为________ C的化学式为___________D的化学式为___________
（2）B的实验室制法的化学方程式____________________
（3）写出反应①的化学方程式_______________________。
（4）写出反应②的离子方程式_______________________。
【答案】(1). NH3 (2). CuO (3). NO (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). 4NH3+5O24NO+6H2O (6). 3Cu+8H++2NO3—3Cu2++NO↑+4H2O
【解析】
【分析】A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C为CuO，据此解答。
【详解】A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C为CuO；
(1)由上述分析可知，B的化学式为NH3；C的化学式为CuO；D的化学式为NO；
(2)实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)反应①为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(4)反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O。
21.氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
（1）NaClO中Cl的化合价为__________，有较强的_________（填氧化、还原）性，所以是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式_________。
（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，此反应的离子方程式为_____________________。
②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________。
（3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是__________。该图示的总反应为_______
【答案】(1). +1 (2). 氧化 (3). Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O (4). 2ClO3—+SO2ClO2+SO42— (5). 2:5 (6). Cu、H、Cl (7). 2H2S+O22S↓+2H2O
【解析】
【分析】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，结合正负化合价的代数和计算Cl元素的化合价；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾；
②可从电子得失守恒的角度计算，也可通过离子方程式计算；
(3)结合图示分析元素化合价的变化，并判断反应物和生成物，再结合守恒法写出总反应方程式。
【详解】(1)NaClO中Na元素是+1价，O元素是-2价，有正负化合价代数和可知Cl元素的化合价为+1价，次氯酸钠具有强氧化性，有杀菌消毒的作用；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O；
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为2ClO3-+SO22ClO2+SO42-；
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5；
(3)据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素；图示反应物为H2S和O2，生成物为S和H2O，Fe2+和Cu2+起催化作用，发生的总反应为2H2S+O22S↓+2H2O。
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