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【化学】云南省澜沧一中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
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云南省澜沧一中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
一、单选题(共20小题,每小题2.0分,共40分)
1.3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为( )
A. 1 mol•L﹣1 B. 1.5 mol•L﹣1
C. 2 mol•L﹣1 D. 2.5 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为xmol，生成的硫酸铝的物质的量为，即
由两方程式可得原硫酸的物质量浓度为1.5mol/L
2.同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是( )
A. 所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
B. 所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C. 密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
D. 所含的电子数由多到少的顺序是：CO2>SO2>CH4>O2>H2
【答案】D
【解析】试题分析：A．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；B．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，密度之比为：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，故C正确；D．取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：m/44×22，m/2×2，m/32×16，m/16×10，m/64×32，所含的电子数由多到少是：H2＞CH4＞CO2=O2=SO2，故D错误；故选D。
3.对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为5∶1
C. Cl2既做氧化剂又做还原剂
D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5∶1
【答案】C
【解析】试题解析：对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,，氯元素的化合价升高到+5价，发生氧化反应共有1摩尔氯原子被氧化；氯元素的化合价降低到-1价，发生还原反应，共有5摩尔氯原子被还原；因此，氯气Cl2既做氧化剂又做还原剂，答案C．正确；B．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1∶5。B错误；D． 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1，D．错误；
4.依据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，HClO＋H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是( )
A. Fe3＋＞HClO＞Cl2＞Fe2＋＞Cu2＋
B. HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋
C. Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋
D. Fe3＋＞Cu2＋＞Cl2＞HClO＞Fe2＋
【答案】B
【解析】
【分析】在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。
【详解】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；
HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2；
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；
Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；
综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；答案选B。
5.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol•L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是( )
A. 剩余固体是铁、铜混合物
B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g
C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol
D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol
【答案】D
【解析】
【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。
【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，
设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+
64g 2mol 56g 2mol
m1 0.5mol m2 0.5mol
m1 ==16g，
m2==14g，
溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，
则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；
设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，
则：(1)64 n1+56 n2=15.2g
(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，
计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，
则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；
根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。
答案选D。
6.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。
综上所述，本题正确答案A。
7.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g 跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4L Cl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是( )
A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%
B. 被氧化的HCl的物质的量为4mol
C. 参加反应的HCl的质量为146g
D. 被还原的MnO2的物质的量为1mol
【答案】B
【解析】试题分析：22.4L Cl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应；1mol MnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4molHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；参加反应的HCl的质量为，故C正确；生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。
8.向300 mL 1 mol·L-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（ ）
A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+
B. 最终溶液中，硝酸无剩余
C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 L
D. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】当 ≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 ≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3< <4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；
【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；
=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；
B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；
C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；
答案：D
9.已知X原子核外有n个电子层，X是位于第ⅣA族短周期元素，下列有关说法正确的是( )
A. 1≤n≤3
B. X原子最外层有4个电子
C. X可能是金属元素
D. X原子易得到电子
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中位置：“X是位于第ⅣA族短周期元素”可推知X是碳元素或硅元素。
【详解】A. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，第一周期没有第ⅣA族，则n=2或3，故A错误；
B. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，故B正确；
C. 由分析可知，X是碳元素或硅元素，X不可能是金属元素，故C错误；
D. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，X原子不易得失电子，故D错误；
答案选B。
10.已知X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
B. 非金属活泼性：Y＜X＜Z
C. 原子半径：X＞Y＞Z
D. 原子最外层电子数：X
【解析】试题分析：X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，A．非金属性X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，A正确；B．由上述分析可知，非金属性X＞Y＞Z，B错误；C．同周期非金属性强的原子半径小，则原子半径：Z＞Y＞X，C错误；D．同周期从左向右最外层电子数增大，则原子最外层电子数：X＞Y＞Z，D错误；答案选A。
11.M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成化合物Z。下列说法中正确的是( )
A. Z是共价化合物
B. Z可表示为M2Y
C. Z的电子式可表示为
D. M形成＋2价阳离子
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，据此解答。
【详解】A．由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，故A错误；
B．Z的化学式为MY2，故B错误；
C．Z的电子式为，故C错误；
D．一个M原子失去2个电子形成M2+，M形成＋2价阳离子，故D正确；
答案选D。
12.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。
【详解】由题给图示可知，A图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，B、C、D图中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故选A。
13.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】试题分析：A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。
14.恒温恒压条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若将2 mol氮气和3 mol氢气充入密闭容器中，反应达平衡时，氨气的体积分数为a。保持相同条件，在密闭容器中分别充入下列物质， 反应达平衡时，氨气的体积分数可能为a的是( )
A. 2 mol N2和6 mol H2 B. 1 mol N2和2 mol NH3
C. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3 D. 2 mol N2、3 mol H2和1 mol NH3
【答案】B
【解析】分析：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，使反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效，据此判断。
详解：反应达平衡时，氨气的体积分数仍然为a，则等效转化后氮气和氢气的物质的量之比要保持2：3。则根据方程式可知
A. 2 mol N2和6 mol H2的物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，A错误；
B. 1 mol N2和2 mol NH3相当于是2mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，B正确；
C. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3相当于是2mol氮气与6mol氢气，物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，C错误；
D. 2 mol N2、3 mol H2和1 mol NH3相当于是2.5mol氮气与4.5mol氢气，物质的量之比是5：9，不满足等效平衡，D错误。答案选B。
15. 下列物质进行一氯取代反应，产物只有两种的是 （ ）
A. (CH3)2CHCH(CH3)2 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH2CH2CH3 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】A
【解析】试题分析：A、该分子中的等效氢只有一种，所以一氯代物只有一种，正确；B、该有机物中的等效氢有4种，则一氯代物有4种，错误；C、该分子中的等效氢有5种，则一氯代物有5种，错误；D、该分子中的等效氢有3种，则一氯代物有3种，错误，答案选A。
16.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤⑥
C. ①②④⑤⑥ D. 全部正确
【答案】C
【详解】①苯乙烯分子中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，②正确；
③苯乙烯不溶于水，③不正确；
④有机物通常都易溶于有机溶剂，苯乙烯可溶于苯中，④正确；
⑤苯乙烯能与浓硝酸发生硝化反应，即取代反应，⑤正确；
⑥根据苯环和乙烯分子都是平面结构，可以判断苯乙烯所有的原子可能共平面，⑥正确。
综上所述，其中正确的是①②④⑤⑥，故选C。
17.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④
C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。
【详解】含碳碳双键，能与①氯化氢、②溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与③纯碱溶液发生复分解反应，也能与④乙醇发生酯化反应，
故选：D。
18.下列关于有机物的叙述不正确的是( )
A. 油脂、淀粉、蔗糖和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C. 糖类物质都能发生水解反应
D. 苯、乙醇、乙酸和油脂都能发生取代反应
【答案】C
【详解】A．淀粉、油脂、蛋白质、蔗糖都能水解，淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解的最终产物是高级脂肪酸和丙三醇，蛋白质水解生成氨基酸，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，故A正确；
B. 淀粉是多糖，水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；
C. 糖类物质中单糖不能发生水解反应，故C错误；
D.苯与液溴生成溴苯的反应为取代反应、乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为取代反应、油脂水解成高级脂肪酸和丙三醇为取代反应，故D正确；
答案选C
19.海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。其中成本最高的步骤在于( )
A. 从海水中富集含微量元素的化合物 B. 使含微量元素的离子沉淀
C. 对含微量元素的混合物进行提纯 D. 从化合物中冶炼这些单质
【答案】A
【解析】试题分析：海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，故其浓度很低，而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。
20.高分子化合物的单体是( )
A. B. CH2==CH2
C. CH3—CH2—CH2—CH3 D. CH3—CH==CH—CH3
【答案】D
【解析】
【分析】单体就是合成高分子的小分子，加聚反应中，单体通常通过加成反应形成高分子，其中的与单体组成相似的最小重复单元称为链节。
【详解】A. 是该高分子的链节；
B. CH2==CH2是聚乙烯的单体；
C. CH3—CH2—CH2—CH3既不是高分子的单体，也不是高分子的链节；
D. CH3—CH==CH—CH3是该高分子的单体。
综上所述，本题选D。
二、填空题(共7小题,共60分)
21.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为________________________。
(3)Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为____________________。
(4)比较Y、Z气态氢化物的稳定性________＞________(用分子式表示)。
(5)W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是________＞________＞________＞________。
【答案】（每空1分，共5分）
（1）（2）
（3）（4） HCl、H2S（填写完整给分，否则零分）
（5）S2—、Cl—、Na+、Al3+ （填写完整给分，否则零分）
【解析】试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素, （1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成某复杂化合物，由于W、X是金属元素，说明他们的最高价氧化物对应水化物的反应是碱之间的反应，所以W是Na，X是Al，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，答案为：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；
（2）Na与Y可形成化合物Na2Y，说明Y是S元素，硫化钠的电子式为，答案为：；
（3）Z是Cl元素，将二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，答案为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；
（4）非金属性Cl>S，所以气态氢化物的稳定性HCl>H2S，答案为：HCl>H2S；
（5）电子层数越多，半径越大，层数相同时，核电荷越多半径越小，Na、Al、S、Cl元素的简单离子的半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，答案为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋.
22.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：
（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。
A．石灰石 B．锌粒 C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。
（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。
【答案】(1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。
解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。
23.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，如下图所示。
(1)写出甲池中正极的电极反应式_______________________________________。
(2)写出乙池中负极的电极反应式________________________________________。
(3)写出乙池中总反应的离子方程式_______________________________________。
(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出________活动性更强，而乙会判断出________活动性更强(填写元素符号)。
(5)由此实验，可得到如下哪些结论正确（ ）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法________(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案________________(如可靠，此空可不填)。
【答案】(1). 2H＋＋2e－＝H2↑ (2). Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O (3). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ (4). Mg (5). Al (6). AD (7). 不可靠 (8). 将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，结合题干中的问题分析解答。
【详解】（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H＋＋2e－＝H2↑；
（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，负极电极反应式为Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则总反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，因此利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质，A正确；
B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，B错误；
C．该实验对研究物质的性质有实用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
答案选AD；
（6）上述实验说明，“直接利用金属活动性顺序表判断电池中的正负极”并不考可靠，最好是接一个电流计，通过观察电流方向判断原电池的正负极，即将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。
24.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：
（1）仪器A的名称是__，烧瓶中反应的化学方程式是__。
（2）装置B中盛放液体是__，气体通过装置B的目的是__。装置C中盛放的液体是__。
（3）D中反应的化学方程式是__。
（4）烧杯E中盛放的液体是__，反应的离子方程式是__。
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). 吸收氯气中混有的杂质HCl (5). 浓硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCl3 (7). 氢氧化钠溶液 (8). Cl2+2OH﹣Cl﹣+ClO﹣+H2O (9). 干燥
【解析】
【分析】（1）根据仪器构造判断其名称，浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应可以生成氯气、氯化锰和水；
（2）根据生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢解答；
（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁；
（4）根据氯气有毒需要尾气处理解答；
（5）根据氯化铁遇H2O（g）剧烈反应分析解答。
【详解】（1）由图可知，装置A的仪器名称为分液漏斗；将浓盐酸滴加到MnO2中，在加热时发生反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，与铁反应前需要净化，B瓶中的试剂是饱和食盐水，作用是吸收氯气中混有的杂质HCl；装置C中盛放的液体是浓硫酸，该试剂的作用是吸收水蒸气，干燥氯气；
（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁，则D中反应的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3；
（4）氯气有毒，不能排放到大气中，烧杯E中盛放的液体是NaOH溶液用来吸收氯气，防止污染环境，氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O；
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加一个干燥装置，防止水蒸气进入影响产品纯度。
25. A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质。它们之间有如下转化关系：
化合物D也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：D+3甲3A+2B
请回答下列问题：
（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是__________和__________（填字母）。
（2）在常温下，A和B通过__________转化为C。该过程的能量转化关系如何?
____________________。
（3）写出由C生成D的反应的化学方程式____________________。
（4）化合物C是人类生命活动不可缺少的物质之一，它在血液中的正常含量是__________。
（5）目前化合物B在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是____________________。
【答案】（1）C D（2）绿色植物的光合作用 该过程中光能转化为化学能
（3）CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2↑ （4）100mL血液中约含葡萄糖80—100mg
（5）温室效应加剧
【解析】试题分析：A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三值，且甲是单质。因此联系植物的光合作用可知，甲是氧气，C是葡萄糖，A和B是CO2与水。葡萄糖C在一定条件下有分解生成B和化合物D，化合物D也是生活中常见的化合物，燃烧产物是水和CO2，这说明D是乙醇，B是CO2，所以A是水。
（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是乙醇和葡萄糖，答案选C和D。
（2）在常温下，A和B通过绿色植物的光合作用转化为C。该过程的能量转化关系是光能转化为化学能。
（3）葡萄糖在酶的作用下分解生成乙醇和CO2，反应的化学方程式是CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH＋2CO2↑。
（4）葡萄糖在血液中的正常含量是100mL血液中约含葡萄糖80—100mg。
（5）CO2含量上升，容易引起温室效应。
考点：考查框图题的判断、葡萄糖的性质、作用以及环境保护等
点评：该题是中等难度的试题，侧重考查学生分析、归纳和总结问题的能力。该类试题的关键是找准突破点，在解答该类试题时需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
26.已知：①；
② 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。
以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：
（1）A转化为B的化学方程式是_________________________。
（2）图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①、②物质的结构简式：
①________________，②____________________。
（3）苯的二氯代物有__________种同分异构体。
（4）有机物所有原子_______（填“是”或“不是”）在同一平面上。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是
【解析】(1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；
(2)②与水反应生成，根据信息可知②为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为，故答案为：；；
(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；
(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。
27.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：
(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式：____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NH3 (3). H2O (4). 排水 (5). 向上排空气 (6). 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 (7). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (8). 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)
【解析】
分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。
【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。
一、单选题(共20小题,每小题2.0分,共40分)
1.3g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为( )
A. 1 mol•L﹣1 B. 1.5 mol•L﹣1
C. 2 mol•L﹣1 D. 2.5 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则，再根据镁、铝元素守恒，即生成的硫酸镁的物质的量为xmol，生成的硫酸铝的物质的量为，即
由两方程式可得原硫酸的物质量浓度为1.5mol/L
2.同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是( )
A. 所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
B. 所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C. 密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
D. 所含的电子数由多到少的顺序是：CO2>SO2>CH4>O2>H2
【答案】D
【解析】试题分析：A．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；B．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，密度之比为：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，故C正确；D．取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：m/44×22，m/2×2，m/32×16，m/16×10，m/64×32，所含的电子数由多到少是：H2＞CH4＞CO2=O2=SO2，故D错误；故选D。
3.对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）
A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B. 被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为5∶1
C. Cl2既做氧化剂又做还原剂
D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5∶1
【答案】C
【解析】试题解析：对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,，氯元素的化合价升高到+5价，发生氧化反应共有1摩尔氯原子被氧化；氯元素的化合价降低到-1价，发生还原反应，共有5摩尔氯原子被还原；因此，氯气Cl2既做氧化剂又做还原剂，答案C．正确；B．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1∶5。B错误；D． 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1，D．错误；
4.依据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，HClO＋H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是( )
A. Fe3＋＞HClO＞Cl2＞Fe2＋＞Cu2＋
B. HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋
C. Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋
D. Fe3＋＞Cu2＋＞Cl2＞HClO＞Fe2＋
【答案】B
【解析】
【分析】在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。
【详解】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；
HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2；
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；
Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；
综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；答案选B。
5.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol•L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是( )
A. 剩余固体是铁、铜混合物
B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g
C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol
D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol
【答案】D
【解析】
【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。
【详解】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，
设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+
64g 2mol 56g 2mol
m1 0.5mol m2 0.5mol
m1 ==16g，
m2==14g，
溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，
则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；
设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，
则：(1)64 n1+56 n2=15.2g
(2)n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，
计算得出：n1=0.15mol、n2=0.1mol，
则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；
根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子和铜离子的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.15mol+0.10mol+0.5mol=0.75mol，所以D选项是正确的。
答案选D。
6.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。
综上所述，本题正确答案A。
7.取软锰矿石（主要成分为MnO2）116g 跟足量浓盐酸发生如下反应(杂质不参与反应)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，制得22.4L Cl2（标准状况）。下列有关说法中不正确的是( )
A. 这种软锰矿石中MnO2的质量分数为75%
B. 被氧化的HCl的物质的量为4mol
C. 参加反应的HCl的质量为146g
D. 被还原的MnO2的物质的量为1mol
【答案】B
【解析】试题分析：22.4L Cl2（标准状况）的物质的量为1mol；根据方程式，生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应；1mol MnO2的质量为87g；生成1mol氯气需要4molHCl参加反应；MnO2的质量分数为75%，故A正确；被氧化的HCl的物质的量为参加反应的HCl的一半，故B错误；参加反应的HCl的质量为，故C正确；生成1mol氯气需要1mol MnO2参加反应，参加反应的MnO2都被还原，故D正确。
8.向300 mL 1 mol·L-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（ ）
A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+
B. 最终溶液中，硝酸无剩余
C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 L
D. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】当 ≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 ≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3< <4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；
【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；
=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；
B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；
C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；
答案：D
9.已知X原子核外有n个电子层，X是位于第ⅣA族短周期元素，下列有关说法正确的是( )
A. 1≤n≤3
B. X原子最外层有4个电子
C. X可能是金属元素
D. X原子易得到电子
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中位置：“X是位于第ⅣA族短周期元素”可推知X是碳元素或硅元素。
【详解】A. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，第一周期没有第ⅣA族，则n=2或3，故A错误；
B. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，故B正确；
C. 由分析可知，X是碳元素或硅元素，X不可能是金属元素，故C错误；
D. “X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，X原子不易得失电子，故D错误；
答案选B。
10.已知X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断正确的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
B. 非金属活泼性：Y＜X＜Z
C. 原子半径：X＞Y＞Z
D. 原子最外层电子数：X
【解析】试题分析：X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，A．非金属性X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，A正确；B．由上述分析可知，非金属性X＞Y＞Z，B错误；C．同周期非金属性强的原子半径小，则原子半径：Z＞Y＞X，C错误；D．同周期从左向右最外层电子数增大，则原子最外层电子数：X＞Y＞Z，D错误；答案选A。
11.M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成化合物Z。下列说法中正确的是( )
A. Z是共价化合物
B. Z可表示为M2Y
C. Z的电子式可表示为
D. M形成＋2价阳离子
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，据此解答。
【详解】A．由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，故A错误；
B．Z的化学式为MY2，故B错误；
C．Z的电子式为，故C错误；
D．一个M原子失去2个电子形成M2+，M形成＋2价阳离子，故D正确；
答案选D。
12.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。
【详解】由题给图示可知，A图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，B、C、D图中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故选A。
13.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】试题分析：A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。
14.恒温恒压条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若将2 mol氮气和3 mol氢气充入密闭容器中，反应达平衡时，氨气的体积分数为a。保持相同条件，在密闭容器中分别充入下列物质， 反应达平衡时，氨气的体积分数可能为a的是( )
A. 2 mol N2和6 mol H2 B. 1 mol N2和2 mol NH3
C. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3 D. 2 mol N2、3 mol H2和1 mol NH3
【答案】B
【解析】分析：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，使反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效，据此判断。
详解：反应达平衡时，氨气的体积分数仍然为a，则等效转化后氮气和氢气的物质的量之比要保持2：3。则根据方程式可知
A. 2 mol N2和6 mol H2的物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，A错误；
B. 1 mol N2和2 mol NH3相当于是2mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，B正确；
C. 1 mol N2、3 mol H2和2 mol NH3相当于是2mol氮气与6mol氢气，物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，C错误；
D. 2 mol N2、3 mol H2和1 mol NH3相当于是2.5mol氮气与4.5mol氢气，物质的量之比是5：9，不满足等效平衡，D错误。答案选B。
15. 下列物质进行一氯取代反应，产物只有两种的是 （ ）
A. (CH3)2CHCH(CH3)2 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH2CH2CH3 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】A
【解析】试题分析：A、该分子中的等效氢只有一种，所以一氯代物只有一种，正确；B、该有机物中的等效氢有4种，则一氯代物有4种，错误；C、该分子中的等效氢有5种，则一氯代物有5种，错误；D、该分子中的等效氢有3种，则一氯代物有3种，错误，答案选A。
16.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤⑥
C. ①②④⑤⑥ D. 全部正确
【答案】C
【详解】①苯乙烯分子中有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，①正确；
②苯乙烯子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，②正确；
③苯乙烯不溶于水，③不正确；
④有机物通常都易溶于有机溶剂，苯乙烯可溶于苯中，④正确；
⑤苯乙烯能与浓硝酸发生硝化反应，即取代反应，⑤正确；
⑥根据苯环和乙烯分子都是平面结构，可以判断苯乙烯所有的原子可能共平面，⑥正确。
综上所述，其中正确的是①②④⑤⑥，故选C。
17.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④
C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。
【详解】含碳碳双键，能与①氯化氢、②溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与③纯碱溶液发生复分解反应，也能与④乙醇发生酯化反应，
故选：D。
18.下列关于有机物的叙述不正确的是( )
A. 油脂、淀粉、蔗糖和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C. 糖类物质都能发生水解反应
D. 苯、乙醇、乙酸和油脂都能发生取代反应
【答案】C
【详解】A．淀粉、油脂、蛋白质、蔗糖都能水解，淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解的最终产物是高级脂肪酸和丙三醇，蛋白质水解生成氨基酸，蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖，故A正确；
B. 淀粉是多糖，水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；
C. 糖类物质中单糖不能发生水解反应，故C错误；
D.苯与液溴生成溴苯的反应为取代反应、乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为取代反应、油脂水解成高级脂肪酸和丙三醇为取代反应，故D正确；
答案选C
19.海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。其中成本最高的步骤在于( )
A. 从海水中富集含微量元素的化合物 B. 使含微量元素的离子沉淀
C. 对含微量元素的混合物进行提纯 D. 从化合物中冶炼这些单质
【答案】A
【解析】试题分析：海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，故其浓度很低，而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。
20.高分子化合物的单体是( )
A. B. CH2==CH2
C. CH3—CH2—CH2—CH3 D. CH3—CH==CH—CH3
【答案】D
【解析】
【分析】单体就是合成高分子的小分子，加聚反应中，单体通常通过加成反应形成高分子，其中的与单体组成相似的最小重复单元称为链节。
【详解】A. 是该高分子的链节；
B. CH2==CH2是聚乙烯的单体；
C. CH3—CH2—CH2—CH3既不是高分子的单体，也不是高分子的链节；
D. CH3—CH==CH—CH3是该高分子的单体。
综上所述，本题选D。
二、填空题(共7小题,共60分)
21.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)W与Y 可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为________________________。
(3)Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为____________________。
(4)比较Y、Z气态氢化物的稳定性________＞________(用分子式表示)。
(5)W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是________＞________＞________＞________。
【答案】（每空1分，共5分）
（1）（2）
（3）（4） HCl、H2S（填写完整给分，否则零分）
（5）S2—、Cl—、Na+、Al3+ （填写完整给分，否则零分）
【解析】试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素, （1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成某复杂化合物，由于W、X是金属元素，说明他们的最高价氧化物对应水化物的反应是碱之间的反应，所以W是Na，X是Al，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，答案为：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；
（2）Na与Y可形成化合物Na2Y，说明Y是S元素，硫化钠的电子式为，答案为：；
（3）Z是Cl元素，将二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，答案为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；
（4）非金属性Cl>S，所以气态氢化物的稳定性HCl>H2S，答案为：HCl>H2S；
（5）电子层数越多，半径越大，层数相同时，核电荷越多半径越小，Na、Al、S、Cl元素的简单离子的半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，答案为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋.
22.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：
（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。
A．石灰石 B．锌粒 C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。
（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。
【答案】(1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。
解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。
23.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，如下图所示。
(1)写出甲池中正极的电极反应式_______________________________________。
(2)写出乙池中负极的电极反应式________________________________________。
(3)写出乙池中总反应的离子方程式_______________________________________。
(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出________活动性更强，而乙会判断出________活动性更强(填写元素符号)。
(5)由此实验，可得到如下哪些结论正确（ ）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法________(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案________________(如可靠，此空可不填)。
【答案】(1). 2H＋＋2e－＝H2↑ (2). Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O (3). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ (4). Mg (5). Al (6). AD (7). 不可靠 (8). 将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，结合题干中的问题分析解答。
【详解】（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H＋＋2e－＝H2↑；
（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，负极电极反应式为Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则总反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，因此利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质，A正确；
B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，B错误；
C．该实验对研究物质的性质有实用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
答案选AD；
（6）上述实验说明，“直接利用金属活动性顺序表判断电池中的正负极”并不考可靠，最好是接一个电流计，通过观察电流方向判断原电池的正负极，即将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。
24.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：
（1）仪器A的名称是__，烧瓶中反应的化学方程式是__。
（2）装置B中盛放液体是__，气体通过装置B的目的是__。装置C中盛放的液体是__。
（3）D中反应的化学方程式是__。
（4）烧杯E中盛放的液体是__，反应的离子方程式是__。
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). 吸收氯气中混有的杂质HCl (5). 浓硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCl3 (7). 氢氧化钠溶液 (8). Cl2+2OH﹣Cl﹣+ClO﹣+H2O (9). 干燥
【解析】
【分析】（1）根据仪器构造判断其名称，浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应可以生成氯气、氯化锰和水；
（2）根据生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢解答；
（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁；
（4）根据氯气有毒需要尾气处理解答；
（5）根据氯化铁遇H2O（g）剧烈反应分析解答。
【详解】（1）由图可知，装置A的仪器名称为分液漏斗；将浓盐酸滴加到MnO2中，在加热时发生反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，与铁反应前需要净化，B瓶中的试剂是饱和食盐水，作用是吸收氯气中混有的杂质HCl；装置C中盛放的液体是浓硫酸，该试剂的作用是吸收水蒸气，干燥氯气；
（3）铁和氯气在加热的条件下化合生成氯化铁，则D中反应的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3；
（4）氯气有毒，不能排放到大气中，烧杯E中盛放的液体是NaOH溶液用来吸收氯气，防止污染环境，氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为2OH－+Cl2＝Cl－+ClO－+H2O；
（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加一个干燥装置，防止水蒸气进入影响产品纯度。
25. A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质。它们之间有如下转化关系：
化合物D也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：D+3甲3A+2B
请回答下列问题：
（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是__________和__________（填字母）。
（2）在常温下，A和B通过__________转化为C。该过程的能量转化关系如何?
____________________。
（3）写出由C生成D的反应的化学方程式____________________。
（4）化合物C是人类生命活动不可缺少的物质之一，它在血液中的正常含量是__________。
（5）目前化合物B在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是____________________。
【答案】（1）C D（2）绿色植物的光合作用 该过程中光能转化为化学能
（3）CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2↑ （4）100mL血液中约含葡萄糖80—100mg
（5）温室效应加剧
【解析】试题分析：A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三值，且甲是单质。因此联系植物的光合作用可知，甲是氧气，C是葡萄糖，A和B是CO2与水。葡萄糖C在一定条件下有分解生成B和化合物D，化合物D也是生活中常见的化合物，燃烧产物是水和CO2，这说明D是乙醇，B是CO2，所以A是水。
（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是乙醇和葡萄糖，答案选C和D。
（2）在常温下，A和B通过绿色植物的光合作用转化为C。该过程的能量转化关系是光能转化为化学能。
（3）葡萄糖在酶的作用下分解生成乙醇和CO2，反应的化学方程式是CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH＋2CO2↑。
（4）葡萄糖在血液中的正常含量是100mL血液中约含葡萄糖80—100mg。
（5）CO2含量上升，容易引起温室效应。
考点：考查框图题的判断、葡萄糖的性质、作用以及环境保护等
点评：该题是中等难度的试题，侧重考查学生分析、归纳和总结问题的能力。该类试题的关键是找准突破点，在解答该类试题时需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
26.已知：①；
② 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。
以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：
（1）A转化为B的化学方程式是_________________________。
（2）图中“苯→①→②”省略了反应条件，请写出①、②物质的结构简式：
①________________，②____________________。
（3）苯的二氯代物有__________种同分异构体。
（4）有机物所有原子_______（填“是”或“不是”）在同一平面上。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 3 (5). 不是
【解析】(1)A为硝基苯，根据信息②可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为：+CH3Cl+HCl；
(2)②与水反应生成，根据信息可知②为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以①卤苯，为，故答案为：；；
(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为：3；
(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为：不是。
27.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：
(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式：____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NH3 (3). H2O (4). 排水 (5). 向上排空气 (6). 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 (7). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (8). 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)
【解析】
分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。
【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。
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