高中化学学习材料

（灿若寒星**整理制作）

河南省修武县方庄高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）

1．人体内所必需的下列元素中，因摄入量不足而贫血的是

A ．K        B．Ca       C．Na       D．Fe

【答案】D

【解析】略

2．某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，过滤，再在滤渣中加入过量的盐酸，所得溶液中大量增加的阳离子是

A．Mg2+ 　　　　　　B．Fe2+ 　　　　　　C．Fe3+　　　　　　 D．Al3+

【答案】C

【解析】加入氢氧化钠后都转化为沉淀，但氢氧化亚铁的沉淀，易被氧化成氢氧化铁，加入酸后转化为三价铁，故三价铁的量增加。

3．由下列一组物理量就可以估算出气体中分子间平均距离的是（）

A.阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量

B.阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度

C.阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积

D.该气体的体积和摩尔质量

【答案】B

【解析】在一定状况下，阿伏加德罗常数个粒子（气体）的体积即为其气体摩尔体积，已知M、ρ则可求Vm，Vm/NA则为一个气体分子在该状况下所占有的体积，视该分子为一刚性球体，则可求其半径，两个半径之和即为气体分子间的平均距离。

4．下列对应关系不正确的是

A．浓硫酸——腐蚀品 B．淀粉溶液——胶体

C．碱石灰——纯净物 D．BaSO4——电解质

【答案】C

【解析】略

5．实验证明，多数能自发进行的反应都是放热反应。对此说法的理解正确的是

A．所有的放热反应都是自发进行的

B．所有的自发反应都是放热的

C．焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素

D．焓变是决定反应是否具有自发性的唯一判据

【答案】C

【解析】

试题分析：A．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，吸热反应也可能自发进行，A错误；B．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，吸热反应也可能自发进行，B错误；C．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素，C正确；D．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素，但不是唯一因素，D错误，选C。

考点：考查化学反应方向。

6．下列各组离子能大量共存的是

A．H+、Na+、HCO3－、Cl－ B．Fe3+、SCN－、Cl－、NO3－

C．Mg2+、Fe2+、SO42－、NO3－ D．Fe3+、SO42－、OH－、NO3－

【答案】C

【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中H＋和HCO3－不能大量共存；B中Fe3＋和SCN－不能大量共存；D中Fe3＋和OH－不能大量共存，所以答案选C。

7．下列每组物质中化学键类型和分子的极性都相同的是

A．CO2和CS2 B．NaCl和HCl

C．H2O和CH4 D．O2和HBr

【答案】A

【解析】

试题分析：A．CO2—极性键，非极性分子；CS2—极性键，非极性分子；B．NaCl—离子键，HCl—极性键，非极性分子；C．H2O—极性键，极性分子，CH4 —极性键，非极性分子；D．O2—非极性键，非极性分子，HBr—极性键，极性分子；选A。

考点：考查化学键类型及分子的极性。

8．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：

SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋Q kJ·mol－1(Q＞0)

某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是

A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率

B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJ

C．反应至4 min时若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2反应速率为0.03 mol·L－1·min－1

D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好反应

【答案】D

【解析】

试题分析：该反应的正反应是气体体积增大的反应。A．反应过程中，若增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，会使SiCl4的转化率降低，错误。B．若反应开始时SiCl4为1 mol，由于该反应是可逆反应，所以达到平衡时，吸收热量小于Q kJ，错误。C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则V(HCl) = 0.12 mol/L ÷4min=0.03mol/(L∙min)，由于V(H 2)：V(HCl)=1:2，所以V(H 2)=1/2 V(HCl)= 1/2×0.03mol/(L∙min)=0.015 mol/(L∙min)，错误。D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，反应的物质的量是0.025Q÷Q=0.025mol，每有1mol该反应发生，会产生4molHCl，发生反应的物质的量是0.025mol，所以反应产生的HCl的物质的量是n(HCl)= 0.025mol×4=0.1mol，所以根据复分解反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知产生的HCl生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好反应，正确。

考点：考查可逆反应的反应热、化学反应速率及外界条件对化学平衡的影响的知识。

9．下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是

A．能使pH试纸变红的溶液中：CO32—、K＋、Cl－、Na＋

B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO3—、Mg2＋、Na＋、SO42—

C．在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2＋、Cl－、NO3—

D．KW/C(H+)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3—、Cl－、K＋

【答案】B

【解析】

试题分析：A．能使pH试纸变红的溶液是酸性溶液。在酸性溶液中：H+与CO32—会发生离子反应而不能大量共存，错误；B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中：H+与NO3—、Mg2＋、Na＋、SO42—不会发生任何反应，可以大量共存；在碱性溶液中OH-与Mg2＋会发生离子反应形成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故可能大量共存，正确；C．c(OH－)/c(H＋)＝1×1012，c(OH－)·c(H＋)＝1×10-14，所以c(OH－)=0.1mol/L，则OH－与NH4+、Fe2＋会发生离子反应而不能大量共存，错误；D.KW/C(H+)＝10－10 mol/L, KW=10－14mol2/L2,则C(H+)＝10－4 mol/L，,溶液显酸性，在酸性溶液中H＋、HCO3—会发生离子反应而不能大量共存，错误。

考点：考查离子大量共存的知识。

10．阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1，下列叙述正确的是

A．2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023

B．0.1 L 3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023

C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023

D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023

【答案】D

【解析】略

11．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是

A．10 L 0.l mol∙L-1的Na2CO3溶液中离子总数一定大于3NA

B．标准状况下，22.4 L HF的分子数为NA

C．1 mol Fe在22.4 L的Cl2（标准状况下）中燃烧，转移的电子总数为3NA

D．一定条件下某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子数为0.6NA

【答案】A

【解析】

试题分析： A、碳酸根离子水解CO32- + H2O == HCO3- + OH- ，HCO3- + H20 == H2CO3 + OH-，所以10 L 0.l mol∙L-1的Na2CO3溶液中离子总数一定大于3NA ，A正确； B、标准状况下， HF是非气态物质，B错误； C、1 mol Fe与1mol的Cl2反应，铁过量，转移的电子是2mol，C错误； D、氮气和氢气的反应是可逆反应，反应不能进行到底，D错误；答案选A

考点：化学反应中的计算

12．下列说法正确的是

A．有H、D、T与16O、17O、18O构成的过氧化氢分子的相对分子质量有36个

B．H2、D2、T2互为同素异形体

C．H2、D2、T2在相同条件下的密度比为1:2:3

D．氕、氘发生聚变成其他元素，属于化学变化

【答案】C

【解析】

试题分析： A．H、D、T组合H2、D2、T2、HD、HT、DT共6种；16O、17O、18O组合16O2、17O2、18O2、16O17O、16O18O、17O18O共6种，所以构成的过氧化氢分子共有6×6＝36个，但其中有相对分子质量相同的分子，故构成的过氧化氢分子的相对分子质量个数小于36个，故A错误。B．H2、D2、T2均为氢气单质，故B错误。C．H2、D2、T2在相同条件下的密度比等于气体相对分子质量之比为2:4:6＝1：2：3，故C正确。D．氕、氘发生聚变成其他元素，属于核反应，不是化学变化，故D错误。

考点： 了解同位素的概念及应用。

点评：本题考查同位素的质量数与近似相对原子质量、同位素与同素异形体、化学变化与物理变化等概念的辨析。

13．下列推论正确的是：

A．S(g)+O2(g)==SO2(g)△H1；S(s)+O2(g)==SO2(g) △H2，则：△H1>△H2

B．C(石墨，s)=C(金刚石，S)△H=+1.9 kJ/mol，则由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定

C．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(I)△H=﹣57.4 kJ/mol，则：含20 gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7 kJ

D．2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=﹣221 kJ/mol，则碳的燃烧热等于110.5kJ/mol

【答案】C

【解析】

试题分析：A.由于同种物质在气态时含有的能量比固态时高，所以前者放出的热量比后者高，因此△H1 <△H2。错误。B．由于石墨转化为金刚石时吸收热量，说明由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，物质所含有的能量越低该物质的稳定性就越强。因此金刚石不如石墨稳定。错误。C．NaOH(aq)+ HCl (aq)=NaCl(aq)+H2O(I)△H=﹣57.4 kJ/mol，说明每有1mol的NaOH发生酸碱中和反应会放出热量57.4 kJ则：含20 gNaOH的稀溶液即NaOH的物质的量为0.5mol与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7 kJ.正确。D．1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量叫该物质的燃烧热。C的稳定的氧化物是气态的CO2,因此碳的燃烧热大于110.5kJ/mol。错误。

考点：考查燃烧热、中和热、反应热的比较、物质的稳定性的比较的知识。

14．某气态烃1 mol能和2 mol HCl加成，其饱和产物又能和6 mol Cl2完全取代，则该烃是

A．C2H6 B．C2H4 C．C3H4 D．C4H6

【答案】C

【解析】

试题分析：某气态烃1 mol能和2 mol HCl加成，说明分子中含有一个碳碳三键或两个碳碳双键，分子式符合CnH2n-2。其饱和产物又能和6 mol Cl2完全取代，加成产物中含有6个H原子。由于加成反应增加了2个H原子，则原来烃分子中含有4个H原子。分子式符合CnH2n-2，2n-2=4则n=3，所以该烃是C3H4，故选项是C。

考点：考查有机物的结构与性质的关系、有机物分子式的推断的知识。

15．下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是

A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B．铝与盐酸反应

C．灼热的炭与CO2反应 D．甲烷与O2的燃烧反应

【答案】C

【解析】

试题分析：没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于吸热反应，选项A不正确；Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，选项B不正确；C、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，选项C正确；C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，选项D不正确。

考点：化学反应的能量变化与氧化还原反应的判断

16．反应2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂是 ，还原剂是 ，若生成71gCl2,被氧化的HCl是 g。

【答案】KMnO4 HCl 73g

【解析】

试题分析：该反应中，氧化剂是具有强氧化性的高锰酸钾，还原剂自然是氯化氢，71g的氯气是1mol的氯气，而消耗的盐酸，并不是全被氧化的，也有体现酸性的。被氧化的盐酸为2mol，质量为73g。

考点：化学反应中，氧化剂，还原剂的判断，以及相关的质量计算。

17．现有下列浓度均为0.1mol/L的电解质溶液：

①Na2CO3 ②NaHCO3 ③NaClO ④CH3COONH4 ⑤NH4HCO3

（1）上述5种物质的溶液既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的是（填写序号）_____________。

（2）已知溶液④呈中性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________。

（3）已知溶液⑤呈碱性，比较④、⑤两溶液额酸碱性，可以得出的结论是_____________。

【答案】（1）②④⑤（2）c(CH3COO-)=c(NH4+)>c(OH-)= c(H+)

（3）碳酸氢根的水解程度比醋酸根大或醋酸酸性比碳酸强

【解析】

试题分析：（1）碳酸氢钠能和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，碳酸氢钠能和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，醋酸铵和盐酸反应生成氯化铵和醋酸，也和氢氧化钠反应生成氨气和水和醋酸钠，碳酸氢铵和盐酸反应生成氯化铵和水和二氧化碳，也和氢氧化钠反应生成碳酸铵和碳酸钠和水，所以选②④⑤。

（2）醋酸铵溶液为中性，说明氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则根据电荷守恒可以知道醋酸根离子浓度等于铵根离子浓度，所以有c(CH3COO-)=c(NH4+)>c(OH-)= c(H+)。（3）碳酸氢铵显碱性，说明碳酸氢根的水解程度比铵根离子水解程度大，而根据醋酸铵溶液显中性分析，醋酸根离子水解程度等于铵根离子水解程度，所以可以得出碳酸氢根离子水解程度比醋酸根大或醋酸酸性比碳酸强。

考点：盐类的水解，水解的影响因素

18．实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制500mL 0.2 mol·L-1的稀硫酸。

（1）所需仪器除了玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒外，还需要哪个仪器才能完成该实验，请写出： 。

（2）计算所需浓硫酸的体积为________ mL 。现有①10mL ②50mL ③100mL三种规格的量筒，应当选用___________。（填序号）

（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___________、__________。

(4)下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是_____。

A．容量瓶上标有容积、温度和浓度

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干

C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线

1～2 cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线

D．使用前要检查容量瓶是否漏水

（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有_______。（填序号）

①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。

③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水。

④定容时，仰视刻度线。

【答案】（1）500mL容量瓶（2）5.4 ①（3）搅拌 引流（4）D（5）①④

【解析】

试题分析：（1）配制一定物质的量浓度溶液需要仪器：一定规格容量瓶、胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、（天平）。（2）设浓硫酸体积为VmL，18.4×V×10-3=500×0.2×10-3,V=5.4mL。选择10mL量筒。（3）溶解时用玻璃棒搅拌、转移时用玻璃棒引流。（4）容量瓶上没有浓度；容量瓶不必烘干；不能直接在容量瓶中配制溶液；容量瓶使用前要查漏。（5）未洗涤烧杯和玻璃棒，n偏小，c偏小；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温V偏小，c偏大；容量瓶中有少量蒸馏水，c无影响；定容时仰视刻度线，V偏大、c偏小。

考点：一定物质的量浓度溶液的配制

点评：填写容量瓶时一定要有规格；分析误差时根据c=n/V分析。浓硫酸溶于水放热，溶解后不能立即将溶液转移入容量瓶。

19．（14分）如图在试管甲中先加入2mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入2克无水乙酸钠，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5ml 饱和的碳酸钠溶液，按图连接好装置，用酒精灯对试管甲小加热3～5min后，改用大火加热，当观察到左试管中有明显现象时停止实验。试回答：

（1）该实验中长导管的作用是 ，其不宜伸入试管乙的溶液中，原因是 。

（2）试管乙中饱和Na2CO3的作用是①除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，②

（3）试管乙中观察到的现象是 。

（4）试管甲中加入浓硫酸的目的是 ①催化剂，吸水剂②

（5）液体混合加热时液体体积不能超过试管容积的 ，本实验反应开始时用小火加热的原是 ；（填字母）A.加快反应速率B. 防止了反应物未来得及反应而挥发损失（已知乙酸乙酯的沸 点为77℃；乙醇的沸点为78.5℃；乙酸的沸点为117.9℃）

【答案】（1）导气、冷凝；防止加热不充分而倒吸 ；（2）降低乙酸乙酯的溶解度；

（3）液体分层 ；（4）使醋酸钠转化成醋酸；（5）1/3； A、B。

【解析】

试题分析：（1）该实验中长导管的作用是导气、冷凝；导气管不宜伸入试管乙的溶液中，是为了防止加热不充分而倒吸。（2）试管乙中饱和Na2CO3的作用是①除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，②降低乙酸乙酯的溶解度；（3）试管乙中观察到的现象是液体分层；（4）试管甲中加入浓硫酸的目的是 ①催化剂，吸水剂②使醋酸钠转化成发生酯化反应的反应物醋酸；（5）液体混合加热时液体体积不能超过试管容积的1/3；本实验反应开始时用小火加热的原因是加快反应速率；防止了反应物未来得及反应而挥发损失。故选项是A、B。

考点：考查关于酯化反应的有关知识。

20．（18分）溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等。制备CaBr2·2H2O的主要流程如下：

（1）制备FeBr2时可用如下实验装置（部分夹持装置略去），水浴加热。

仪器a的名称是________，与液溴的反应温度不能超过40℃的原因是 。

（2）滤渣的成分可能是 。

（3）试剂M是 ，加入M的目的是 。

（4）操作Ⅱ的步骤为蒸发浓缩、 、 、洗涤、干燥。

（5）溴化钙晶体中溴离子的检验:将少量溴化钙晶体溶于水，加入 ，实验现象为 ，发生反应的离子方程式为 。

（6）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65°C进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式 。

（7）制得的CaBr2·2H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5．00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却，称量。得到2．00g固体，则CaBr2·2H2O的质量分数为 。

【答案】（1）冷凝管；（1分）防止液溴挥发，使原料利用率降低。（2分）

（2）Fe、 Fe（OH）2 、Fe（OH）3（2分）

（3）HBr（1分），除去过量的Ca（OH）2 （1分）

（4）冷却结晶、过滤（2分）

（5）硝酸酸化的AgNO3溶液 ；（2分）产生淡黄色浑浊（1分）；

Br－＋Ag＋=AgBr↓（2分）

（6）3 Ca（OH）2 + 3Br2 + 2NH3 = 3CaBr2 + N2+ 6H2O（2分）

（7）94.40%（2分）

【解析】

试题分析：Fe和水混合物加入液溴，水浴加热，生成FeBr2，再加氢氧化钙生成溴化钙，继而加入HBr，除去剩余的氢氧化钙，冷却结晶后得到CaBr2·2H2O；（1）a仪器是冷凝管，液溴易挥发，故温度控制在40℃的原因是防止液溴挥发，使原料利用率降低；（2）滤渣的成分是：未反应的Fe，FeBr2与氢氧化钙反应生成的Fe（OH）2 及部分Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3；（3）由于氢氧化钙过量，故结晶前需要除去氢氧化钙，故M为HBr；（4）操作Ⅱ是为了得到较纯净的CaBr2·2H2O晶体，故操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）Br-检验，利用AgBr是淡黄色沉淀，故操作为：将少量溴化钙晶体溶于水，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生淡黄色浑浊AgBr，离子方程式为：Br－＋Ag＋=AgBr↓；（6）溴单质具有较强的氧化性，将氨气中的N氧化成N2，故方程式为：3 Ca（OH）2 + 3Br2 + 2NH3 = 3CaBr2 + N2+ 6H2O；（7）根据Ca原子守恒可得到关系：CaBr2·2H2O—CaCO3，已知m(CaCO3)=2.00g，故n(CaCO3)=n(CaBr2·2H2O)=，故m(CaBr2·2H2O)=0.02mol×236g/mol=4.72g，样品中CaBr2·2H2O的质量分数为：

考点：考查物质的制备、分离和提纯实验操作及计算相关知识

21．ＳＯ２与Ｏ２混合气体对Ｈ２的相对密度为22．22，在密闭容器内反应达到平衡，平衡混合物对Ｈ２的相对密度为26．92。求ＳＯ２的转化率。

【答案】ＳＯ２的转化率为89．8％

【解析】反应前前＝22．22×2＝44．44

　　反应后后＝26．92×2＝53．84

　　设原混合气体含ＳＯ２1ｍｏｌ，含Ｏ２ｘｍｏｌ

　　则有：44．44＝（64×1＋32×ｘ／（1＋ｘ））

　　解得ｘ＝1．572ｍｏｌ

　　设ＳＯ２的转化率为ｙ，则有：

　　2ＳＯ２＋Ｏ２2ＳＯ２ Δｎ

　　2　　　　1　　　　2　　　　1

　　1×ｙ 　　　　　　　　　　0．5ｙ　　　

　　53．84＝（64×1＋32×1．572）／[（1＋1．572）－0．5ｙ]

　　解得：ｙ＝0．898＝89．8％

22．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他物质已经略去)：

请回答下列问题：

（1）若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则:

word/media/image6.gifA的化学式是 。

word/media/image7.gif反应x、y、z、w中，一定是氧化还原反应的有 。

word/media/image8.gif有关B的说法中正确的是 。

A．燃烧化石燃料不会产生B

B．造纸过程中可用B漂白纸浆

C．紫色石蕊试液遇B的水溶液会变红

D．可在葡萄酒中添加大量B作杀菌剂

若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的

蓝色石蕊试纸变红。则：

word/media/image6.gifA的名称是。

word/media/image7.gif反应x的化学方程式是。

word/media/image8.gif反应w的离子方程式是。

【答案】（1）word/media/image6.gifS word/media/image7.gifx、y word/media/image8.gif b、c（2）word/media/image6.gif氨 word/media/image7.gif4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2Oword/media/image8.gif 3Cu＋8H＋＋2NO74921f20de136452d533dc4f6425e783.png===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

【解析】

试题分析：（1）淡黄色固体单质为硫，硫和氧气反应生成B二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成C三氧化硫，三氧化硫和水反应生成D硫酸。硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫和水。所以A为S。 word/media/image7.gifx、y反应中都有化合价的变化，属于氧化还原反应， word/media/image8.gif a、化石燃料燃烧会产生二氧化硫，正确。b、二氧化硫可以漂泊纸浆，正确。c、二氧化硫的溶液为亚硫酸溶液，能使紫色石蕊变红，正确。D、葡萄酒中添加少量的二氧化硫做杀菌剂，二氧化硫有毒，不能添加大量，成为。所以选b、c。（2）若A得水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A为氨气，则B为一氧化氮，C为二氧化氮，D为硝酸。word/media/image6.gifA为氨。word/media/image7.gif反应x为氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O。word/media/image8.gif反应w为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO74921f20de136452d533dc4f6425e783.png===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

考点：无机推断

23．把木炭加热至红热，投入到浓硝酸溶液中，产生NO2、CO2两种气体组成的混合气体X，用X作如下图所示的实验：

请回答下列问题：

（1）无色溶液D是

（2）无色气体E遇到空气时，可以观察到的现象是 ；

（3）D溶液与单质F反应的化学方程式为 ．

【答案】（1）稀硝酸；

（2）无色气体变红棕色；

（3）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．

【解析】无色气体C通入澄清石灰水生成白色沉淀，该沉淀应为CaCO3，说明C中含有CO2，无色稀溶液D与单质F反应生成蓝色溶液，该溶液应含有Cu2+，则说明F为Cu，无色稀溶液D具有强氧化性，应为稀HNO3溶液，生成气体E为NO，

（1）无色溶液D是稀硝酸，故答案为：稀硝酸；

（2）无色气体E遇到空气时，可以观察到的现象是无色气体变红棕色，故答案为：无色气体变红棕色；

（3）铜与稀硝酸反应的方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．

24．A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值相等，B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，G2+的3d轨道有9个电子，请回答下列问题：

（1）元素D在周期表中的位置是

（2）G的基态原子电子排布式为 。

（3）B、C、D原子的第一电离能由小到大的顺序为 （用元素符号回答）

（4）CA3中心原子C的杂化类型是 ，分子的立体构型是 。

（5）向GSO4(aq)中逐滴加入氨水至过量，会观察到 现象。后一步反应的离子反应方程式为： 。

（6）某电池放电时的总反应为：Fe＋F2O3＋3H2O = Fe(OH)2＋2F(OH)2（注：F2O3和F(OH)2为上面F元素对应的化合物），写出该电池放电时的正极反应式 。

【答案】（1）第二周期，VIA族 （2）［Ar］3d104s1 （3）C＜O＜N；（4）sp3；三角锥形；（5）先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，生成深蓝色透明溶液。Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH—＋4H2O 或者Cu(OH)2＋4NH3＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH—；（6）Ni2O3＋3H2O＋2e—＝2Ni(OH)2＋2OH—

【解析】

试题分析：A、B、C、D、E、F、G七种前四周期元素且原子序数依次增大，A的最高正价和最低负价的绝对值相等，则A是第IA族或第ⅣA族元素。B的基态原子有3个不同的能级且各能级中电子数相等，这说明B是碳元素，所以A是氢元素。D的基态原子与B的基态原子的未成对电子数目相同，则D是氧元素，所以C是氮元素。E的基态原子s能级的电子总数与p能级的电子数相等，所以E是镁元素。F的基态原子的3d轨道电子数是4s电子数的4倍，所以F的原子序数是18+8+2＝28，即F是镍元素。G2+的3d轨道有9个电子，说明G的原子序数是18+9+2＝29，即G是铜。

（1）氧元素在周期表中的位置是第二周期，VIA；

（2）铜的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知，基态原子电子排布式为［Ar］3d104s1。

（3）非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于氧元素的，则B、C、D的原子的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。

（4）NH3中心原子N原子的价层电子对数是4，则杂化类型是sp3，氮原子含有1对孤对电子，所以分子的立体构型是三角锥形。

（5）向CuSO4(aq)中逐滴加入过量氨水，会发生先产生蓝色沉淀后沉淀消失，这是由于生成的氢氧化铜溶解在氨水中形成配合物，则沉淀消失的离子反应方程式为Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH—＋4H2O。

（6）原电池中正极得到电子，发生还原反应，则根据方程式可知，正极是Ni2O3得到电子，则该电池放电时正极反应式为Ni2O3＋3H2O＋2e—＝2Ni(OH)2＋2OH—。

考点：考查元素推断的有关分析与应用