陕西省师大附中2022届高三化学上学期9月月考试题含解析

2022-2022学年陕西省师大附中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题，共42分1．下列物质间转化都能通过一步实现的是()A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．Al→Al2O3→NaAlO2→Al（OH）3C．S→SO3→H2SO4→SO2D．N2→NO2→HNO3→NO2．下列有关NA数值的说法正确的是()A．ag乙烯和丙烯混合物中所含碳氢键数目为B．常温常压下，18g重水中含有的中子数为8NAC．标准状况下，2.24LCl2与足量的铁反应转移的电子数目是0.3NAD．7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.2NA3．下列各组离子一定能大量共存的是()A．25℃，由水电离出的c（H+）=10﹣11mol/L的溶液：Na+、K+、Cl﹣、ClO﹣B．与Al反应能放出氢气的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．甲基橙变红的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣D．含Al3+的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、S2﹣4．某有机物结构简式为，关于该有机物叙述错误的是()A．1mol该物质在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2发生加成反应B．能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色C．遇硝酸银溶液产生白色沉淀D．在一定条件下，能发生取代反应5．甲基环己烷（）的一氯代物有()A．3种B．4种C．5种D．6种6．MnO2和Zn是制造干电池的重要原料，工业上用软锰矿和闪锌矿联合生产MnO2和Zn的基本步骤为：（1）软锰矿、闪锌矿与硫酸共热：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O；（2）除去反应混合物中的不溶物；（3）电解混合液MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4；下列说法不正确的是()A．步骤（1）中每析出12.8gS沉淀共转移0.4mol电子-21-\nB．步骤（1）中ZnS的还原性大于MnSO4的还原性C．电解时MnO2在阳极处产生D．硫酸在生产中可循环使用7．下列说法不正确的是()①将CO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42﹣④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等．A．只有②B．①②③C．①③④D．①②③④8．已知溶质质量分数为98%的浓硫酸，其物质的量浓度为18.4mol/L，取10mL该硫酸与amL水混合，配制成溶质质量分数为49%的硫酸，其物质的量浓度为bmol/L，则a，b分别为()A．a=10、b=9.2B．a＜10、b＞9.2C．a＞10、b=9.2D．a＞10、b＜9.29．体积为1L的干燥容器中充入一定量HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．则容器中HCl气体的质量分数约为()A．75%B．25%C．79.1%D．78.1%10．下列离子方程式书写正确的是()A．往石灰乳中通入过量的CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．amolFeBr2溶液中通入amolCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Br2+2Fe3++4C1﹣C．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca（HCO3）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2CO2↑+2H2OD．向50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入数滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O11．在t℃时，将agNH3完全溶解于水，得到VmL溶液．假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmol．下列叙述正确的是()A．溶质的质量分数ω=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol/LC．溶液中c（OH﹣）=mol/LD．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω12．如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是()-21-\nA．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色13．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键14．将xmolAl2O3和ymolCuO混合后，全部溶于VL过量的稀硫酸中，然后向溶液中逐渐加入0.5mol/L的NaOH溶液，当加入aL时，生成的沉淀最多，则原稀H2SO4的物质的量浓度为()A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．无法计算二、非选择题，共58分15．（13分）X是中学化学中的常见物质，X既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应．（1）若X为氧化物，则X的化学式为__________．（2）若X为单质，写出其与NaOH溶液反应的化学方程式__________．（3）若X与稀硫酸反应生成无色无味的气体A，与浓氢氧化钠溶液加热反应生成气体B．等物质的量的A和B在水溶液中反应又生成X．常温下X与足量稀氢氧化钠溶液反应的离子方程式为__________．16．在一定条件下进行的下列化学反应，请根据以下的转化关系回答下列问题．已知A、B、C中均含有同种元素．（1）若D为金属单质，且以上反应均为氧化还原反应，转化过程中没有除A、B、C外的其他物质生成．请写出A+C→B反应的离子方程式__________．（2）若D为碱，且以上反应均为非氧化还原反应，则A、B、C、D分别可以是：（按顺序写出合理的一组物质的化学式即可）A__________，B__________，C__________，D__________．17．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是__________和__________．（填化学式）-21-\n（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为__________．A．SO32﹣B．SO42﹣C．CH3COO﹣D．SiO32﹣②现需要200mL0.1mol/L的A溶液，需用托盘天平称取A固体的质量为__________g，配制溶液时，所需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要__________．③利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论__________．（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．则物质D一定含有上述离子中的__________（填相应的离子符号）．18．（13分）（1）铜既能与稀硝酸反应．也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3═Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（未配平）．①硝酸在该反应中的作用是__________，②19.2gCu被硝酸完全溶解后，若得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是__________．（2）①已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：__________P4+__________HClO3+__________═__________HCl+__________H3PO4配平上述反应方程式；②白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4在该反应中30molCuSO4可氧化P4的物质的量是__________．（3）新型纳米材料氧缺位铁酸锌（ZnFe2Ox），常温下它能使工业废气中的氮的氧化物、SO2等分解，减小工业废气对环境的影响，它可由铁酸锌（ZnFe2O4）经高温还原制得．转化流程如图所示：若2molZnFe2Ox与SO2可生成0.75molS，x=__________．写出铁酸锌高温被H2还原生成氧缺位铁酸锌的化学方程式__________．19．某化学兴趣小组在实验室探究氨的有关性质，设计了如图所示实验，A处是气体发生装置，A中所用的实验药品从下列物质中选取．①Na2CO3②NaOH③Ca（OH）2④NaHCO3⑤NH4Cl-21-\n按如图连接好各仪器，现将C处的铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后撤去C处酒精灯．部分实验的现象如下：铂丝继续保持红热状态，D中的铜片慢慢溶解，回答下列问题：（1）A中发生的化学反应方程式为__________．制取气体所用到的玻璃仪器主要有__________种（不包括连接装置）．（2）B装置的作用为__________．（3）撤去C处酒精灯后铂丝能继续保持红热状态的原因是__________，为了使D中Cu片溶解的速率加快，可向D处的溶液中加入下列少量物质中的__________（填下列各项序号）A．Na2CO3B．AgNO3C．H2SO4D．FeSO4（4）图E中持续通入氧气的作用为__________．（5）有人认为他们设计的这套实验装置还存在明显的不足，对其不足之处以及应如何改进，谈谈你的意见：__________．20．（13分）1915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献．（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能/（kJ•mol﹣1）7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是__________，Na、Mg、Al第一电离能I1从小到大的排列顺序是__________．（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示．①实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，其原因是__________．②SO42﹣中S原子的杂化类型是__________，与其互为等电子体的分子有__________（任写一种）．③Cu2+还能与NH3、Cl﹣等形成配位数为4的配合物，[Cu（NH3）4]2+中存在的化学键类型有__________（填序号）．A．配位键B．离子键C．极性共价键D．非极性共价键④写出基态Cu原子的外围电子排布式__________；金属铜采用面心立方堆积方式，已知Cu原子的半径为rpm，相对原子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数，则金属铜的密度是__________g/cm3（列出计算式）．-21-\n2022-2022学年陕西省师大附中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题，共42分1．下列物质间转化都能通过一步实现的是()A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．Al→Al2O3→NaAlO2→Al（OH）3C．S→SO3→H2SO4→SO2D．N2→NO2→HNO3→NO【考点】镁、铝的重要化合物；含氮物质的综合应用；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素；氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．二氧化硅不能与水反应生成硅酸；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应生成氢氧化铝；C．硫不能一步反应生成SO3；D．氮气与氧气反应生成NO．【解答】解：A．二氧化硅不能与水反应生成硅酸，应由可溶性的硅酸盐与酸反应获得硅酸，故A错误；B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，故B正确；C．硫先反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，故C错误；D．氮气与氧气反应生成NO，不能直接反应生成NO2，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素化合物的性质等，难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键．2．下列有关NA数值的说法正确的是()A．ag乙烯和丙烯混合物中所含碳氢键数目为B．常温常压下，18g重水中含有的中子数为8NAC．标准状况下，2.24LCl2与足量的铁反应转移的电子数目是0.3NAD．7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、重水的摩尔质量为20g/mol；C、根据氯气和铁反应后变为﹣1价来分析；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol阴离子来分析．【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故ag混合物中含有的CH2的物质的量n==mol，而1molCH2中含2molC﹣H键，故molCH2中含NA个C﹣H键，故A正确；B、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为=0.9mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.9mol重水中含9mol中子即9NA个，故B错误；-21-\nC、标况下，22.4L的氯气为1mol，而和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol阴离子，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子，即0.1NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列各组离子一定能大量共存的是()A．25℃，由水电离出的c（H+）=10﹣11mol/L的溶液：Na+、K+、Cl﹣、ClO﹣B．与Al反应能放出氢气的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．甲基橙变红的溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣D．含Al3+的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、S2﹣【考点】离子共存问题．【分析】A.25℃，由水电离出的c（H+）=10﹣11mol/L的溶液，为酸或碱溶液；B．与Al反应能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C．甲基橙变红的溶液，显酸性；D．离子之间相互促进水解．【解答】解：A.25℃，由水电离出的c（H+）=10﹣11mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中H+、Cl﹣、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．与Al反应能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中H+、NO3﹣、Al发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C．甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Al3+、S2﹣相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．4．某有机物结构简式为，关于该有机物叙述错误的是()A．1mol该物质在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2发生加成反应B．能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色C．遇硝酸银溶液产生白色沉淀D．在一定条件下，能发生取代反应【考点】有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A、分析分子结构中的不饱和碳碳键分析计算需要的加成试剂氢气物质的量；B、碳碳不饱和键和溴水中溴单质发生加成反应，和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；C、分子中的氯原子不是氯离子，不能和银离子反应生成氯化银白色沉淀；D、分子结构中含有苯环，氯原子，饱和碳原子上的氢原子都可以发生取代反应；【解答】解：A、分析分子结构中的不饱和碳碳键分析计算可知，苯环可以和3mol氢气发生加成反应，碳碳双键需要1mol氢气加成反应，1mol该物质在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2发生加成反应，故A正确；-21-\nB、碳碳不饱和键和溴水中溴单质发生加成反应，和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，所以能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、分子中的氯原子不是氯离子，不能和银离子反应生成氯化银白色沉淀，故C错误；D、分子结构中含有苯环，氯原子，饱和碳原子上的氢原子都可以发生取代反应，一定条件下可以发生取代反应，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了有机物质官能团的特征性质分析判断，物质性质的熟练掌握，分子结构的分析判断是解题关键，题目难度中等．5．甲基环己烷（）的一氯代物有()A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据环上一氯代物的同分异构体等于环上氢原子的种类来解答．【解答】解：甲基环己烷中与甲基相连的碳上有一个氢原子，还能够被取代，甲基环己烷中环上含有4种氢原子，甲基上一种氢原子，共5种氢原子，一氯取代物共有5种，故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意等效氢的掌握．6．MnO2和Zn是制造干电池的重要原料，工业上用软锰矿和闪锌矿联合生产MnO2和Zn的基本步骤为：（1）软锰矿、闪锌矿与硫酸共热：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O；（2）除去反应混合物中的不溶物；（3）电解混合液MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4；下列说法不正确的是()A．步骤（1）中每析出12.8gS沉淀共转移0.4mol电子B．步骤（1）中ZnS的还原性大于MnSO4的还原性C．电解时MnO2在阳极处产生D．硫酸在生产中可循环使用【考点】氧化还原反应；电解原理．【分析】A．反应中S元素由﹣2价升高为0；B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；C．电解时阳极发生氧化反应；D．由（1）、（3）可知，硫酸既参加反应，又从反应中生成．【解答】解：A．反应中S元素由﹣2价升高为0，则每析出12.8gS沉淀共转移×（2﹣0）=0.8mol电子，故A错误；B．步骤（1）中ZnS作还原剂，MnSO4作还原产物，则ZnS的还原性大于MnSO4的还原性，故B正确；-21-\nC．电解时Mn元素的化合价升高，发生氧化反应，阳极发生氧化反应，则步骤（3）中电解时MnO2在阳极处产生，故C正确；D．由（1）、（3）可知，硫酸既参加反应，又从反应中生成，所以硫酸在生产中可循环使用，故D正确；故选A．【点评】本题考查金属的冶炼和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．7．下列说法不正确的是()①将CO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，无白色沉淀生成②将盐酸、KSCN溶液和Fe（NO3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色③向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中一定含有SO42﹣④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等．A．只有②B．①②③C．①③④D．①②③④【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】元素及其化合物．【分析】①CO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，反应生成碳酸钡和氯化铵；②硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性；③应先加盐酸，排除其它离子的干扰；④另一块用铝箔包住，Al与NaOH溶液反应生成氢气．【解答】解：①CO2通入溶有足量氨的BaCl2溶液中，反应生成碳酸钡和氯化铵，有白色沉淀生成，故错误；②硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，则将盐酸、Fe（NO3）2溶液混合，发生氧化还原反应生成铁离子，遇KSCN溶液显红色，故正确；③应先加盐酸，排除其它离子的干扰，所以向某溶液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，证明溶液中可能含有SO42﹣或Ag+，故错误；④另一块用铝箔包住，Al与NaOH溶液反应生成氢气，则将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用铝箔包住，在铝箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量不相等，故错误；故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，涉及离子的检验、物质的性质，注意②中的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．8．已知溶质质量分数为98%的浓硫酸，其物质的量浓度为18.4mol/L，取10mL该硫酸与amL水混合，配制成溶质质量分数为49%的硫酸，其物质的量浓度为bmol/L，则a，b分别为()A．a=10、b=9.2B．a＜10、b＞9.2C．a＞10、b=9.2D．a＞10、b＜9.2【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据稀释过程中溶质硫酸的质量不变列方程计算加入水的体积a，结合c=mol/L判断49%的硫酸的浓度，注意硫酸的浓度越大，其密度越大．【解答】解：稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL×1.84g/mL×98%=（10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL）×49%，解得a=18.4＞10；-21-\n设49%的硫酸的密度为ρg/mL，硫酸的浓度越大密度越大，则ρ＜1.84，49%的硫酸的物质的量浓度b=mol/L=5ρmol/L＜9.2mol/L，故选D．【点评】本题考查溶液浓度的有关计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系，明确硫酸的浓度越大密度越大为解答关键．9．体积为1L的干燥容器中充入一定量HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．则容器中HCl气体的质量分数约为()A．75%B．25%C．79.1%D．78.1%【考点】元素质量分数的计算．【分析】容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），根据平均相对分子质量计算x的值，计算HCl、空气物质的量之比，进而计算HCl的质量分数．【解答】解：容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），则：36.5x+29（1﹣x）=34.6，解得：x=0.75则HCl、空气物质的量之比为0.75：（1﹣0.75）=3：1则容器中HCl的质量分数为×100%=79.1%，故选：C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论、化学计算等，难度中等，根据平均相对分子质量计算HCl的体积分数是关键．10．下列离子方程式书写正确的是()A．往石灰乳中通入过量的CO2：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．amolFeBr2溶液中通入amolCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Br2+2Fe3++4C1﹣C．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca（HCO3）2+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+2CO2↑+2H2OD．向50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入数滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．石灰乳在离子反应中保留化学式；B．等物质的量反应时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；C．碳酸氢钙完全电离；D．滴入数滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，完全反应，生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀．【解答】解：A．往石灰乳中通入过量的CO2的离子反应为Ca（OH）2+2CO2═Ca2++2HCO3﹣，故A错误；B．amolFeBr2溶液中通入amolCl2的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Br2+2Fe3++4C1﹣，故B正确；C．碳酸氢钙溶液加到醋酸中的离子反应为HCO3﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故C错误；D．向50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入数滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液的离子反应为2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D错误；-21-\n故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．11．在t℃时，将agNH3完全溶解于水，得到VmL溶液．假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmol．下列叙述正确的是()A．溶质的质量分数ω=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol/LC．溶液中c（OH﹣）=mol/LD．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．【分析】A．根据n=计算agNH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；B．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；C．溶液OH﹣中来源与一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，根据电荷守恒判断；D．水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断．【解答】解：A．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为：×100%，故A错误；B．agNH3的物质的量为：=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为：=mol/L，故B正确；C．溶液OH﹣来源于一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为：=mol/L，一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L，根据电荷守恒可得：c（OH﹣）=mol•L﹣1+c（H+），故C错误；-21-\nD．水的密度大于氨水，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，混合液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的量浓度、质量分数的计算等，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度、溶质质量分数的表达式及计算方法，明确溶质质量分数与物质的量浓度之间的关系．12．如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是()A．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【考点】气体发生装置．【专题】元素及其化合物．【分析】根据装置图可知，该装置适用于固体和液体无需加热制取气体，制取的气体易溶于试管中的液体，据此对照各选项进行分析即可解答．【解答】解：A．二氧化锰（MnO2）与浓盐酸混合加热可得到氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液无法褪色，故A错误；B．贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+H2O+CO2↑生成二氧化碳无需加热，二氧化碳和澄清石灰水反应CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O生成不溶于水的碳酸钙所以试管中溶液变浑浊，故B正确；C．实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中左图的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能出现先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故C错误；D．亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，强酸硫酸和亚硫酸钠反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，所以能用图中左图的制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能漂白，所以不褪色，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学实验基本操作，掌握元素化合物的性质结合反应装置的特点分析是解答本题的关键，题目难度不大．-21-\n13．X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的．下列说法正确的是()A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素．【解答】解：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g•L﹣1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g•L﹣1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为（6+7+8+1）=11，所以W为Na元素．A、原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H），故A错误；B、选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故B错误．C、碳的同素异形体很多，金刚石为原子晶体，但例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，故C正确；D、X、Y、Z、M四种元素可形成化合物（NH4）2CO3、NH4HCO3、CO（NH2）2（尿素）等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，故D错误．故选C．【点评】本题是一道无机推断题，以元素推断为基础，综合考查原子结构，元素周期表、元素周期律，分子结构，元素化合物性质等知识，试题难度不大，但题目一反通常习惯，把X、Y、Z、M、W这五种短周期元素，并不是按原子序数依次递增排列的，而只是其中X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，而把原子序数最小的M元素恰恰排在X、Y、Z三种元素后面，这样就给学生设置了一个思维陷阱，如果学生不注意审题，不注意这一细节，一旦陷入习惯上的思维定势，就会跌入这个陷阱，无法正确解题．这也是本题的解题关键．只要掌握了这一解题关键，再结合题给的条件，题目就可迎刃而解．-21-\n14．将xmolAl2O3和ymolCuO混合后，全部溶于VL过量的稀硫酸中，然后向溶液中逐渐加入0.5mol/L的NaOH溶液，当加入aL时，生成的沉淀最多，则原稀H2SO4的物质的量浓度为()A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．无法计算【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】氧化铝、氧化铜与硫酸反应是硫酸铝、硫酸铜，向反应的溶液中加入氢氧化钠溶液，使生成的沉淀最多，则沉淀为为氢氧化铝、氢氧化铜，此时溶液中溶质为硫酸钠，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（Na2SO4）=n（NaOH），根据n=cV计算n（NaOH），据此计算n（H2SO4），再根据c=计算原稀H2SO4的物质的量浓度．【解答】解：氧化铝、氧化铜与硫酸反应是硫酸铝、硫酸铜，向反应的溶液中加入氢氧化钠溶液，使生成的沉淀最多，则沉淀为为氢氧化铝、氢氧化铜，此时溶液中溶质为硫酸钠，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（Na2SO4）=n（NaOH），则n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=×aL×0.5mol/L=0.25amol，则原稀H2SO4的物质的量浓度==mol/L，故选A．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度不大，注意清楚发生的反应判断溶质为硫酸钠，利用守恒进行计算．二、非选择题，共58分15．（13分）X是中学化学中的常见物质，X既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应．（1）若X为氧化物，则X的化学式为Al2O3．（2）若X为单质，写出其与NaOH溶液反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．（3）若X与稀硫酸反应生成无色无味的气体A，与浓氢氧化钠溶液加热反应生成气体B．等物质的量的A和B在水溶液中反应又生成X．常温下X与足量稀氢氧化钠溶液反应的离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3．H2O+CO32﹣+H2O．【考点】无机物的推断．【分析】X是中学化学中的常见物质，X既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应．（1）若X为氧化物，则X为氧化铝；（2）若X为单质，则X为Al，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（3）若X与稀硫酸反应生成无色无味的气体A，与浓氢氧化钠溶液加热反应生成气体B．等物质的量的A和B在水溶液中反应又生成X，则X为碳酸氢铵，A为二氧化碳、B为氨气．【解答】解：X是中学化学中的常见物质，X既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应．（1）若X为氧化物，则X为Al2O3，故答案为：Al2O3；（2）若X为单质，则X为Al，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；-21-\n（3）若X与稀硫酸反应生成无色无味的气体A，与浓氢氧化钠溶液加热反应生成气体B．等物质的量的A和B在水溶液中反应又生成X，则X为碳酸氢铵，A为二氧化碳、B为氨气，常温下X与足量稀氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3．H2O+CO32﹣+H2O，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3．H2O+CO32﹣+H2O．【点评】本题考查无机物推断，注意归纳总结中学常见能与酸、碱反应的物质，难度不大．16．在一定条件下进行的下列化学反应，请根据以下的转化关系回答下列问题．已知A、B、C中均含有同种元素．（1）若D为金属单质，且以上反应均为氧化还原反应，转化过程中没有除A、B、C外的其他物质生成．请写出A+C→B反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣．（2）若D为碱，且以上反应均为非氧化还原反应，则A、B、C、D分别可以是：（按顺序写出合理的一组物质的化学式即可）AAlCl3，BAl（OH）3，CNa[Al（OH）4]，DNaOH．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若D为金属单质，且以上反应均为氧化还原反应，可知D为变价金属，应为Fe，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2；（2）若D为碱，且以上反应均为非氧化还原反应，可为两性化合物之间的转化或多元弱酸与碱、盐的转化．【解答】解：（1）若D为金属单质，且以上反应均为氧化还原反应，可知D为变价金属，应为Fe，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，Cl2和FeCl2反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；（2）若D为碱，且以上反应均为非氧化还原反应，可为两性化合物之间的转化或多元弱酸与碱、盐的转化，如D为NaOH，A可为AlCl3，则B为Al（OH）3，C为Na[Al（OH）4]，或者A为CO2，则B为NaHCO3，C为Na2CO3，故答案为：AlCl3；Al（OH）3；Na[Al（OH）4]；NaOH；或CO2；NaHCO3；Na2CO3；NaOH．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意结合物质之间的转化关系进行判断，学习中注意相关基础知识的积累．17．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl﹣、OH﹣、NO3﹣、CO32﹣、X中的一种．（1）某同学通过分析比较，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba（OH）2．（填化学式）（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕色沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解．则：①X为B．A．SO32﹣B．SO42﹣C．CH3COO﹣D．SiO32﹣②现需要200mL0.1mol/L的A溶液，需用托盘天平称取A固体的质量为3.4g，配制溶液时，所需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管．-21-\n③利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子．请简述实验操作步骤、现象及结论分别取适量的D、E溶液于两支试管中，分别滴加过量的Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀的含有Mg2+，产生白色沉淀后又溶解的含有Al3+．（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．则物质D一定含有上述离子中的NO3﹣（填相应的离子符号）．【考点】无机物的推断．【分析】因阳离子中Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32﹣共存，所以CO32﹣只能与Na+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Mg2+、Fe3+均不能与OH﹣共存，所以OH﹣只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在，由（2）可知，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，很明显是Fe3+与CO32﹣发生双水解的现象，不难得出B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Fe3+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为Fe2（SO4）3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．【解答】解：（1）因阳离子中Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32﹣共存，所以CO32﹣只能与Na+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Mg2+、Fe3+均不能与OH﹣共存，所以OH﹣只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在，则必有Na2CO3、Ba（OH）2，故答案为：Na2CO3；Ba（OH）2；（2）①当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，很明显是Fe3+与CO32﹣发生双水解的现象，不难得出B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Fe3+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为Fe2（SO4）3，故答案为：B；②现需要200mL0.1mol/L的A溶液，A为Ba（OH）2，溶液中氢氧化钡的质量=0.200L×0.1mol/L×171g/mol=3.42g，托盘天平的精确度为0.1g，需用托盘天平称取A固体的质量为3.4g，配制溶液时，所需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要200ml的容量瓶，定容需要的胶头滴管，故答案为：3.4；250mL容量瓶、胶头滴管；③D，E中的阳离子为Al3+、Mg2+，检验Al3+，可逐渐加入Ba（OH）2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，往D、E的溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，若出现白色沉淀则说明E中含有Mg2，故答案为：分别取适量的D、E溶液于两支试管中，分别滴加过量的Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀的含有Mg2+，产生白色沉淀后又溶解的含有Al3+；（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中含有的阴离子应具有强氧化性，应为NO3﹣，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：NO3﹣．【点评】本题考查离子的共存，明确常见物质的溶解性来判断必须存在的物质是解答本题的关键，运用假设法和排除法进行筛选，即可判断出几种离子的组合，注意掌握离子性质和反应现象的分析判断，本题难度较大，考查学生的综合运用知识的能力．18．（13分）（1）铜既能与稀硝酸反应．也能与浓硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将方程式表示为：Cu+HNO3═Cu（NO3）2+NO↑+NO2↑+H2O（未配平）．①硝酸在该反应中的作用是氧化性和酸性，②19.2gCu被硝酸完全溶解后，若得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是0.9mol．（2）①已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：-21-\n3P4+10HClO3+18H2O═10HCl+12H3PO4配平上述反应方程式；②白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4在该反应中30molCuSO4可氧化P4的物质的量是1.5mol．（3）新型纳米材料氧缺位铁酸锌（ZnFe2Ox），常温下它能使工业废气中的氮的氧化物、SO2等分解，减小工业废气对环境的影响，它可由铁酸锌（ZnFe2O4）经高温还原制得．转化流程如图所示：若2molZnFe2Ox与SO2可生成0.75molS，x=3.25．写出铁酸锌高温被H2还原生成氧缺位铁酸锌的化学方程式4ZnFe2O4+3H24ZnFe2O3.25+3H2O．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】（1）①该反应硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2、+4价，部分N元素化合价不变，据此判断硝酸性质；②利用电子守恒来计算作氧化剂的硝酸的物质的量，作酸性和作氧化剂的物质的量之和为参加反应的硝酸的物质的量；（2）①该反应中P元素化合价由0价变为+5价、Cl元素化合价由+5价变为﹣1价，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式；②根据转移电子守恒计算硫酸铜氧化白磷的物质的量；（3）根据得失电子守恒和化学式中元素化合价代数和为零计算，铁酸锌高温下被氢气还原生成氧缺位铁酸锌和水．【解答】解：（1）①该反应硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2、+4价，部分N元素化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故答案为：氧化性和酸性；②n（Cu）==0.3mol，设NO的物质的量为n，得到的NO和NO2物质的量相同，由电子守恒可知，0.3mol×2=n×（5﹣2）+n×（5﹣4），解得n=0.15mol，则N原子守恒可知作氧化剂的硝酸为0.15mol+0.15mol=0.3mol，由Cu（NO3）2可知，作酸性的硝酸为0.3mol×2=0.6mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.3mol+0.6mol=0.9mol，故答案为：0.9mol；（2）①反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，Cl元素的化合价由+5价降低到﹣1价，根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，故答案为：3；10；18H2O；10；12；②30mol硫酸铜转移电子物质的量=30mol×（2﹣0）=60mol，氧化白磷物质的量==1.5mol，故答案为：1.5mol；-21-\n（3）新型纳米材料ZnFe2OX可由化合物ZnFe2O4经高温还原制得，若2molZnFe2OX与SO2反应可生成0.75molS，则ZnFe2OX被还原为ZnFe2O4，令中铁元素的化合价为a，根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3﹣a）=0.75mol×4，解得，a=2.25，利用化合价代数和为零，2+2.25×2=2x，解得x=3.25，铁酸锌高温下被氢气还原生成氧缺位铁酸锌和水，该反应为4ZnFe2O4+3H24ZnFe2O3.25+3H2O，故答案为：3.25；4ZnFe2O4+3H24ZnFe2O3.25+3H2O．【点评】本题涉及氧化还原反应计算、化学方程式的配平等知识点，较综合，把握题干中信息及发生的化学反应是解本题关键，题目难度较大．19．某化学兴趣小组在实验室探究氨的有关性质，设计了如图所示实验，A处是气体发生装置，A中所用的实验药品从下列物质中选取．①Na2CO3②NaOH③Ca（OH）2④NaHCO3⑤NH4Cl按如图连接好各仪器，现将C处的铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后撤去C处酒精灯．部分实验的现象如下：铂丝继续保持红热状态，D中的铜片慢慢溶解，回答下列问题：（1）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O．制取气体所用到的玻璃仪器主要有2种（不包括连接装置）．（2）B装置的作用为吸收二氧化碳和水蒸气并产生氧气．（3）撤去C处酒精灯后铂丝能继续保持红热状态的原因是该反应是放热反应，为了使D中Cu片溶解的速率加快，可向D处的溶液中加入下列少量物质中的BC（填下列各项序号）A．Na2CO3B．AgNO3C．H2SO4D．FeSO4（4）图E中持续通入氧气的作用为将产生的NO氧化，充分被NaOH溶液吸收．（5）有人认为他们设计的这套实验装置还存在明显的不足，对其不足之处以及应如何改进，谈谈你的意见：CD之间加一个防倒吸的装置．【考点】氨的制取和性质．【分析】（1）实验室用加热氯化铵、氢氧化钙的方法制备氨气，反应为固体与液体加热，用到的玻璃仪器主要为试管和酒精灯；（2）B装置作用是吸收二氧化碳和水蒸气生成氧气；-21-\n（3）放热反应开始后，不需要持续加热；硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜，增大氢离子浓度能使Cu片溶解的速率加快，可以加入试剂形成原电池加快反应速率，增大离子浓度加快反应速率；（4）持续通入氧气使一氧化氮气体全部氧化，被氢氧化钠溶液吸收，减少环境污染；（5）D装置中的液体易发生倒吸，需要在CD之间加一个防倒吸的装置．【解答】解：（1）加热氯化铵、氢氧化钙生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；反应为固体与液体加热，用到的玻璃仪器主要为试管和酒精灯；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；2；（2）B装置是利用过氧化钠吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水蒸气生成氧气，故答案为：吸收二氧化碳和水蒸气并产生氧气；（3）撤去C处酒精灯后铂丝能继续保持红热状态，说明该反应为放热反应；A．Na2CO3消耗硝酸不能加快铜的反应速率，故A错误；B．AgNO3和铜反应生成银，铜和银在稀硝酸溶液中析出原电池加快反应速率，故B正确；C．H2SO4会增大氢离子浓度加快铜与稀硝酸的反应速率，故C正确；D．FeSO4会消耗硝酸是氢离子浓度碱性，所以不能加快铜的反应速率，故D错误；故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；BC；（4）持续通入氧气使一氧化氮气体全部氧化，被氢氧化钠溶液吸收，减少环境污染，故答案为：将产生的NO氧化，充分被NaOH溶液吸收；（5）D装置中的液体易发生倒吸到C装置，需要在CD之间加一个防倒吸的装置，故答案为：CD之间加一个防倒吸的装置．【点评】本题考查了氨气的制备、性质的检验，熟悉氨气制备原理是解题关键，注意实验装置的作用和注意问题，题目难度中等．20．（13分）1915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献．（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能/（kJ•mol﹣1）7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgO＞CaO＞NaCl＞KCl，Na、Mg、Al第一电离能I1从小到大的排列顺序是Na、Al、Mg．（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均采用虚线表示．①实验证明，用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比用化学式计算出来的相对分子质量要大，其原因是水分子间有氢键发生缔合作用．②SO42﹣中S原子的杂化类型是sp3，与其互为等电子体的分子有CCl4（SiCl4）等（任写一种）．③Cu2+还能与NH3、Cl﹣等形成配位数为4的配合物，[Cu（NH3）4]2+中存在的化学键类型有AC（填序号）．A．配位键B．离子键C．极性共价键D．非极性共价键-21-\n④写出基态Cu原子的外围电子排布式3d104s1；金属铜采用面心立方堆积方式，已知Cu原子的半径为rpm，相对原子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数，则金属铜的密度是g/cm3（列出计算式）．【考点】晶胞的计算；“等电子原理”的应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）影响晶体晶格能大小的因素有离子半径以及离子所带电荷的多少；同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA族、第VA与VIA族反常；（2）①因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大；②根据S原子的价电子对数进行判断；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体；③配离子[Cu（NH3）4]2+中含有配位键，不同非金属元素之间形成极性共价键；④铜为29号元素，根据原子核外电子排布规律书写外围电子排布式，根据均摊法计算出晶胞中铜原子数，Cu原子的半径为rpm，则晶胞的边长为rpm，晶胞的体积为（r×10﹣10）3cm3，根据计算密度；【解答】解：（1）离子半径Mg2+＜Na+＜O2﹣＜Ca2+＜Cl﹣；离子电荷数Na+=Cl﹣＜O2﹣=Mg2+=Ca2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgO＞CaO＞NaCl＞KCl，同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA与IIIA族、第VA与VIA族反常，则第一电离能I从小到大的排列顺序是Na、Al、Mg；故答案为：MgO＞CaO＞NaCl＞KCl；Na、Al、Mg；（2）①因为水分子间存在氢键，氢键会使水分子成为缔合水分子，使得体积变小，所以用蒸汽密度法测得的H2O的相对分子质量比理论计算出来的相对分质量较大，故答案为：水分子间有氢键发生缔合作用；②SO42﹣中S的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO42﹣互为等电子体的微粒有SiCl4等；故答案为：sp3；CCl4（SiCl4）等；③）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N﹣H为极性共价键，故答案为：AC；④铜为29号元素，其原子外围电子排布式为3d104s1，根据均摊法计算出晶胞中铜原子数为=4，Cu原子的半径为rpm，则晶胞的边长为rpm，晶胞的体积-21-\n为（r×10﹣10）3cm3，所以铜的密度=g/cm3=g/cm3，故答案为：3d104s1；．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，本题注意把握晶格能的大小比较、电子排布式的书写以及晶胞的计算等，注意元素周期律的递变规律．-21-