甘肃兰州市兰化一中2022届高三月考化学试卷

2022-2022学年甘肃省兰州市兰化一中高三（上）月考化学试卷（9月份）　一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．决定化学反应速率的主要因素是（　　）A．反应物的浓度B．反应体系内的压强C．反应物的性质D．反应物的状态2．下列反应属于氧化还原反应且焓变大于0的是（　　）A．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应B．Zn和稀H2SO4反应制氢气C．灼热的炭与水蒸气反应D．工业合成氨的反应3．下列单质中，与水或与酸反应最剧烈的是（　　）A．LiB．NaC．MgD．Al4．如图为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是（　　）RXYZA．X的氢化物比R的氢化物稳定B．原子半径大小顺序是Z＞Y＞X＞RC．Z的单质能与Y的某些化合物发生置换反应D．X、Z可形成化合物XZ5，分子中各原子均满足最外层8电子结构5．有关晶体的下列说法中正确的是（　　）A．冰熔化时水分子中共价键发生断裂B．原子晶体中共价键越强硬度越大C．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D．氯化钠溶于水时离子键未被破坏6．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（　　）34/34A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入Ba（NO3）2溶液中均无白色沉淀生成7．下列说法不正确的是（　　）A．可以用于比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱B．橡皮管的作用是使水能顺利流下C．若向Ba（OH）2溶液中逐滴加入硫酸溶液直至过量，灯光会由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮D．用于吸收HCl气体能防倒吸8．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（　　）A．2molB．3molC．4molD．5mol9．向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（　　）A．NaClB．NaCl、NaHCO334/34C．NaCl、I2D．NaCl、NaI、Na2CO310．黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则下列说法正确的是（　　）A．反应②中Cu2S只发生了氧化反应B．反应①中氧化产物只有SO2C．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NAD．将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol11．某密闭容器中存在2NO+O2⇌2NO2反应，平衡时NO的转化率与温度变化关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态），下列说法中正确的是（　　）A．该反应的正反应是吸热反应B．若温度为T1、T3时的平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3C．T1时，当反应处于D点，则该反应的逆反应速率大于正反应速率D．如果缩小容器体积，则平衡时表示NO转化率与温度变化关系的曲线在原曲线上方12．Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化的关系如表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：19：91pH8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是（　　）A．Na2SO3溶液中c（H+）＜c（OH﹣）B．Na2SO3溶液中c（Na+））＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．当吸收液呈中性时，c（Na+））＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）34/34D．当吸收液呈中性时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）　二、解答题（共9小题，满分34分）13．有A、B、C、D、E、F六种化合物，它们之间的反应关系如所示：①A+B→C+E②C+NaOH→蓝色沉淀D+F③DA+E④F+Ba（NO3）2→白色沉淀+NaNO3回答下列问题（1）写出它们的化学式：A　　B　　C　　D　　E　　F　　．（2）写出①④反应的离子方程式①　　④　　．14．（1）将1.8g碳置于2.24L（标准状况）O2中充分燃烧，至全部反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ•mol﹣1综合上述信息，请写出CO完全燃烧的热化学方程式　　．（2）光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）△H＜0制备．如图1为某次模拟实验研究过程中容积为1L的密闭容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：①若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质个1mol，则平衡　　移动（填“向反应正方向”、“向逆反应方向”或“不”）；②若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　　mol/L，保持反应温度不变则最终达到化学平衡时，Cl234/34的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；③比较第8秒反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　　T（15）（填“＜”、“＞”、或“=”）（3）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）．①已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[]的变化曲线如图2．在其他条件不变时，请在图3中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[]变化的曲线图；②二甲醚（CH3OCH3）燃料电池可以提升能量利用率．二甲醚酸性介质燃料电池的负极反应式为　　．（4）常温下将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　　（含a和b的代数式表示）15．实验室常用Na2O2与H2O反应快速制取少量O2．用下面装置制取O2并演示Na在O2中的燃烧实验．请回答下列问题：（1）关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管．试判断装置是否漏气　　（填“漏气”“不漏气”或“无法确定”），判断理由是　　．（2）写出A装置中反应的化学方程式并用双线桥或单线桥标出电子转移情况：　　．34/34（3）C装置中观察到的现象是　　．（4）D装置中盛放的试剂是　　，其作用是　　．16．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol•L﹣1的醋酸溶液，用0.2mol•L﹣1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：（1）配制250mL0.2mol•L﹣1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、　　和　　．（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol•L﹣1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积（mL）20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为　　．（保留小数点后四位）实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：醋酸浓度（mol•L﹣1）0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：（1）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：　　．（2）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将　　．（填“增大”、“减小”或“不变”）实验三：探究温度对醋酸电离程度的影响请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：　　．17．某同学设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去），该装置可以用来进行多项实验研究．请回答：（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素．34/34①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是　　．②用上述装置进行实验，以生成9.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2序号V（H2SO4）/mLc（H2SO4）/mol•L﹣1t/sⅠ401t1Ⅱ404t2比较实验Ⅰ和Ⅱ可以得出的实验结论是　　．③若将锌片换成含杂质的粗锌片，且控制其他条件使其与上述实验完全一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据．粗锌片中所含杂质可能是　　（填序号）．a．石墨b．银c．铜d．沙粒（二氧化硅）（2）用上述装置测定粗锌片的纯度．①连接好装置，检查装置气密性，称量粗锌片mg置于圆底烧瓶中，滴加足量稀硫酸，充分反应直至不再产生气体为止，测得气体体积为VL，则粗锌片的纯度为　　．②本实验在读数前对量气管的操作是　　．③本套装置中若考虑滴入的稀硫酸的体积（假设其它操作都正确），则测得的气体的体积将．　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，）（3）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀．①圆底烧瓶中的试剂可选用　　（填序号）．NH4Cl溶液b．C2H5OHc．Na2CO3溶液d．稀硫酸②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是　　．18．实验室常用浓盐酸和二氧化锰反应来制取少量氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，取8.7g的MnO2与足量的浓盐酸发生反应制取氯气．计算：34/34（1）标准状况下生成Cl2的体积为　　；（2）反应生成的MnCl2的物质的量为　　；（3）若向反应后的剩余溶液中，加入足量AgNO3溶液，生成沉淀57.4g，计算原浓盐酸中所含HC1的物质的量．19．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：甲乙丙丁（1）若甲是一种黄色固体物质，丁是一种常见的酸，则丁是　　，写出②的化学方程式：　　．（2）若甲是一种极易溶于水的气体，丙是一种红棕色气体，则丙物质是　　．写出①的化学方程式　　．20．某兴趣小组的同学发现《高中化学（必修1）》中学习的单质及其化合物（或其溶液）存在如图的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质，且在常温常压下都是气体；F为淡黄色粉末，化合物H和I通常状况下呈气体；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应．请用化学用语回答下列问题：（1）B是　　，化合物G的焰色反应为　　；（2）写出下列反应的化学方程式：①F+CO2→B+G：　　；②C+D→I：　　；（3）将F溶于水后形成的溶液可吸收C，写出该反应的离子方程式　　；（4）写出实验室制取氨气的化学方程式：　　，收集氨气应使用　　法，要得到干燥的氨气通常选用　　做干燥剂．21．甲元素的原子序数是11，乙元素原子核外有两个电子层，最外层有6个电子；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素．由此推断：34/34（1）甲元素在周期表中位于第　　周期；乙元素在周期表中位于第　　族；丙元素为　　．（2）甲的单质与水反应的离子方程式为　　．　34/342022-2022学年甘肃省兰州市兰化一中高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．决定化学反应速率的主要因素是（　　）A．反应物的浓度B．反应体系内的压强C．反应物的性质D．反应物的状态【考点】CA：化学反应速率的影响因素．【分析】决定化学反应速率的主要因素是反应物的内因，即物质的性质，而温度、浓度、压强以及催化剂为外界因素．【解答】解：影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因为反应物的性质，是决定化学反应速率的主要因素，外因有温度、浓度、压强以及催化剂等，为次要因素．故选C．　2．下列反应属于氧化还原反应且焓变大于0的是（　　）A．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应B．Zn和稀H2SO4反应制氢气C．灼热的炭与水蒸气反应D．工业合成氨的反应【考点】B1：氧化还原反应；BA：吸热反应和放热反应．【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；焓变大于0，则反应为吸热反应，结合常见的吸热反应来解答．【解答】解：A．为吸热反应，但反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．为放热反应，Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．为吸热反应，且C、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C选；D．为放热反应，N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选C．34/34　3．下列单质中，与水或与酸反应最剧烈的是（　　）A．LiB．NaC．MgD．Al【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】元素的金属性越强，对应的单质与水或酸反应越剧烈，以此解答该题．【解答】解：Li、Na位于同一主族，金属性Na＞Li，Na、Mg、Al位于同一周期，金属性Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的单质与水或酸反应越剧烈，则与水或与酸反应最剧烈的是Na．故选B．　4．如图为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是（　　）RXYZA．X的氢化物比R的氢化物稳定B．原子半径大小顺序是Z＞Y＞X＞RC．Z的单质能与Y的某些化合物发生置换反应D．X、Z可形成化合物XZ5，分子中各原子均满足最外层8电子结构【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．【分析】X原子最外层电子数比次外层电子数少3，推知X为P，则R、Y、Z依次为O、S、Cl，根据元素周期律的递变规律判断元素的非金属性、原子半径以及对应化合物的性质．【解答】解：X原子最外层电子数比次外层电子数少3，推知X为P，则R、Y、Z依次为O、S、Cl，则A．周期表中，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则有非金属性R＞Y＞X，R的氢化物比X的氢化物稳定，故A错误；34/34B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径X＞Y＞Z＞R，故B错误；C．周期表中，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性Z＞Y，单质的氧化性Cl2＞S，Cl2能将S置换出来，故C正确；D．X、Z可形成化合物XZ5为PCl5，分子中P原子的最外层电子数为5+5=10，故D错误．故选C．　5．有关晶体的下列说法中正确的是（　　）A．冰熔化时水分子中共价键发生断裂B．原子晶体中共价键越强硬度越大C．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D．氯化钠溶于水时离子键未被破坏【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A、冰熔化时分子间作用力氢键被破坏；B、原子间通过共价键结合形成的晶体叫原子晶体，所以共价键越强硬越大；C、化学性质稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关；D、NaCl溶于水时，NaCl在水分子作用下发生电离．【解答】解：A、冰熔化时分子间作用力氢键被破坏，而不是化学键，故A错误；B、原子间通过共价键结合形成的晶体叫原子晶体，所以共价键越强硬越大，故B正确；C、分子间作用力决定物理性质，而稳定性是化学性质，与化学键的强弱有关，故C错误；D、NaCl溶于水时，NaCl在水分子作用下发生电离生成钠离子、氯离子，所以离子键被破坏，故D错误；故选B．　6．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素．X的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+34/34n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（　　）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．RY2、WY2通入Ba（NO3）2溶液中均无白色沉淀生成【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，则m+n=8且m＞n，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，次外层为K层，则n=2，所以m=6，则Y是O元素、Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，则W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，则R原子核外有16个电子，为S元素，所以X、Y、Z、W、R分别是Na、O、Si、C、S元素；A．X和Y可以形成两种离子化合物，分别为Na2O、Na2O2；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．SO2和Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，CO2和Ba（NO3）2溶液不反应．【解答】解：X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径是短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，则m+n=8且m＞n，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，次外层为K层，则n=2，所以m=6，则Y是O元素、Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，则W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，则R原子核外有16个电子，为S元素，34/34所以X、Y、Z、W、R分别是Na、O、Si、C、S元素；A．X和Y可以形成两种离子化合物，分别为Na2O、Na2O2，其阴阳离子个数之比都是1：2，故A正确；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，非金属性Y＞R，所以氢化物的稳定性Y＞R，Y的氢化物中含有氢键、R的氢化物中不含氢键，所以氢化物的熔沸点：Y＞R，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性R＞W＞Z，所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z，故C正确；D．SO2和Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，碳酸酸性小于硝酸，所以CO2和Ba（NO3）2溶液不反应，没有明显现象，故D错误；故选D．　7．下列说法不正确的是（　　）A．可以用于比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱B．橡皮管的作用是使水能顺利流下C．若向Ba（OH）2溶液中逐滴加入硫酸溶液直至过量，灯光会由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮34/34D．用于吸收HCl气体能防倒吸【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．还原性强的离子先反应；B．橡皮管的作用是使漏斗上下气压相同；C．溶液的导电性强弱与离子的浓度呈正比；D．苯的密度比水小．【解答】解：A．还原性强的离子先反应，对应的氧化产物氧化性弱，故A正确；B．橡皮管的作用是使漏斗上下气压相同，保证液体顺利流下，故B正确；C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，灯光熄灭，继续加入硫酸，又逐渐变亮，故C正确；D．苯的密度比水小，仍会发生倒吸，故D错误．故选D．　8．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（　　）A．2molB．3molC．4molD．5mol【考点】BQ：氧化还原反应的计算．【分析】发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答．【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3﹣，则H+不足，H+完全反应，设生成NO的物质的量为x，则3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O34/348212molx，解得x=3mol，故选B．　9．向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（　　）A．NaClB．NaCl、NaHCO3C．NaCl、I2D．NaCl、NaI、Na2CO3【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；E2：氯气的化学性质；GF：钠的重要化合物．【分析】向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，发生如下反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，反应后将液体加热蒸干，根据溴具有挥发性，碘易升华，HCl、Cl2，这些物质都从溶液中挥发跑掉了，最后全部为NaCl．【解答】解：将氯气通入溶液中，氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水发生反应反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，相当于新制的氯水，其中的氯气与溶液中的NaBr、NaI反应，氯气与水反应生成的盐酸与Na2CO3反应，其反应方程为：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，将溶液中的NaBr、NaI、Na2CO3的反应完毕后，将溶液加热蒸干并灼烧的过程中，生成的Br2挥发跑掉了，I2易升华，剩余的氯气，生成的氯化氢、次氯酸都从溶液中挥发掉了，最后剩余氯化钠，因此向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到的固体为NaCl．故选A．　10．黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则下列说法正确的是（　　）A．反应②中Cu2S只发生了氧化反应34/34B．反应①中氧化产物只有SO2C．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NAD．将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol【考点】BQ：氧化还原反应的计算；B1：氧化还原反应．【分析】反应2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2中，Cu元素化合价不变，S元素化合价升高，O元素化合价降低，反应2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，以此解答该题．【解答】解：A．氧化、还原反应同时进行，反应2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，Cu2S发生了氧化反应、还原反应，故A错误；B．反应①中只有S元素化合价升高，则SO2都为氧化产物，故B正确；C．若1molCu2S完全转化为2molCu，最终产物为Cu和SO2，总方程式为Cu2S+O2→2Cu+SO2，反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，转移电子的物质的量为6mol，则转移电子数为6NA，故C错误；D．将1molCu2S完全转化为2molCu，最终产物为Cu和SO2，由质量守恒可知生成1molSO2，需要O21mol，故D正确；故选BD．　11．某密闭容器中存在2NO+O2⇌2NO2反应，平衡时NO的转化率与温度变化关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态），下列说法中正确的是（　　）A．该反应的正反应是吸热反应B．若温度为T1、T3时的平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3C．T1时，当反应处于D点，则该反应的逆反应速率大于正反应速率D．如果缩小容器体积，则平衡时表示NO转化率与温度变化关系的曲线在原曲线上方34/34【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】A．根据图象知，升高温度，一氧化氮的转化率降低，平衡向逆反应方向移动；B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；C．T1时，D点NO转化率小于同温度平衡时转化率，要使该反应达到平衡状态，则反应向正反应方向移动；D．如果缩小容器体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动．【解答】解：A．升高温度，一氧化氮的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B．升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则K1＞K3，故B错误；C．T1时，当反应处于D点，该反应没有达到平衡状态，NO转化率小于同温度平衡时转化率，要使该反应达到平衡状态，则反应向正反应方向移动，则该反应的正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．缩小体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故平衡时表示NO转化率与温度变化关系的曲线在原曲线上方，故D正确，故选D．　12．Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化的关系如表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：19：91pH8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是（　　）A．Na2SO3溶液中c（H+）＜c（OH﹣）B．Na2SO3溶液中c（Na+））＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．当吸收液呈中性时，c（Na+））＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．当吸收液呈中性时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）【考点】DN：离子浓度大小的比较．34/34【分析】A．表格数据知，亚硫酸钠溶液呈碱性；B．亚硫酸钠溶液呈碱性，且盐类水解是微弱的，根据电荷守恒判断离子浓度大小；C．当吸收液呈中性时，溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠；D．溶液中存在电荷守恒．【解答】解：用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性，A．由表中信息可知Na2SO3溶液为碱性溶液，c（H+）＜c（OH﹣），故A正确；B．Na2SO3溶液中SO32﹣的水解存在二级水解，亚硫酸氢根离子水解程度较小，且水电离也产生氢氧根离子，所以c（HSO3﹣）应小于c（OH﹣），故B错误；C．由表中数据，当c（SO32﹣）=c（HSO3﹣）时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c（SO32﹣）＜c（HSO3﹣），故C错误；D．因c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒，c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）成立，c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣），故D正确；故选AD．　二、解答题（共9小题，满分34分）13．有A、B、C、D、E、F六种化合物，它们之间的反应关系如所示：①A+B→C+E②C+NaOH→蓝色沉淀D+F③DA+E④F+Ba（NO3）2→白色沉淀+NaNO3回答下列问题（1）写出它们的化学式：A　CuO　B　H2SO4　C　CuSO4　D　Cu（OH）2　E　H2O　F　Na2SO4　．（2）写出①④反应的离子方程式①　CuO+2H+=Cu2++H2O　④　Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　．34/34【考点】GS：无机物的推断．【分析】由②C+NaOH→蓝色沉淀D+F可知，蓝色沉淀D为Cu（OH）2，由④F+Ba（NO3）2→白色沉淀+NaNO3可知，白色沉淀为硫酸钡，则F为Na2SO4，由③DA+E、①A+B→C+E可知，A为CuO，B为H2SO4，E为H2O，C为CuSO4，以此来解答．【解答】解：（1）由上述分析可知A为CuO，B为H2SO4，C为CuSO4，D为Cu（OH）2，E为H2O，F为Na2SO4，故答案为：CuO；H2SO4；CuSO4；Cu（OH）2；H2O；Na2SO4；（2）离子反应方程式分别为①CuO+2H+=Cu2++H2O、②Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓、④Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．　14．（1）将1.8g碳置于2.24L（标准状况）O2中充分燃烧，至全部反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ•mol﹣1综合上述信息，请写出CO完全燃烧的热化学方程式　2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol　．（2）光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）△H＜0制备．如图1为某次模拟实验研究过程中容积为1L的密闭容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：①若保持温度不变，在第8min加入体系中的三种物质个1mol，则平衡　向反应正方向　移动（填“向反应正方向”、“向逆反应方向”或“不”）；②若将初始投料浓度变为c（Cl2）=0.8mol/L、c（CO）=0.6mol/L、c（COCl2）=　0.4　mol/L，保持反应温度不变则最终达到化学平衡时，Cl234/34的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；③比较第8秒反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）　＜　T（15）（填“＜”、“＞”、或“=”）（3）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）．①已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[]的变化曲线如图2．在其他条件不变时，请在图3中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[]变化的曲线图；②二甲醚（CH3OCH3）燃料电池可以提升能量利用率．二甲醚酸性介质燃料电池的负极反应式为　CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+　．（4）常温下将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣），则混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　×10﹣7　（含a和b的代数式表示）【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；BE：热化学方程式；BH：原电池和电解池的工作原理；CP：化学平衡的计算；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）n（C）==0.15mol，n（O2）==0.1mol，结合反应C+O2=CO2，2C+O2=2CO定量关系分析判断反应生成的产物，n（C）：n（O2）=0.15：0.1=3：2，所以生成气体为CO和CO2的混合气体，碳和氧气全部反应，利用直平法写出反应的热化学方程式为：3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g），1.8g木炭置于2.24L（标准状况）氧气中充分燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，3molC全部反应放热30.65KJ/mol×20=613KJ/mol；3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g）△H=﹣30.65KJ/mol×20=613KJ/mol，根据C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.0kJ．mol﹣1，结合盖斯定律计算得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；（2）①根据平衡常数和浓度商判断平衡移动；34/34②根据最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，结合恒温恒压对于Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）转化到一边一模一样等效来计算；③根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，结合升温平衡向逆反应方向移动来判断；（3）①根据化学方程式的系数进行回答；根据温度和压强对化学平衡常数的影响：放热反应：升高温度，K减小，反之K增大；吸热反应：升高温度，K增大，反之K减小；②原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，据此解答即可；（4）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算，通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K．【解答】解：（1）n（C）==0.15mol，n（O2）==0.1mol，结合反应C+O2=CO2，2C+O2=2CO定量关系分析判断反应生成的产物，n（C）：n（O2）=0.15：0.1=3：2，所以生成气体为CO和CO2的混合气体，碳和氧气全部反应，1.8g木炭置于2.24L（标准状况）氧气中充分燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量30.65kJ，3molC全部反应放热30.65KJ/mol×20=613KJ/mol；反应的热化学方程式为：①3C（s）+2O2（g）=2CO（g）+CO2（g）△H=﹣613KJ/mol②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣392.0kJ．mol﹣1，结合盖斯定律计算，②×3﹣①得到CO完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol；故答案为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566KJ/mol；（2）①8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，即K=34/34=30．容器体积为1L，在第8min再加入体系中的三种物质各1mol，Qc==1.33＜K，所以平衡向正反应方向移动，故答案为：向反应正方向；②因为最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同即与开始平衡为等效平衡，又对于Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）恒温恒压转化到一边一模一样才等效，所以有Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）状态11.21.00状态20.80.6c最终达到化学平衡时，状态2Cl2的体积分数与状态1第6min时Cl2的体积分数相同，所以c=0.4mol/L，故答案为：0.4；③根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，又由④升温平衡向逆反应方向移动，所以T（8）＜T（15），故答案为：＜；（3）①CH3OCH3的体积分数随投料比[n（H2）/n（CO2）]的增大而增大，根据反应知道当体积比是3的时候，甲醚的体积分数最大，如下图所示：，故答案为：；②原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+；故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+；（4）通常状况下，将amol/L的醋酸与bmol/LBa（OH）234/34溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO﹣）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K===×10﹣7；用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为×10﹣7；故答案为：×10﹣7．　15．实验室常用Na2O2与H2O反应快速制取少量O2．用下面装置制取O2并演示Na在O2中的燃烧实验．请回答下列问题：（1）关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管．试判断装置是否漏气　漏气　（填“漏气”“不漏气”或“无法确定”），判断理由是　漏斗中的液体能全部流入试管，说明试管中压强与外界相同　．（2）写出A装置中反应的化学方程式并用双线桥或单线桥标出电子转移情况：　　．（3）C装置中观察到的现象是　剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成　．（4）D装置中盛放的试剂是　碱石灰　，其作用是　防止空气中的H2O、CO2进入C装置　．【考点】GF：钠的重要化合物；GE：钠的化学性质．【分析】（1）依据装置漏气检查的主要依据是装置中的压强关系分析判断；34/34（2）依据装置2快速制氧气分析判断A装置是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气的反应；（3）依据装置分析，A装置生成氧气干燥后通入加热的金属钠中剧烈反应，钠在氧气中燃烧生成但黄色固体，火焰呈黄色；（4）依据实验目的是验证钠和氧气反应的现象分析；【解答】解：（1）关闭装置中的止水夹a后，开启活塞b，漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管，说明装置漏气，因为漏斗中的液体能全部流入试管，说明试管中压强与外界相同漏气；故答案为：漏水；漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同；（2）A装置中反应是过氧化钠和水的反应，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应的电子转移情况用双线桥标出电子得失情况为：故答案为：；（3）C装置中观察到的现象是难在氧气中燃烧的实验现象，钠剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；故答案为：剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；（4）为避免空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置与钠反应，影响实验现象的判断，干燥管中应装碱石灰；故答案为：碱石灰；防止空气中的H2O、CO2进入C装置；　16．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol•L﹣1的醋酸溶液，用0.2mol•L﹣1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：（1）配制250mL0.2mol•L﹣1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、　胶头滴管　和　250mL容量瓶　．（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol•L﹣1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号123434/34消耗NaOH溶液的体积（mL）20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为　0.2000mol•L﹣1　．（保留小数点后四位）实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：醋酸浓度（mol•L﹣1）0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：（1）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：　0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1　．（2）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将　增大　．（填“增大”、“减小”或“不变”）实验三：探究温度对醋酸电离程度的影响请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：　用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH　．【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；R1：配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器；（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20mL，代入计算；实验二：（1）部分电离的电解质是弱电解质；（2）醋酸浓度越小，醋酸的电离程度越大；实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计．【解答】解：实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；34/34（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20mL，则醋酸溶液浓度==0.2000mol•L﹣1，故答案为：0.2000mol•L﹣1；实验二：（1）孤立的看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol•L﹣1、0.0100mol•L﹣1及0.0010mol•L﹣1的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，故答案为：0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；（2）以0.1000mol•L﹣1、0.0100mol•L﹣1醋酸为例，设0.1000mol•L﹣1的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10﹣2.88mol、10﹣2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，故说明醋酸的电离程度增大，故答案为：增大；实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，故答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH．　17．某同学设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去），该装置可以用来进行多项实验研究．请回答：（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是　Zn+2H+=Zn2++H2↑　．②用上述装置进行实验，以生成9.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2序号V（H2SO4）/mLc（H2SO4）/mol•L﹣1t/sⅠ401t1Ⅱ404t2比较实验Ⅰ和Ⅱ可以得出的实验结论是34/34　在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大　．③若将锌片换成含杂质的粗锌片，且控制其他条件使其与上述实验完全一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据．粗锌片中所含杂质可能是　abc　（填序号）．a．石墨b．银c．铜d．沙粒（二氧化硅）（2）用上述装置测定粗锌片的纯度．①连接好装置，检查装置气密性，称量粗锌片mg置于圆底烧瓶中，滴加足量稀硫酸，充分反应直至不再产生气体为止，测得气体体积为VL，则粗锌片的纯度为　×100%　．②本实验在读数前对量气管的操作是　调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平　．③本套装置中若考虑滴入的稀硫酸的体积（假设其它操作都正确），则测得的气体的体积将．　无影响　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，）（3）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀．①圆底烧瓶中的试剂可选用　c　（填序号）．NH4Cl溶液b．C2H5OHc．Na2CO3溶液d．稀硫酸②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是　量气管右端液面下降，左端液面上升　．【考点】RJ：探究影响化学反应速率的因素；BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）①锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；②t1＞t2，说明实验Ⅱ反应速率较大，结合浓度的影响判断；③测得的反应速率均大于上述实验对应的数据，化学反应速率增大，所含杂质与锌可形成原电池而加快反应速率，据此判断；34/34（2）①结合Zn+2H+=Zn2++H2↑及氢气为VL计算；②读数前，调节液面高度；③根据所给装置判断；（3）①发生吸氧腐蚀应在碱性或中性溶液中进行；②发生吸氧腐蚀时，消耗氧气，量气管右端液面下降，左端液面上升．【解答】解：（1）①锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；②t1＞t2，说明实验Ⅱ反应速率较大，二者浓度不同，说明在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大，故答案为：在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大；③由反应速率大于上述实验对应的数据可知所含杂质必能与锌形成原电池，使反应速率增大，所含杂质可以是比锌不活泼的：石墨、银、铜等，故答案为：abc；（2）①测得气体体积为VL（标准状况），其物质的量为mol，则由Zn+2H+=Zn2++H2↑可知，Zn的质量为mol×65g/mol，量粗锌粒mg，则粗锌粒的纯度为×100%，故答案为：×100%；②对量气管读数时，要注意调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平，故答案为：调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平；③题目装置中，装有硫酸的分液漏斗，通过导管连接锥形瓶和分液漏斗上方，即上下压强相同，则实验中向烧瓶中滴入的稀硫酸的体积对测定气体体积无影响，故答案为：无影响；（3）①钢铁在中性或弱碱性环境中易发生吸氧腐蚀，故答案为：c；②吸氧腐蚀消耗氧气，故量气管右端液面下降，左端液面上升，故答案为：量气管右端液面下降，左端液面上升．　34/3418．实验室常用浓盐酸和二氧化锰反应来制取少量氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，取8.7g的MnO2与足量的浓盐酸发生反应制取氯气．计算：（1）标准状况下生成Cl2的体积为　2.24L　；（2）反应生成的MnCl2的物质的量为　0.1mol　；（3）若向反应后的剩余溶液中，加入足量AgNO3溶液，生成沉淀57.4g，计算原浓盐酸中所含HC1的物质的量．【考点】5A：化学方程式的有关计算．【分析】（1）8.7g的MnO2，n（MnO2）==0.1mol，将其物质的量代入方程式计算氯气；（2）根据方程式计算反应生成的MnCl2的物质的量；（3）加入足量AgNO3溶液，生成沉淀57.4g，沉淀为AgCl，结合Cl原子守恒可知，n（HCl）=2n（Cl2）+n（AgCl），以此计算．【解答】解：8.7g的MnO2，n（MnO2）==0.1mol，设生成氯气为xL，参加反应的MnCl为ymol，则MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O14122.4L0.1molyx==解得x=2.24L，y=0.1mol，故答案为：（1）产生的氯气在标准状况下的体积为2.24L；（2）参加反应的MnCl物质的量有0.1mol；（3）加入足量AgNO3溶液，生成沉淀57.4g，沉淀为AgCl，结合Cl原子守恒可知，n（HCl）=2n（Cl2）+n（AgCl），n（AgCl）==0.4mol，n（Cl2）=0.1mol，n（HCl）总=0.4mol+0.1mol×2=0.6mol，故答案为：原浓盐酸的物质量为0.6mol．　34/3419．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：甲乙丙丁（1）若甲是一种黄色固体物质，丁是一种常见的酸，则丁是　H2SO4　，写出②的化学方程式：　2SO2+O22SO3　．（2）若甲是一种极易溶于水的气体，丙是一种红棕色气体，则丙物质是　NO2　．写出①的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　．【考点】GS：无机物的推断．【分析】（1）若甲是一种黄色固体物质，丁是一种常见的酸，则甲为S，则乙为SO2，丙为SO3，丁为H2SO4；（2）若甲是一种极易溶于水的气体，丙是一种红棕色气体，则甲为NH3，乙为NO，丙为NO2．【解答】解：（1）若甲是一种黄色固体物质，丁是一种常见的酸，则甲为S，则乙为SO2，丙为SO3，丁为H2SO4，②的化学方程式：2SO2+O22SO3，故答案为：H2SO4；2SO2+O22SO3；（2）若甲是一种极易溶于水的气体，丙是一种红棕色气体，则甲为NH3，乙为NO，丙为NO2，①的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：NO2；4NH3+5O24NO+6H2O．　20．某兴趣小组的同学发现《高中化学（必修1）》中学习的单质及其化合物（或其溶液）存在如图的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质，且在常温常压下都是气体；F为淡黄色粉末，化合物H和I通常状况下呈气体；反应①是化工生产中的一种重要固氮反应．请用化学用语回答下列问题：（1）B是　O2　，化合物G的焰色反应为　黄色　；（2）写出下列反应的化学方程式：①F+CO2→B+G：　2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2　；②C+D→I：　H2+Cl22HCl　；34/34（3）将F溶于水后形成的溶液可吸收C，写出该反应的离子方程式　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　；（4）写出实验室制取氨气的化学方程式：　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　，收集氨气应使用　向上排空气　法，要得到干燥的氨气通常选用　碱石灰　做干燥剂．【考点】GS：无机物的推断．【分析】F为淡黄色粉末，能与二氧化碳反应得到G与气体单质B，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为Na．G（Na2CO3）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，化合物H和I通常状况下呈气体，二者反应得到铵盐，且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知H为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2，据此解答．【解答】解：F为淡黄色粉末，能与二氧化碳反应得到G与气体单质B，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为Na．G（Na2CO3）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，化合物H和I通常状况下呈气体，二者反应得到铵盐，且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知H为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2．（1）B是O2，G为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，故答案为：O2；黄色；（2）写出下列反应的化学方程式：①F+CO2→B+G的反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；34/34②C+D→I的反应方程式为：H2+Cl22HCl，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；H2+Cl22HCl；（3）将过氧化钠溶于水后形成NaOH溶液，吸收氯气的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）实验室制取氨气的学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，收集氨气应使用向上排空气法，要得到干燥的氨气通常选用碱石灰做干燥剂，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；向上排空气；碱石灰．　21．甲元素的原子序数是11，乙元素原子核外有两个电子层，最外层有6个电子；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素．由此推断：（1）甲元素在周期表中位于第　三　周期；乙元素在周期表中位于第　VIA　族；丙元素为　Li　．（2）甲的单质与水反应的离子方程式为　2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑　．【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】甲元素的原子序数是11，则甲为Na，乙元素原子核外有两个电子层，最外层有6个电子，则乙为O；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素，则丙为Li．【解答】解：（1）甲的原子序数为11，为Na元素，原子核外有3个电子层，元素在周期表中位于第三周期；乙元素原子核外有两个电子层，最外层有6个电子，为O元素，在周期表中位于第VIA族；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素，丙元素为Li，故答案为：三；VIA；Li；（2）甲的单质与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．　34/342022年6月2日34/34