學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016-2017學(xué)年安徽省銅陵一中高三(上）月考化學(xué)試卷（9月份）一、選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分)1．“優(yōu)化結(jié)構(gòu)、提高效益和降低消耗、保護(hù)環(huán)境"，這是我國(guó)國(guó)民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展的基礎(chǔ)性要求．你認(rèn)為下列行為不符合這個(gè)要求的是（)A．將煤轉(zhuǎn)化成氣體燃料可以有效地減少“溫室效應(yīng)"的氣體產(chǎn)生B．加快太陽能、風(fēng)能、生物質(zhì)能、海洋能等清潔能源的開發(fā)利用C．研制開發(fā)以水代替有機(jī)溶劑的化工涂料D．大力發(fā)展農(nóng)村沼氣，將廢棄的秸稈轉(zhuǎn)化為清潔高效的能源2．在一定溫度下，反應(yīng)2XY（g）?X2(g）+Y2（g）達(dá)到平衡的標(biāo)志是（）A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2，同時(shí)生成nmolXYB．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2,同時(shí)生成nmolY2C．單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolXY，同時(shí)生成nmolY2D．容器內(nèi)總壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化3．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣離子中的兩種組成，可以發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是()A．在甲中滴加丁可能發(fā)生反應(yīng)：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OB．溶液丙中還可以大量共存的離子有:I﹣、NO3﹣、SO42﹣C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲為NaHCO3，乙為AlCl34．下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是(）A．鉀原子結(jié)構(gòu)示意圖: B．水的電子式:C．CO2的比例模型: D．間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：5．若pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A．生成了一種強(qiáng)酸弱堿鹽B．弱酸溶液和強(qiáng)堿溶液反應(yīng)C．強(qiáng)酸溶液和弱堿溶液反應(yīng)D．一元強(qiáng)酸溶液和一元強(qiáng)堿溶液反應(yīng)6．將9.58gNa2CO3?10H2O與NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，測(cè)得c（Na+）=1mol/L．再取同質(zhì)量的混合物,充分加熱至質(zhì)量不變時(shí)，所得固體的質(zhì)量為(）A．5.30g B．7.78g C．6.72g D．6g7．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是（）A．12g的金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為4NAB．46g四氧化二氮含有的原子總數(shù)一定為3NAC．500mLl.0mol/L的乙酸溶液中含有的H+數(shù)為0。5NAD．1molFeCl3制成膠體，所得膠體的粒子數(shù)為NA8．一種新型凈水劑PAFC{聚合氯化鐵鋁，［AlFe（OH）nCl6﹣n］m，n＜5,m＜10},廣泛用于生活用水的凈化和廢水的凈化，有關(guān)PAFC的說法正確的是（）A．PAFC用于凈化飲用水時(shí)，可以除去水中所有的有害物質(zhì)B．PAFC中鐵顯+2價(jià)C．PAFC可溶于鹽酸溶液D．PAFC沒有氧化性9．萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑和溶劑．已知α﹣萜品醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下式,則下列說法錯(cuò)誤的是()A．1mol該物質(zhì)最多能和lmol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)B．分子中含有的官能團(tuán)為羥基和碳碳雙鍵C．該物質(zhì)能和鈉反應(yīng)D．分子式為C9H18O10．我國(guó)在砷化鎵太陽能電池研究方面國(guó)際領(lǐng)先．砷（As）和鎵（Ga)都是第四周期元素，分別屬于ⅤA和ⅢA族．下列說法中，不正確的是（）A．原子半徑：Ga＞As＞P B．熱穩(wěn)定性:NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH)3可能是兩性氫氧化物11．某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，F(xiàn)e3+，Al3+，SO42﹣,CO32﹣等離子,當(dāng)向該溶液中加入一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí),發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化的圖象如圖所示，下列判斷正確的是(）A．原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+,可能含Ba2+B．原溶液中含F(xiàn)e3+和Al3+，物質(zhì)的量之比為l：lC．原溶液中可能含有CO32﹣D．反應(yīng)最后形成的溶液中含有的溶質(zhì)只有NaAlO212．工業(yè)上用含有少量氧化鐵雜質(zhì)的廢銅粉為原料,制取硫酸銅的主要過程如下圖所示：下列有關(guān)說法不正確的是（）A．“過量酸”不適合用硝酸或濃硫酸，固體B可以用CuO、Cu（OH)2或Cu2（OH)2CO3B．通入的氣體A可以是O2或Cl2C．通入氣體A之前的混合溶液中存在的陽離子是：Fe2+、Cu2+、H+D．將從溶液中得到的硫酸銅晶體在空氣中加熱，可制得無水硫酸銅二、非選擇題：13．磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3(PO4）2等形式存在．它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用．（1)白磷（P4)可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得．相關(guān)熱化學(xué)方程式如下:2Ca3（PO4）2(s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359。26kJ?mol﹣1CaO（s)+SiO2(s）═CaSiO3(s)△H2=﹣89。61kJ?mol﹣12Ca3(PO4）2（s)+6SiO2（s）+10C(s）═6CaSiO3(s)+P4（s)+10CO（g）△H3則△H3=kJ?mol﹣1．(2)焙燒產(chǎn)生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa時(shí)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ?mol﹣1；H2O(g）═H2O（l）△H2=﹣44kJ?mol﹣1；2SO2（g)+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4(l）△H3=﹣545kJ?mol﹣1．則SO3（g）與H2O(l)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是．(3)大氣中的部分碘源于O3對(duì)海水中I﹣的氧化．O3將I﹣氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I﹣（aq)+O3（g)═IO﹣（aq）+O2(g）△H1②IO﹣（aq）+H+(aq）?HIO（aq）△H2③HIO（aq）+I﹣（aq）+H+(aq）?I2(aq）+H2O(l）△H3總反應(yīng)的化學(xué)方程式為，其反應(yīng)熱△H=．14．某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定．（1）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是,仍存在的缺陷是．（2)若將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的氨水，測(cè)得中和熱為△H1，則△H1與△H的關(guān)系為：△H1△H(填“＜”、“＞”或“="）．（3）寫出該反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式（中和熱為57.3kJ/mol)：．（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，裝置已做改進(jìn)．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表．起始溫度/℃終止溫度/℃溫度差/℃H2SO4NaOH平均值125.525。025.2528.53。25224。524.224.3527.63.25325.024。524。7526。51.75又已知0。50mol/LNaOH溶液和0。50mol/L硫酸溶液的密度都近似為1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/（g?℃）．則中和熱△H=（取小數(shù)點(diǎn)后一位)．（5）上述實(shí)驗(yàn)數(shù)值結(jié)果與57.3kJ/mol有偏差,產(chǎn)生偏差的原因可能是（填字母）．a(chǎn)．實(shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小燒杯中d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后未清洗直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度e．實(shí)驗(yàn)當(dāng)天氣溫較高．15．實(shí)驗(yàn)室用裝置Ⅰ制氨氣和氧氣的混合氣體，A中裝有濃氨水，C中盛有堿石灰；用裝置Ⅱ驗(yàn)證氨的某些性質(zhì)，D內(nèi)放置催化劑(鉑石棉），按氣流方向①→②→③→④連接各儀器．請(qǐng)回答下列問題:（1）①儀器A的名稱是,儀器B中應(yīng)加入的固體藥品（填化學(xué)式）;②實(shí)驗(yàn)中觀察到D內(nèi)紅棕色氣體的化學(xué)式為，證明氨氣具有性；（2）若用裝置Ⅰ制取干燥的SO2氣體，則：①B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；②此時(shí)儀器C中改為盛裝P2O5的作用是．16．下列是用98％的濃H2SO4（ρ=1.84g/cm3)配制500mL0.5mol?L﹣1的稀硫酸的實(shí)驗(yàn)操作，請(qǐng)按要求填空:（1）實(shí)驗(yàn)中量取濃硫酸的體積為mL．（2）如果實(shí)驗(yàn)室有10mL、20mL、50mL的量筒，應(yīng)選規(guī)格的量筒最好，如果量取濃硫酸時(shí)仰視讀數(shù)，所配溶液濃度將(填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．（3）將量取的濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入盛有約少量水的燒杯里,并不斷攪拌,攪拌的目的是．(4）將冷卻至室溫的上述溶液沿玻璃棒注入中，并用50mL蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次,洗滌液要轉(zhuǎn)入到容量瓶中，并振蕩;在轉(zhuǎn)移過程中有少量液體灑在桌子是，則最終所配濃度將（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．（5)加水至距刻度線1～2cm處，改用加水至刻度線，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度線相平，把容量瓶塞好，反復(fù)顛倒振蕩，搖勻溶液．17．在10mL1mol?L﹣1的純堿溶液中不斷攪拌并逐滴加入10mL1。5mol?L﹣1鹽酸，完全反應(yīng)后在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成二氧化碳的體積為mL．18．A﹣J是中學(xué)化學(xué)中常見的幾種物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示．已知常溫下A為固體單質(zhì)，B為淡黃色粉末，C、F、I為氣態(tài)單質(zhì)，E在常溫下為液體，且E可由C、F合成，J可用作殺菌消毒劑．回答下列問題:（1）B中的化學(xué)鍵有，(填“離子鍵"、“極性鍵”或“非極性鍵”）E的電子式．（2）寫出反應(yīng)⑦的離子方程式．(3）向AlCl3溶液中加入少量固體B，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式．（4)以Pt為電極電解滴加有少量酚酞的H飽和溶液，則在（填“陰或陽”）極附近溶液由無色變?yōu)榧t色，其原因是．19．某固體粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同學(xué)設(shè)計(jì)并完成如下實(shí)驗(yàn)：（所加試劑均過量）已知：蘸取少量溶液2在酒精燈上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃觀察火焰呈紫色．請(qǐng)回答：(1）白色沉淀是(填化學(xué)式）．（2）生成紅褐色沉淀的離子方程式為．(3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，固體粉末中一定存在的組分是（填化學(xué)式）．20．人類的生產(chǎn)生活離不開金屬材料,金屬及金屬材料在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛．（1）生活中常用的鐵鍋炒菜，主要是利用了鐵的；鐵在潮濕的空氣中容易銹蝕，噴漆可以延緩汽車鋼鐵外殼的銹蝕，起防銹原理是隔絕，噴漆前需將鐵制品放入稀鹽酸中除銹（鐵銹主要成分是Fe2O3），觀察到溶液變黃，有無色氣泡逸出,寫出其中涉及到的一個(gè)化學(xué)方程式:．（2）化學(xué)實(shí)驗(yàn)室要從含少量銅粉的銀、錳（Mn)混合金屬粉末中分離出貴金屬,并獲得一種鹽晶體，將有關(guān)三種金屬隨意編號(hào)為：A、B、C,并設(shè)計(jì)了如下流程：①A、B、C三種金屬的活動(dòng)性順序?yàn)椋诮饘貱是，已知A的硫酸鹽中A元素顯+2價(jià)，請(qǐng)寫出步驟①的反應(yīng)的化學(xué)方程式:．

2016-2017學(xué)年安徽省銅陵一中高三（上）月考化學(xué)試卷(9月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題3分，滿分36分）1．“優(yōu)化結(jié)構(gòu)、提高效益和降低消耗、保護(hù)環(huán)境”，這是我國(guó)國(guó)民經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展的基礎(chǔ)性要求．你認(rèn)為下列行為不符合這個(gè)要求的是（）A．將煤轉(zhuǎn)化成氣體燃料可以有效地減少“溫室效應(yīng)”的氣體產(chǎn)生B．加快太陽能、風(fēng)能、生物質(zhì)能、海洋能等清潔能源的開發(fā)利用C．研制開發(fā)以水代替有機(jī)溶劑的化工涂料D．大力發(fā)展農(nóng)村沼氣，將廢棄的秸稈轉(zhuǎn)化為清潔高效的能源【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】降低消耗、保護(hù)環(huán)境，應(yīng)盡量使用清潔能源，開發(fā)利用新能源，代替?zhèn)鹘y(tǒng)化石能源的使用，減少污染物的排放．【解答】解：A．將煤轉(zhuǎn)化成氣體燃料，可提高能源的利用率，但不能減少二氧化碳的排放，故A錯(cuò)誤；B．使用新型能源可減少對(duì)傳統(tǒng)化石能源的依賴，減少環(huán)境污染,故B正確；C．以水代替有機(jī)溶劑,可減少環(huán)境污染，故C正確;D．將廢棄的秸軒轉(zhuǎn)化為清潔高效的能源，可減少污染物的排放，節(jié)約能源,故D正確．故選A．2．在一定溫度下，反應(yīng)2XY（g）?X2（g）+Y2（g）達(dá)到平衡的標(biāo)志是（）A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2，同時(shí)生成nmolXYB．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2，同時(shí)生成nmolY2C．單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolXY，同時(shí)生成nmolY2D．容器內(nèi)總壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化【考點(diǎn)】化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答,當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí),正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量,隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解答】解：A、單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2，同時(shí)消耗2nmolXY,正逆反應(yīng)速率不等，故A錯(cuò)誤；B、單位時(shí)間內(nèi)生成nmolX2,同時(shí)生成nmolY2,都體現(xiàn)正反應(yīng)方向,未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，故B錯(cuò)誤；C、單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolXY等效于消耗nmolY2，的同時(shí)生成nmolY2，正逆反應(yīng)速率相等,達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；D、反應(yīng)兩邊計(jì)量數(shù)相等,所以壓強(qiáng)始終不變，故D錯(cuò)誤；故選C．3．甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣離子中的兩種組成，可以發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是(）A．在甲中滴加丁可能發(fā)生反應(yīng)：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2OB．溶液丙中還可以大量共存的離子有：I﹣、NO3﹣、SO42﹣C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲為NaHCO3，乙為AlCl3【考點(diǎn)】物質(zhì)檢驗(yàn)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；常見離子的檢驗(yàn)方法．【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣離子中的兩種組成,依據(jù)離子共存原則，H+只能與Cl﹣生成HCl,Al3+只能與Cl﹣生成AlCl3，依據(jù)甲溶液能和乙溶液生成沉淀，氣體和氯化鈉，甲和丙生成氣體和氯化鈉，故甲和乙中含有能雙水解的離子,且甲中含有Na+,據(jù)此解答即可．【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣，故依據(jù)離子能大量共存的原則得出甲乙丙丁中含有兩種物質(zhì)，即：HCl和AlCl3,因?yàn)榧兹芤耗芎鸵胰芤荷沙恋恚瑲怏w和氯化鈉，故甲和乙中含有能雙水解的離子，即Al3+和HCO3﹣生成的氣體B為二氧化碳，沉淀A為氫氧化鋁，然后依據(jù)甲與丙生成氣體，則甲為NaHCO3，那么乙為AlCl3，甲與丁生成白色沉淀，則丁含有鋇離子且與甲生成沉淀，則丁為氫氧化鋇，丙為HCl；A．甲中滴加丁，丁是過量的，那么發(fā)生的離子反應(yīng)為HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故A正確；B．據(jù)分析可知,丙為HCl，含有H+，故I﹣、NO3﹣不能與其共存,故B錯(cuò)誤；C．白色沉淀A為氫氧化鋁能溶于強(qiáng)堿氫氧化鋇，故C正確；D．依據(jù)以上分析得出甲應(yīng)為碳酸氫鈉，乙為AlCl3，故D正確；故選:B．4．下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．鉀原子結(jié)構(gòu)示意圖： B．水的電子式:C．CO2的比例模型： D．間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合；原子結(jié)構(gòu)示意圖；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；球棍模型與比例模型．【分析】A．K的質(zhì)子數(shù)為19,核外有4個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為1；B．水為共價(jià)化合物，分子中不存在陰陽離子;C．C原子半徑比O原子半徑大，為直線型結(jié)構(gòu)；D．間羥基苯甲酸中，﹣OH與﹣COOH處于間位．【解答】解：A．鉀原子的核電荷數(shù)為19，最外層為1個(gè)電子,其正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：,故A錯(cuò)誤；B．水為共價(jià)化合物，水分子正確的電子式為：，故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳分子中，C的原子半徑大于O原子，所以CO2正確的比例模型為：，故C錯(cuò)誤；D．間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故D正確；故選D．5．若pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A．生成了一種強(qiáng)酸弱堿鹽B．弱酸溶液和強(qiáng)堿溶液反應(yīng)C．強(qiáng)酸溶液和弱堿溶液反應(yīng)D．一元強(qiáng)酸溶液和一元強(qiáng)堿溶液反應(yīng)【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡;鹽類水解的應(yīng)用．【分析】若pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液中，c（H+)=c(OH﹣）=10﹣3mol/L,等體積混合后溶液呈酸性，說明應(yīng)后酸過量，應(yīng)為弱酸和強(qiáng)堿的反應(yīng)，本題可討論分析．【解答】解:pH=3的酸溶液和pH=11的堿溶液中,c(H+）=c(OH﹣）=10﹣3mol/L,則①若為強(qiáng)酸強(qiáng)堿,則反應(yīng)后溶液呈中性，②若為弱酸、強(qiáng)堿，反應(yīng)后酸過量，溶液呈酸性,③若為強(qiáng)酸、弱堿，則堿過量,反應(yīng)后溶液呈堿性，只有B符合，故選：B．6．將9。58gNa2CO3?10H2O與NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，測(cè)得c（Na+）=1mol/L．再取同質(zhì)量的混合物，充分加熱至質(zhì)量不變時(shí)，所得固體的質(zhì)量為（）A．5。30g B．7。78g C．6.72g D．6g【考點(diǎn)】物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算．【分析】將Na2CO3?10H2O與NaHCO3的混合物9。58g溶解于水，可計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量，同質(zhì)量的混合物，充分加熱至質(zhì)量不變時(shí)，最后得到的固體為Na2CO3，根據(jù)Na元素守恒可計(jì)算Na2CO3的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算Na2CO3的質(zhì)量．【解答】解：同質(zhì)量的混合物，充分加熱至質(zhì)量不變時(shí)，最后得到的固體為Na2CO3，9.58gNa2CO3?10H2O與NaHCO3的混合物溶于水配成100mL溶液，測(cè)得c（Na+）=1mol/L,則n（Na+）=1mol/L×0.1L=0.1mol，n（Na2CO3)=n(Na+）=0.1mol×=0。05mol，m（Na2CO3）=0.05mol×106g/mol=5。30g，故選A．7．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是（）A．12g的金剛石晶體中含有碳碳鍵的數(shù)目為4NAB．46g四氧化二氮含有的原子總數(shù)一定為3NAC．500mLl。0mol/L的乙酸溶液中含有的H+數(shù)為0.5NAD．1molFeCl3制成膠體，所得膠體的粒子數(shù)為NA【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．12g金剛石中含有1molC，金剛石中一個(gè)碳原子與其它4個(gè)C形成4個(gè)共價(jià)鍵，利用均攤法,1個(gè)碳原子形成的共價(jià)鍵為×4=2;B．根據(jù)n=計(jì)算出四氧化二氮的物質(zhì)的量,然后計(jì)算出含有原子的物質(zhì)的量及數(shù)目;C．乙酸為弱酸，在溶液中只能部分電離出氫離子；D．氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體．【解答】解：A．12g金剛石晶體中含有1molC，每個(gè)碳原子與與氣體4個(gè)碳形成了4個(gè)碳碳鍵,則1個(gè)C形成的碳碳鍵數(shù)目為：×4=4=2，所以1mol碳原子形成了2mol碳碳鍵，含有碳碳鍵的數(shù)目為2NA，故A錯(cuò)誤；B．46g四氧化二氮的物質(zhì)的量為：=0。5mol，0.5mol四氧化二氮含有3mol原子,含有的原子總數(shù)為3NA,故B正確;C．500mLl.0mol/L的乙酸溶液中含有0.5mol乙酸分子，由于乙酸為弱酸，則溶液中含有的H+的物質(zhì)的量小于0。5mol，含有氫離子數(shù)小于0。5NA，故C錯(cuò)誤；D．由于氫氧化鐵膠體中，氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體,則無法計(jì)算含有的氫氧化鐵膠粒數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選B．8．一種新型凈水劑PAFC｛聚合氯化鐵鋁，［AlFe(OH）nCl6﹣n]m,n＜5，m＜10},廣泛用于生活用水的凈化和廢水的凈化，有關(guān)PAFC的說法正確的是(）A．PAFC用于凈化飲用水時(shí)，可以除去水中所有的有害物質(zhì)B．PAFC中鐵顯+2價(jià)C．PAFC可溶于鹽酸溶液D．PAFC沒有氧化性【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系；根據(jù)化學(xué)式判斷化合價(jià)．【分析】［AlFe（OH）nCl6﹣n]m中Cl元素為﹣1價(jià)、氫氧根離子為﹣1價(jià)，Al元素化合價(jià)為+3價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和為0知，F(xiàn)e元素化合價(jià)為+3價(jià)，鐵元素具有氧化性，PAFC可看做一定比例的氯化鋁和氯化鐵的水解產(chǎn)物,據(jù)此分析解答．【解答】解：[AlFe（OH)nCl6﹣n］m中Cl元素為﹣1價(jià)、氫氧根離子為﹣1價(jià)，Al元素化合價(jià)為+3價(jià)，根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和為0知,Fe元素化合價(jià)為+3價(jià),鐵元素具有氧化性,PAFC可看做一定比例的氯化鋁和氯化鐵的水解產(chǎn)物，A．氯化鋁和氯化鐵的水解產(chǎn)物用于除去水中的懸浮物質(zhì)以凈化飲用水，不能除去水中所有有害物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)以上分析知,Fe元素化合價(jià)為+3價(jià)，故B錯(cuò)誤；C．PAFC可看做一定比例的氯化鋁和氯化鐵的水解產(chǎn)物，所以能和稀鹽酸反應(yīng)生成鹽，故C正確；D．PAFC中Fe元素化合價(jià)為+3價(jià)，所以具有氧化性，故D錯(cuò)誤；故選C．9．萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑和溶劑．已知α﹣萜品醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下式，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．1mol該物質(zhì)最多能和lmol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)B．分子中含有的官能團(tuán)為羥基和碳碳雙鍵C．該物質(zhì)能和鈉反應(yīng)D．分子式為C9H18O【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】分子中含碳碳雙鍵、﹣OH，結(jié)合烯烴、醇的性質(zhì)分析，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式，以此來解答．【解答】解：A．碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成，則1mol該物質(zhì)最多能和1mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng),故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，含有的官能團(tuán)為羥基和碳碳雙鍵，故B正確；C．含﹣OH，能和鈉反應(yīng)生成氫氣,故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子式為C10H18O，故D錯(cuò)誤；故選D．10．我國(guó)在砷化鎵太陽能電池研究方面國(guó)際領(lǐng)先．砷（As）和鎵(Ga）都是第四周期元素,分別屬于ⅤA和ⅢA族．下列說法中,不正確的是（）A．原子半徑:Ga＞As＞P B．熱穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 D．Ga（OH）3可能是兩性氫氧化物【考點(diǎn)】同一周期內(nèi)元素性質(zhì)的遞變規(guī)律與原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系．【分析】A、同周期自左而右，原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，據(jù)此判斷;B、非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定．同主族自上而下非金屬性減弱；C、非金屬性越強(qiáng),最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，同周期自左而右，非金屬性增強(qiáng)，同主族自上而下非金屬性減弱；D、鎵(Ga）是第四周期ⅢA族元素，與Al同族，與Al具有相似性質(zhì),氫氧化鋁是兩性氫氧化物,Ga可能具有兩性．【解答】解：A、同周期自左而右，原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，所以原子半徑Ga＞As＞P，故A正確；B、同主族自上而下非金屬性減弱，非金屬性N＞P＞As，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，所以熱穩(wěn)定性:NH3＞PH3＞AsH3,故B正確;C、同周期自左而右，非金屬性增強(qiáng)，同主族自上而下非金屬性減弱,所以非金屬性S＞P＞As，所以酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4,故C錯(cuò)誤;D、鎵（Ga）是第四周期ⅢA族元素，與Al同族，與Al具有相似性質(zhì)，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，Ga金屬性雖然比Al強(qiáng),但可能具有兩性，故D正確．故選C．11．某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+,Mg2+，F(xiàn)e3+，Al3+，SO42﹣，CO32﹣等離子，當(dāng)向該溶液中加入一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化的圖象如圖所示，下列判斷正確的是（）A．原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+B．原溶液中含F(xiàn)e3+和Al3+,物質(zhì)的量之比為l:lC．原溶液中可能含有CO32﹣D．反應(yīng)最后形成的溶液中含有的溶質(zhì)只有NaAlO2【考點(diǎn)】離子方程式的有關(guān)計(jì)算；常見陽離子的檢驗(yàn);常見陰離子的檢驗(yàn)．【分析】A．根據(jù)生成沉淀的物質(zhì)的量隨NaOH溶液的體積變化的圖象來確定存在的離子；B．根據(jù)消耗氫氧化鈉的量和生成沉淀的量來確定離子的物質(zhì)的量的多少；C．根據(jù)電荷守恒結(jié)合A選項(xiàng)的內(nèi)容來確定存在的離子;D．根據(jù)溶液中離子之間的反應(yīng)來確定含有的溶質(zhì)．【解答】解：A．根據(jù)圖象第一段，沉淀不是馬上出現(xiàn)，可知一定有氫離子，酸堿中和反應(yīng)是一切反應(yīng)的優(yōu)先反應(yīng)，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有鋁離子，根據(jù)坐標(biāo)得生成沉淀用了7﹣1=6體積的氫氧化鈉，其中氫氧化鋁溶解用了8﹣7=1體積的氫氧化鈉，所以形成氫氧化鋁用了三體積的氫氧化鈉,還有三體積的氫氧化鈉一定是被三價(jià)鐵離子消耗，所以一定含有三價(jià)鐵離子，一定不含碳酸根離子和鎂離子，溶液中需要正、負(fù)離子，故一定有陰離子SO42﹣，一定不含Ba2+,原溶液中含有的陽離子是H+、Fe3+、Al3+，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)A的推斷，根據(jù)坐標(biāo)得生成沉淀用了7﹣1=6體積的氫氧化鈉,其中氫氧化鋁溶解用了8﹣7=1體積的氫氧化鈉，所以形成氫氧化鋁用了三體積的氫氧化鈉，還有三體積的氫氧化鈉一定是被三價(jià)鐵離子消耗,原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物質(zhì)的量之比為1：1，故B正確；C．根據(jù)A的推斷,一定含有的陽離子是H+、Fe3+、Al3+,所以一定不含碳酸根離子，溶液中需要正、負(fù)離子，一定有陰離子SO42﹣,故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)溶液中的離子的存在情況可知道，最后溶液中含有的溶質(zhì)除了NaAlO2，還有Na2SO4，故D錯(cuò)誤；故選B．12．工業(yè)上用含有少量氧化鐵雜質(zhì)的廢銅粉為原料，制取硫酸銅的主要過程如下圖所示：下列有關(guān)說法不正確的是(）A．“過量酸”不適合用硝酸或濃硫酸，固體B可以用CuO、Cu（OH）2或Cu2（OH)2CO3B．通入的氣體A可以是O2或Cl2C．通入氣體A之前的混合溶液中存在的陽離子是：Fe2+、Cu2+、H+D．將從溶液中得到的硫酸銅晶體在空氣中加熱,可制得無水硫酸銅【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】因制備硫酸銅，廢銅屑應(yīng)加入稀硫酸中，稀硫酸、銅和氧化鐵反應(yīng)是氧化鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水,硫酸鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅；氣體A應(yīng)為空氣，通入熱的空氣是為了氧化亞鐵離子為三價(jià)鐵離子，調(diào)整溶液PH除去鐵離子，沉淀D為氫氧化鐵，C為硫酸銅溶液，蒸發(fā)結(jié)晶可得到硫酸通過晶體，以此解答該題．【解答】解：因制備硫酸銅，廢銅屑應(yīng)加入稀硫酸中，稀硫酸、銅和氧化鐵反應(yīng)是氧化鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水,硫酸鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅;氣體A應(yīng)為空氣，通入熱的空氣是為了氧化亞鐵離子為三價(jià)鐵離子，調(diào)整溶液PH除去鐵離子,沉淀D為氫氧化鐵，C為硫酸銅溶液，蒸發(fā)結(jié)晶可得到硫酸通過晶體，A．不適合用硝酸，易生成硝酸銅而引入新雜質(zhì),加入濃硫酸，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫氣體,污染環(huán)境，固體B可以用CuO、Cu（OH)2或Cu2（OH）2CO3,目的是調(diào)整溶液PH除去鐵離子，且不引入新雜質(zhì)，故A正確;B．不能通入氯氣,否則生成氯化銅，引入新雜質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．稀硫酸、銅和氧化鐵反應(yīng)是氧化鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，硫酸鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，反應(yīng)離子方程式為:4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，混合溶液中存在的陽離子是：Fe2+、Cu2+、H+，故C正確;D．硫酸銅晶體在空氣中加熱可失去結(jié)晶水，生成硫酸銅,故D正確．故選B．二、非選擇題:13．磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在．它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用．(1）白磷(P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得．相關(guān)熱化學(xué)方程式如下:2Ca3（PO4）2（s)+10C（s)═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g)△H1=+3359。26kJ?mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89。61kJ?mol﹣12Ca3（PO4）2（s)+6SiO2(s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3則△H3=+2821。6kJ?mol﹣1．（2）焙燒產(chǎn)生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa時(shí)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=﹣197kJ?mol﹣1；H2O（g）═H2O(l)△H2=﹣44kJ?mol﹣1；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4(l）△H3=﹣545kJ?mol﹣1．則SO3(g)與H2O（l）反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是SO3（g）+H2O（l)=H2SO4（l)△H=﹣130kJ/mol．（3)大氣中的部分碘源于O3對(duì)海水中I﹣的氧化．O3將I﹣氧化成I2的過程由3步反應(yīng)組成：①I﹣（aq)+O3（g)═IO﹣(aq）+O2（g）△H1②IO﹣（aq）+H+（aq）?HIO(aq）△H2③HIO（aq）+I﹣（aq）+H+（aq）?I2（aq）+H2O（l）△H3總反應(yīng)的化學(xué)方程式為2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O，其反應(yīng)熱△H=△H1+△H2+△H3．【考點(diǎn)】用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；熱化學(xué)方程式．【分析】（1)根據(jù)蓋斯定律將已知熱化學(xué)方程式變形進(jìn)行運(yùn)算得目標(biāo)方程式，焓變做相應(yīng)運(yùn)算求解；（2）利用蓋斯定律,將熱化學(xué)方程式進(jìn)行運(yùn)算，（③﹣①+②)×計(jì)算反應(yīng)的焓變，得到SO3(g)與H2O（l）反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；（3)反應(yīng)為O3氧化I﹣生成I2，根據(jù)蓋斯定律①+②+③可得總反應(yīng)以及△H；【解答】解：（1）①2Ca3（PO4)2(s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359。26kJ?mol﹣1②CaO（s）+SiO2(s）═CaSiO3（s)△H2=﹣89。61kJ?mol﹣1有蓋斯定律可知，①+②×6得2Ca3（PO4)2（s）+6SiO2(s）+10C（s)═6CaSiO3（s)+P4（s）+10CO（g），所以其反應(yīng)熱△H3=△H1+6×△H2=+3359.26kJ?mol﹣1+6×（﹣89.61kJ?mol﹣1）=+2821。6kJ?mol﹣1;故答案為：+2821.6;（2）2SO2（g）+O2(g)=2SO3（g）△H1=一197kJ/mol①2H2O（g)=2H2O（1)△H2=﹣44kJ/mol②2SO2（g）+O2（g)+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=一545kJ/mol③利用蓋斯定律：（③﹣①+②）×得SO3（g)+H2O（l）=H2SO4(l)△H=﹣130kJ/mol,故答案為：SO3（g）+H2O（l)=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol．（3)將所給的三個(gè)反應(yīng)：①+②+③可得總反應(yīng)：2I﹣（aq)+O3（g)+2H+（aq）=I2(aq)+O2(g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3，故答案為：2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O;△H1+△H2+△H3；14．某實(shí)驗(yàn)小組用0。50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定．（1)從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是環(huán)形玻璃攪拌棒,仍存在的缺陷是大小燒杯間未用碎紙條填滿，大小燒杯杯口未平．（2）若將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的氨水,測(cè)得中和熱為△H1,則△H1與△H的關(guān)系為：△H1＞△H（填“＜"、“＞”或“=”）．（3）寫出該反應(yīng)的中和熱的熱化學(xué)方程式(中和熱為57.3kJ/mol）：NaOH（aq）+1/2H2SO4（aq)=l/2Na2SO4(aq）+H2O（aq)AH=﹣57.3kJ?mol﹣1．(4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，裝置已做改進(jìn)．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表．起始溫度/℃終止溫度/℃溫度差/℃H2SO4NaOH平均值125。525。025。2528.53.25224。524.224.3527。63.25325.024.524。7526.51.75又已知0.50mol/LNaOH溶液和0。50mol/L硫酸溶液的密度都近似為1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c=4。18J/(g?℃)．則中和熱△H=﹣43.5kJ．mol﹣1（取小數(shù)點(diǎn)后一位)．（5）上述實(shí)驗(yàn)數(shù)值結(jié)果與57。3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是（填字母)acd．a(chǎn)．實(shí)驗(yàn)裝置保溫、隔熱效果差b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小燒杯中d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后未清洗直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度e．實(shí)驗(yàn)當(dāng)天氣溫較高．【考點(diǎn)】中和熱的測(cè)定．【分析】（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；根據(jù)中和熱的測(cè)定原理分析;（2）氨水電離吸熱；（3）稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57。3kJ的熱量，應(yīng)生成1mol液態(tài)水；（4）先計(jì)算出每次試驗(yàn)操作測(cè)定的溫度差,然后舍棄誤差較大的數(shù)據(jù)，最后計(jì)算出溫度差平均值；根據(jù)Q=m?c?△T計(jì)算出反應(yīng)放出的熱量，然后計(jì)算出生成1mol水放出的熱量，就可以得到中和熱;（5）a．裝置保溫、隔熱效果差,測(cè)得的熱量偏小;b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù),會(huì)導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高；c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小燒杯中，熱量散失較多；d．溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接插入稀H2SO4測(cè)溫度，硫酸的起始溫度偏高；e．做本實(shí)驗(yàn)的室溫和反應(yīng)熱的數(shù)據(jù)之間無關(guān)．【解答】解：（1）由量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作，大小燒杯間未用碎紙條填滿，大小燒杯杯口未平，否則熱量散失大,故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；大小燒杯間未用碎紙條填滿，大小燒杯杯口未平；(2)將NaOH溶液改為相同體積、相同濃度的氨水，氨水電離吸熱，測(cè)得放出的熱更少，中和熱是負(fù)值，則會(huì)更大，所以△H1＞△H,故答案為：＞;(3)稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量，應(yīng)生成1mol液態(tài)水，熱化學(xué)方程式為：NaOH(aq)+H2SO4（aq）=l/2Na2SO4（aq）+H2O（aq）AH=﹣57.3kJ?mol﹣1，故答案為：NaOH（aq)+1/2H2SO4（aq)=Na2SO4（aq）+H2O（aq)AH=﹣57。3kJ?mol﹣1；(4）實(shí)驗(yàn)3的誤差太大要舍去，前2次溫度差的平均值為3。25℃，50mL0.50mol/L氫氧化鈉與30mL0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和反應(yīng)，生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0。50mol/L=0。025mol,溶液的質(zhì)量為：80mL×1g/cm3=80g，溫度變化的值為△T=3。25℃，則生成0.025mol水放出的熱量為：Q=m?c?△T=80g×4.18J/(g?℃)×3。25℃=1086。8J，即1。0868KJ，所以實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=﹣=﹣43.5kJ/mol，故答案為：﹣43.5kJ/mol;（5）a．裝置保溫、隔熱效果差，測(cè)得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小,故a正確;b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高,中和熱的數(shù)值偏大，故b錯(cuò)誤;c．分多次把H2SO4溶液倒入盛有NaOH溶液的小燒杯中，熱量散失較多，測(cè)得溫度偏低,中和熱的數(shù)值偏小，故c正確；d．溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接插入稀H2SO4測(cè)溫度，硫酸的起始溫度偏高，溫度差偏小,測(cè)得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故d正確；e．做本實(shí)驗(yàn)的室溫和反應(yīng)熱的數(shù)據(jù)之間無關(guān),故e錯(cuò)誤;故答案為：acd．15．實(shí)驗(yàn)室用裝置Ⅰ制氨氣和氧氣的混合氣體,A中裝有濃氨水,C中盛有堿石灰；用裝置Ⅱ驗(yàn)證氨的某些性質(zhì)，D內(nèi)放置催化劑（鉑石棉)，按氣流方向①→②→③→④連接各儀器．請(qǐng)回答下列問題：（1）①儀器A的名稱是分液漏斗,儀器B中應(yīng)加入的固體藥品Na2O2（填化學(xué)式）；②實(shí)驗(yàn)中觀察到D內(nèi)紅棕色氣體的化學(xué)式為NO2，證明氨氣具有還原性性；(2）若用裝置Ⅰ制取干燥的SO2氣體，則：①B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②此時(shí)儀器C中改為盛裝P2O5的作用是干燥SO2氣體．【考點(diǎn)】氨的制取和性質(zhì)．【分析】(1)①依據(jù)裝置圖分析儀器A為分液漏斗，用裝置Ⅰ制氨氣和氧氣的混合氣體，A中裝有濃氨水,B中應(yīng)裝過氧化鈉，C中盛有堿石灰干燥氣體；②裝置1生成的氨氣和氧氣通關(guān)過裝置D中的催化劑加熱發(fā)生反應(yīng)生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，依據(jù)元素化合價(jià)變化分析氨氣具有還原性；（2）①若用裝置Ⅰ制取干燥的SO2氣體,需要亞硫酸鈉和濃硫酸發(fā)生反應(yīng)；②堿石灰改為五氧化二磷是為了干燥二氧化硫氣體．【解答】解:（1）①依據(jù)裝置圖和儀器用途結(jié)合圖象判斷,A為分液漏斗，實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵频冒睔夂脱鯕猓罁?jù)裝置圖特征是分液漏斗中的濃氨水加入裝置B中生成,故答案為:分液漏斗；Na2O2;②氨氣和氧氣在一定條件下反應(yīng)生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧氣能反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮,反應(yīng)方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2=2NO2；氨氣中氮元素的化合價(jià)是﹣3價(jià),二氧化氮中氮元素的化合價(jià)是+4價(jià)，反應(yīng)前后氮元素的化合價(jià)升高，所以氨氣作還原劑，體現(xiàn)其還原性．故答案為：NO2；還原性;（2）①依據(jù)裝置圖分析可知制備二氧化硫氣體是利用亞硫酸鈉固體和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；故答案為:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②儀器C中改為盛裝P2O5的作用是除去二氧化硫氣體中的水蒸氣，起到干燥氣體的作用；故答案為：干燥SO2氣體．16．下列是用98%的濃H2SO4(ρ=1。84g/cm3)配制500mL0.5mol?L﹣1的稀硫酸的實(shí)驗(yàn)操作，請(qǐng)按要求填空：(1)實(shí)驗(yàn)中量取濃硫酸的體積為13。6mL．（2）如果實(shí)驗(yàn)室有10mL、20mL、50mL的量筒，應(yīng)選20mL規(guī)格的量筒最好，如果量取濃硫酸時(shí)仰視讀數(shù)，所配溶液濃度將(填“偏高”、“偏低”或“無影響”）偏高．(3）將量取的濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入盛有約少量水的燒杯里，并不斷攪拌,攪拌的目的是使稀釋時(shí)產(chǎn)生的熱盡快散失，防止因局部過熱引起液滴飛濺．(4）將冷卻至室溫的上述溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中,并用50mL蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次，洗滌液要轉(zhuǎn)入到容量瓶中,并振蕩；在轉(zhuǎn)移過程中有少量液體灑在桌子是,則最終所配濃度將（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）偏低．(5)加水至距刻度線1~2cm處，改用膠頭滴管加水至刻度線，使溶液的凹液面恰好跟容量瓶刻度線相平,把容量瓶塞好，反復(fù)顛倒振蕩，搖勻溶液．【考點(diǎn)】溶液的配制．【分析】(1）濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=，再根據(jù)溶液稀釋前后物質(zhì)的量不變計(jì)算所需濃硫酸的體積；（2)依據(jù)量取的硫酸的體積選擇合適的量筒；量筒量取液體仰視讀數(shù)導(dǎo)致量取的液體體積偏大，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析；(3）濃硫酸稀釋產(chǎn)生大量的熱，攪拌的目的是加快熱量的散失;(4）依據(jù)配制溶液體積選擇容量瓶規(guī)格;轉(zhuǎn)移過程中有少量液體灑在桌子,導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小,依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析;（5）依據(jù)定容的正確操作解答．【解答】解：(1)濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L，根據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，來計(jì)算濃硫酸的體積，設(shè)濃硫酸的體積為xmL,所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以應(yīng)量取的濃硫酸體積是13.6mL，故答案為：13.6mL；（2）量取13。6mL濃硫酸,應(yīng)選擇20mL量筒；量筒量取濃硫酸仰視讀數(shù)導(dǎo)致量取的濃硫酸體積偏大，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大,依據(jù)C=，溶液濃度偏高；故答案為：20mL；偏高；（3)濃硫酸稀釋產(chǎn)生大量的熱，攪拌的目的是加快熱量的散失,防止因局部過熱引起液滴飛濺;故答案為:使稀釋時(shí)產(chǎn)生的熱盡快散失,防止因局部過熱引起液滴飛濺；（4）配制500mL0。5mol?L﹣1的稀硫酸，應(yīng)選擇500mL容量瓶；轉(zhuǎn)移過程中有少量液體灑在桌子，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小,依據(jù)C=可知，溶液濃度偏低;故答案為：500mL容量瓶;偏低；（5）定容時(shí)，開始直接往容量瓶中加水，待液面離刻度線1﹣2cm時(shí)，該用膠頭滴管逐滴加入；故答案為：膠頭滴管．17．在10mL1mol?L﹣1的純堿溶液中不斷攪拌并逐滴加入10mL1.5mol?L﹣1鹽酸，完全反應(yīng)后在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成二氧化碳的體積為112mL．【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】純堿中滴加鹽酸，發(fā)生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，結(jié)合反應(yīng)物的物質(zhì)的量以及反應(yīng)的化學(xué)方程式計(jì)算該題．【解答】解:n（Na2CO3）=0.01L×1mol/L=0。01mol，n（HCl）=0。01L×1。5mol/L=0.015mol，首先發(fā)生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO30.01mol0.01mol0.01mol然后發(fā)生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O1mol22.4L0.015mol﹣0.01molV則V==0。112L=112mL,故答案為:112．18．A﹣J是中學(xué)化學(xué)中常見的幾種物質(zhì)，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示．已知常溫下A為固體單質(zhì)，B為淡黃色粉末,C、F、I為氣態(tài)單質(zhì)，E在常溫下為液體，且E可由C、F合成，J可用作殺菌消毒劑．回答下列問題:（1）B中的化學(xué)鍵有離子鍵、非極性鍵，(填“離子鍵”、“極性鍵"或“非極性鍵”）E的電子式．（2）寫出反應(yīng)⑦的離子方程式Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O．(3）向AlCl3溶液中加入少量固體B，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al（OH）3↓+12NaCl+3O2↑．(4)以Pt為電極電解滴加有少量酚酞的H飽和溶液,則在陰（填“陰或陽”）極附近溶液由無色變?yōu)榧t色，其原因是在陰極由于H+得到電子產(chǎn)生H2，破壞了水的電離平衡,促進(jìn)水繼續(xù)電離，導(dǎo)致溶液中c(OH﹣)＞c(H+），溶液呈堿性，所以陰極附近溶液變?yōu)榧t色．【考點(diǎn)】無機(jī)物的推斷；極性鍵和非極性鍵;電解原理；鈉的重要化合物．【分析】常溫下A為固體單質(zhì)，B為淡黃色粉末,則A為Na,B為Na2O2，那么C為O2，E在常溫下為液體，應(yīng)為H2O，則F為H2，D為NaOH，H的水溶液在通電的情況下反應(yīng)生成H2、I和NaOH,應(yīng)為電解飽和食鹽水的反應(yīng)，則I為Cl2，可知G為HCl，H為NaCl，Cl2和NaOH反應(yīng)生成NaCl、H2O和NaClO，則J為NaClO,（1）B為Na2O2,為離子化合物，E為H2O,為共價(jià)化合物,以此解答該題；(2）Cl2和NaOH反應(yīng)生成NaCl、H2O和NaClO；(3)向AlCl3溶液中加入少量過氧化鈉，分別發(fā)生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，可寫出總反應(yīng)方程式；（4）電解飽和食鹽水，陽極反應(yīng)為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，陰極反應(yīng)為2H++2e﹣=H2,從水的電離平衡移動(dòng)的角度解答．【解答】解：常溫下A為固體單質(zhì)，B為淡黃色粉末,則A為Na，B為Na2O2,那么C為O2，E在常溫下為液體,應(yīng)為H2O，則F為H2，D為NaOH,H的水溶液在通電的情況下反應(yīng)生成H2、I和NaOH，應(yīng)為電解飽和食鹽水的反應(yīng)，則I為Cl2，可知G為HCl,H為NaCl，Cl2和NaOH反應(yīng)生成NaCl、H2O和NaClO,則J為NaClO,則（1）B為Na2O2，為離子化合物,含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵，E在常溫下為液體，應(yīng)為H2O，電子式為，故答案為:離子鍵、非極性鍵；；（2）Cl2和NaOH反應(yīng)生成NaCl、H2O和NaClO，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案為：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（3)向AlCl3溶液中加入少量過氧化鈉，過氧化鈉首先和水反應(yīng)生成NaOH和O2，進(jìn)而NaOH與AlCl3反應(yīng)生成4Al（OH）3↓沉淀,反應(yīng)的化學(xué)方程式為4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al(OH）3↓+12NaCl+3O2↑，故