福建省福州市八县（市）第一中学2018_2019学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）.docx

福建省福州市八县（市）第一中学2018-2019学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Cu64 Zn65 卷（选择题，共44分）一、选择题：（共22题，每题2分，共44分。每题只有一个选项符合题意）1.将空气中氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮。下图中能实现人工固氮的是()A. 闪电B. 电解食盐水车间C. 根瘤菌D. 合成氨车间【答案】D【解析】【分析】人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程。【详解】A.闪电时，空气中的氮气和氧气反应生成NO，属于自然固氮，故A错误；B.工业上利用电解饱和食盐水制取氯气，不属于固氮，故B错误；C.豆科植物的根瘤菌将氮转变成植物蛋白，属于生物固氮，故C错误；D.合成氨车间N2与H2一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故D正确。故选D。2.下列有关酸雨的说法不正确的是（ ）A. 酸雨形成过程中没有发生氧化还原反应B. 二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要因素C. 煤和石油的燃烧、汽车尾气等是酸雨污染物的主要来源D. 酸雨的危害有破坏农作物，使土壤、湖泊酸化以及加速建筑物、桥梁的腐蚀等【答案】A【解析】试题分析：A酸雨的形成是燃煤、石油等产生的SO2和NO等气体排放到空气中，在分别被氧化为SO3和NO2，生成的SO3和NO2分别与水反应生成硫酸和硝酸，随雨水降落就形成了酸雨，过程中涉及到了氧化还原反应，A错误；B二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要因素，B正确；C煤和石油的燃烧、汽车尾气等能够产生SO2和NO2，是酸雨污染物的主要来源，C正确；D酸雨的腐蚀性很强，酸雨的危害有破坏农作物，使土壤、湖泊酸化以及加速建筑物、桥梁的腐蚀等，D正确，答案选A。考点：考查元素的形成和危害3.下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是（ ）A. A13+B. Mg2+C. Be2+D. H+【答案】B【解析】A中带3个正电荷，但只有2个电子层，C中但2个正电荷，但只有1个电子层，D中核外没有电子，所以只有选项B中的镁离子电荷数和电子层数都是2个，符合题意。答案选B。4.下列叙述中正确的是（ ）A. 除零族元素外,短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的主族序数B. 元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个族，共18个纵行C. 除短周期外，其他周期均是18种元素D. X2+的核外电子数目为18，则X在第三周期第A族【答案】B【解析】【详解】A.除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上不一定都等于该元素所属的族序数，如氟元素没有正价，氧元素没有最高正价，故A错误；B.元素周期表有18个纵行，分为7个主族、7个副族、1个0族、1个族（第8、9、10三个纵行），故B正确；C.元素周期表中第六、七周期存在镧系和锕系，第六周期有32种元素，故C错误；D.X2+的核外电子数目为18，质子数为18+2=20，为Ca元素，位于第四周期第A族，故D错误。故选B。5.据报道，美国科学家制得一种新原子X，它属于一种新元素116号元素(元素符号暂用X代替)，关于它的推测正确的是（ ）A. 它位于元素周期表中第七周期A族B. 这种元素一定是非金属元素C. 这种原子的中子数为167D. 这种原子的电子数为167【答案】C【解析】【分析】稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期A族，据此解答。【详解】稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期A族，A.116号元素处于第七周期A族，故A错误；B.该元素的金属性比Po强，一定为金属元素，故B错误；C.原子X的质量数为283，质子数为116，中子数为167，故C正确；D.原子X的质量数为283，质子数为116，核外电子数等于核内质子数，所以电子数为116，故D错误。故选C。【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。6.当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2。下列关于SO2说法正确的是（ ）A. SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B. SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C. SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D. SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【答案】B【解析】试题分析：葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的。目前它在酿酒过程中是不可替代的，故A错误，B正确；SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，故C错误；SO2的漂白性指的是使某些有机色质褪色，酸性KMnO4溶液中有颜色的是高锰酸根离子，不属于有机色质，故D错误。考点：非金属元素及其化合物7.下列除杂的操作方法，正确的是（）A. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶B. CO2中混有少量SO2气体：通入NaOH溶液C. 食盐固体中混有少量NH4Cl：加热D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2溶液后再过滤【答案】C【解析】【详解】A.氨气能与浓硫酸反应而被吸收，则不能除杂，应选择碱石灰，故A错误；B.由于二氧化碳与氢氧化钠溶液也发生反应，故不能用NaOH溶液除去CO2中混有的少量SO2气体，故B错误；C.氯化铵不稳定，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，故C正确；D.硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，引入新的杂质盐酸，故D错误。故选C。【点睛】解决除杂问题时，要抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。8.下列叙述中，可以肯定金属A比金属B的活动性强的是（ ）A. A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少B. B的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于A的最高价氧化物对应水化物的碱性C. 1molA与酸反应生成的H2比1molB与酸反应生成的H2多D. 常温时，A能从水中置换出氢气，而B不能【答案】D【解析】【详解】A.比较金属的活泼性不能根据最外层电子数的多少，如Al的最外层电子数比Na多，但不如Na活泼，故A错误；B.B的最高价氧化物对应的水化物的碱性强于A的最高价氧化物对应水化物的碱性，则金属B比金属A的活动性强；故B错误；C.比较金属的活泼性不能根据生成氢气的多少来判断，例如1molAl从酸中置换H+生成的H2比1molMg从酸中置换H+生成的H2多，但Mg的活泼性强，故C错误；D.常温时，A能从水中置换出氢，而B不能，说明A易失去电子，则A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，故D正确。故选D。【点睛】元素金属性强弱的判断方法：（1）在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度；（2）常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度；（3）依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱；（4）依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。9.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊该溶液一定含有CO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液一定含有NH4+ A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.SO42-的检验，应该先加盐酸，再加氯化钡溶液，否则会受到银离子等其他离子的干扰，向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成可能是氯化银沉淀，故A错误；B.向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液、碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液等，故B错误；C.能使品红溶液褪色，说明气体具有漂白性，气体可能为氯气、二氧化硫等，故C错误；D.向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味气体，证明原溶液一定含有NH4+，故D正确。故选D。10.下列离子方程式正确的是（ ）A. 往NaOH溶液中通入过量SO2：SO2+2OH -SO32 - +H2OB. 向氯化铵的溶液中加入足量浓NaOH溶液并加热：NH4+OH - NH3H2OC. Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合产生沉淀：Ba2+ SO4 2 -BaSO4D. 过量的铁粉与稀硝酸反应的离子方程式：3Fe+8H+2NO3-4H2O+2NO+3Fe2+【答案】D【解析】【详解】A.过量二氧化硫气体通入氢氧化钠溶液，正确的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故A错误；B.NH4Cl浓溶液跟浓NaOH溶液混合加热的离子反应为NH4+OH-NH3+H2O，故B错误；C.Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液混合后，反应的离子方程式为：2OH-+2H+Ba2+SO42-BaSO4+2H2O，故C错误；D.足量铁粉与稀硝酸反应，正确的离子方程式：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+4H2O+2NO，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。11.美国“9.11”恐怖事件给纽约带来一场严重的环境灾难石棉污染，易使吸入石棉纤维者患肺病。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为：Ca2MgxSiyO22(OH)2，式中x、y的值分别为（ ）A. 8、3B. 5、8C. 3、8D. 8、5【答案】B【解析】【详解】根据在化合物中正负化合价代数和为零，石棉的化学式为Ca2MgxSiyO22（OH）2，可得；(+2)2+(+2)x+(+4)y+(2)22+(1)2=0，x+2y=21，将各答案代入此方程中，B符合该关系，答案选B。12.下列现象或事实能用同一原理解释的是()A. 水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质B. 浓硝酸和新制氯水均用棕色试剂瓶保存C. NaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去D. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低【答案】B【解析】A硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，该反应属于复分解反应，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化，该反应属于氧化还原反应，所以不能用同一原理解释，故A不选；B浓硫酸不稳定，光照条件下易分解生成二氧化氮、氧气和水；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成HCl和氧气，所以可以用同一原理解释，故B选；C碘不稳定，受热易升华，属于物理变化，氯化铵受热易分解，属于化学变化，所以不能用同一原理解释，故C不选；D浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，所以浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低不能用同一原理解释，故D不选；【点评】本题考查化学基本原理，明确物质性质是解本题关键，易错选项是C，注意碘和氯化铵受热变化不同的原因，题目难度不大13.下列物质：氢氟酸； 浓H2SO4；NaOH溶液；Na2CO3固体；氧化钙； 浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（ ）A. B. 全部C. D. 【答案】D【解析】【详解】SiO2与氢氟酸发生反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故选；SiO2与浓H2SO4不反应，故不选；SiO2与NaOH溶液发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故选；SiO2与Na2CO3固体在高温下发生反应：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，故选；SiO2与氧化钙在高温下发生反应：CaO+SiO2CaSiO3，故选；SiO2与浓HNO3不反应，故不选。所以在一定条件下能与SiO2反应的有。故选D。14.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论ASO2和H2S混合淡黄色固体SO2有还原性B将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4,滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品已氧化变质C足量的铜和浓硝酸反应，反应停止后，往溶液中加入稀硫酸。铜继续溶解铜和稀硫酸发生反应D向盛有少量Na2SiO3的溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性： 碳酸硅酸A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.SO2和H2S反应生成S单质：2H2S+SO2=2H2O+3S，SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，SO2被还原，作氧化剂，故A错误；B.在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子为铁离子，因此不能据此说明硝酸亚铁已经变质，故B错误；C.加入稀H2SO4后，H+与原溶液中的NO3-构成强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应，故C错误；D.二氧化碳与水反应生成碳酸，向Na2SiO3溶液中通入CO2产生H2SiO3沉淀，可说明碳酸的酸性比硅酸强，即酸性：碳酸硅酸，故D正确。故选D。15.下列物质之间的转化都能一步实现的是（ ）A. H2SSSO3H2SO4B. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3C. FeS2SO2Na2SO3Na2SO4D. N2NH3NO2HNO3NO2【答案】C【解析】【详解】A.硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故A错误；B.二氧化硅不能一步生成硅酸，可由可溶性的硅酸盐与酸反应生成硅酸，故B错误；C.FeS2在高温条件下与氧气反应生成SO2，SO2与氢氧化钠溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4，各物质之间的转化均能一步完成，故C正确；D.氨气催化氧化得到一氧化氮，不能一步生成二氧化氮，故D错误。故选C。16.25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ()A. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：Mg2+、Na+、NO3 - 、Cl -B. 0.1 molL-1 NH4Cl溶液：Na+、Ca2+、OH -、CO32-C. 0.1 molL-1Fe(NO3)3溶液：H+、Al3+、SO42 -、I -D. 在pH7的溶液中：Na+、SO42 -、HCO3- 、Cl-【答案】A【解析】【详解】A.能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，该组离子之间均不反应，可大量共存，故A选；B.0.1molL-1 NH4Cl溶液中，NH4+与OH-反应生成NH3和水，Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B不选；C.0.1 molL-1Fe(NO3)3溶液中，Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不选；D.pH7的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-发生反应生成CO32-和水，不能大量共存，故D不选。故选A。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存，如I-和Fe3+不能大量共存，由于形成络合离子，离子不能大量共存。17.下列结论正确的是（ ） 粒子半径：S2-ClS 氢化物稳定性：HFHClPH3；离子还原性：S2-Cl-Br-I- 单质氧化性：Cl2S； 酸性：H2SO4HClO4 碱性强弱：KOHNaOHMg(OH)2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Cl、S位于同一周期，同一周期从左向右，半径逐渐减小，故原子半径SCl，故错误；非金属性FClP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故正确；非金属性ClBrIS，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故错误；非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故正确；非金属性ClS，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，应为H2SO4HClO4，故错误；金属性KNaMg，元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故正确。所以上述结论正确的是。故选C。【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。18.按图进行实验，试管内装有12mL NO，然后间歇而缓慢地通入8 mLO2，下面有关实验最终状态的描述正确的是（ ）A. 试管内气体呈红棕色B. 试管内气体无色，是NOC. 试管内气体无色，是O2D. 试管内液面高度不变【答案】B【解析】【详解】试管内装有12mLNO，然后间歇而缓慢地通入8mL氧气，依据反应定量关系分析，当一氧化氮和氧气恰好反应生成硝酸发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，结合一氧化氮和氧气按照4：3全部溶于水，试管内装有12mL NO，然后间歇而缓慢地通入8mLO2，反应后剩余一氧化氮12ml-84/3mL=4/3mL。故选B。19.四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是（ ）A. Z元素位于周期表的第3周期第VA族B. X的原子半径比Y小C. Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的高D. X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于X【答案】B【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2，其最外层电子数为5，故Z为P元素，可推知X为C元素、Y为N元素、W为S元素。【详解】由分析可知：X为C元素、Y为N元素、Z为P元素、W为S元素。A.Z为P元素，有3个电子层，最外层5个电子，位于周期表第3周期第VA族，故A正确；B.X为C元素、Y为N元素，C和N位于同一周期，从左向右，半径逐渐减小，所以C的原子半径比N大，故B错误；C.Y为N元素、Z为P元素，同一主族，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：NP，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，所以N元素的气态氢化物的热稳定性比P的高，故C正确；D.X为C元素、W为S元素，C元素的最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸为弱酸，S元素的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，所以C、S元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：S强于C，故D正确。故选B。20.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmol BaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3- 的浓度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42-BaSO4可知每份含有SO42-cmol。令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）=mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为mol/L。故选B。21.已知NO2、NO的混合气体可与NaOH溶液发生化学反应：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，NONO22NaOH=2NaNO2H2O，将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体溶于20 mL NaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出。则NaOH溶液的物质的量浓度为( )A. 1 mol/LB. 0.5 mol/LC. 0.25 mol/LD. 0.2 mol/L【答案】B【解析】【详解】将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体的物质的量为0.224/22.4=0.01mol，根据方程式分析，氮原子物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，则氢氧化钠的物质的量为0.01mol，则其物质的量浓度为0.01/0.02=0.5 mol/L，故选B。【点睛】掌握守恒法在计算中的应用，根据两个方程式分析，氮原子物质的量和钠的物质的量相等，即等于氢氧化钠的物质的量，由此进行计算。22.现有某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，将其平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g铜粉；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化关系如图所示(假设硝酸的还原产物为NO气体)。下列分析或结果正确的是()A. 原混合溶液中NO3 -的物质的量为0.3 molB. OA段产生的是NOC. BC段产生NOD. 原混合溶液中H2SO4的浓度为1.25 mol/L【答案】B【解析】【详解】A.根据图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中n（NO3-）n(Fe)0.1mol，所以原混合酸中NO3-物质的量为0.1mol20.2mol，故A错误；B.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+Fe2+H2，故B正确；C.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+Fe2+H2，故C错误；D.反应最终消耗14.0g铁，物质的量14.0g56g/mol0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒可知，每份含硫酸0.25mol，所以硫酸的浓度是0.25mol0.1L2.5mol/L，故D错误。故选B。卷（非选择题，共56分）二、填空题（共4小题，共56分）23.随着原子序数的递增，八种短周期元素(用字母xh表示)的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。请回答下列问题：（1）x形成的阴离子的结构示意图为_ 。 （2）如果z原子中含8个中子，则其原子符号为_。（3）f的单质和e的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为_。 （4）比较d、e常见离子的半径大小：_（填离子符号，用“”表示）。（5）g、h两元素最高价氧化物对应水化物酸性更强的是_。（填化学式）（6）均含x、z、d三种元素的两种化合物发生中和反应的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). 157N (3). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (4). O2- Na+ (5). HClO4 (6). H+NH3H2O=NH4+H2O【解析】【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。【详解】由分析可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。（1）x是H元素，H元素形成的阴离子为H-，H-的结构示意图为，故答案为：。（2）z是N元素，N原子的质子数为7，如果N原子中含8个中子，则质量数为7+8=15，则其原子符号为N，故答案为：N。（3）f是Al元素，e是Na元素，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。（4）d是O元素，e是Na元素，形成的简单离子为O2-、Na+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)r(Na+)，故答案为：O2- Na+。（5）g是S元素、h是Cl元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性：ClS，最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4H2SO4，故答案为：HClO4。（6）x是H元素，z是N元素，d是O元素，含H、N、O三种元素的化合物为HNO3和NH3H2O，HNO3和NH3H2O发生中和反应生成NH4NO3和H2O，反应的离子方程式为：H+NH3H2O=NH4+H2O，故答案为：H+NH3H2O=NH4+H2O。【点睛】明确元素的主要化合价与原子的最外层电子数的关系是解答本题的突破口，根据短周期及元素在周期表中的位置来推断。24.（1）将一定质量的锌粒投入100mL 18.5mol/L的浓硫酸中，待锌粒完全溶解后，测得生成的H2和SO2共33.6L（标准状况），此时溶液中尚余0.1mol H+计算可知：投入锌粒的质量为_g。生成的H2和SO2的物质的量之比为_。（2）取25.6 g Cu与一定量的某浓度的浓HNO3反应，当铜完全溶解后，收集到产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积共11.2 L，则： 消耗硝酸的物质的量为_mol。NO的物质的量为_mol，NO2的物质的量为_mol。 当铜完全溶解时，反应中转移的电子数目为_。【答案】 (1). 97.5 (2). 4:1 (3). 1.3 (4). 0.15 (5). 0.35 (6). 0.8NA【解析】【分析】（1）由Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知气体物质的量与Zn的物质的量相等；根据化学方程式间的关系列式计算；（2）依据方程式计算消耗硝酸的物质的量；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO，根据转移电子守恒计算二氧化氮和NO的物质的量；反应中铜失去的电子总数等于硝酸得到的电子总数。【详解】（1）n（气体）=1.5mol，由Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，可知气体的物质的量与Zn的物质的量相等，则参加反应的Zn为1.5mol65g/mol=97.5g，故答案为：97.5。n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L=1.85mol，此时溶液中尚余0.1molH+，可知参加反应的硫酸为1.85mol-0.05mol=1.8mol，设生成的H2和SO2的物质的量分别为x、y，则x+y=1.5，生成1molH2消耗1molH2SO4、生成1molSO2消耗2molH2SO4，则x+2y=1.8，解x=1.2mol，y=0.3mol，则生成的H2和SO2的物质的量之比为0.3mol:1.2mol=4:1，故答案为：4:1。（2）25.6gCu的物质的量为=0.4mol，11.2LNO和NO2混合气体的物质的量为=0.5mol，反应中消耗HNO3的物质的量为：n反应（HNO3）=2n（Cu(NO3)2）+n（NO+NO2）=20.4mol+0.5mol=1.3mol，故答案为：1.3mol。铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，设生成的NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，反应中铜失去的电子总数等于硝酸得到的电子总数，则：x+y=0.53x+y=2解得x=0.15mol，y=0.35mol故答案为：0.15，0.35。Cu的物质的量为=0.4mol，反应中铜失去的电子总数等于硝酸得到的电子总数，所以当铜完全溶解时反应中转移的电子数目为20.4NA=0.8NA，故答案为：0.8NA。25.某同学在实验室中设计两个关于NO的探究实验。（一）工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2，探究NO和NH3能否反应。（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式_欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_（按气流方向，用小写字母表示）。（2）将上述收集到的NH3加入少量催化剂，充入NO，充分混合，冷却到室温，观察到管中有少量水珠，说明NO和NH3能反应，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（二）探究一氧化氮能否被Na2O2完全吸收，设计了如下实验。装置如下（加热装置省略）：查阅资料所知：2NO+Na2O22NaNO2 酸性条件下，NO或NO2都能与KMnO4溶液反应生成NO3 -。回答下列问题：（1）仪器a名称：_ 。（2）B瓶内装的物质是：_ 。（3）若NO能被Na2O2完全吸收，E装置中的现象为 _ 。（4）三颈烧瓶A中反应的化学方程式为_。（5）C装置的作用是_。【答案】 (1). A（或B ） (2). 2NH4Cl +Ca(OH)2 2NH3+CaCl2 +2H2O（或NH3H2O NH3+H2O） (3). dcfei (4). 3:2 (5). 分液漏斗 (6). 水 (7). 酸性高锰酸钾溶液不褪色 (8). C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O (9). 干燥NO,除去二氧化碳【解析】【详解】（一）、（1）在实验室中是利用固体消石灰与铵盐NH4Cl混合加热，故应选用A装置加热，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；或者利用NH3H2ONH3+H2O制取NH3，故也可以选B装置，故答案为：A（或B）；2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2 +2H2O（或NH3H2ONH3+H2O）。利用A装置制得的氨气，由于氨气是碱性气体，所以需要利用碱石灰进行干燥，然后再根据氨气的密度比空气小的性质，用向下排空气法收集，氨气是大气污染物，要进行尾气处理，可利用其在水中极容易溶解，用水作吸收剂进行尾气处理，故装置的连接顺序为dcfei，故答案为：dcfei。（2）NO具有氧化性，NH3有还原性，两者相遇，会发生反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式：4NH3+6NO=5N2+6H2O，NH3中N元素的化合价由-3价升高为0价，化合价升高，作还原剂，NO中N元素的化合价由+2价降低为0价，化合价降低，作氧化剂，物质的量之比等于化学计量数之比，故氧化剂和还原剂的物质的量之比3:2，故答案为：3:2。（二）、（1）根据仪器的构造特点可知，仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。（2）碳与浓硝酸反应的产物是二氧化氮，而实验要探究的是一氧化氮是否被Na2O2完全吸收，故应设法让二氧化氮与水反应转化为NO，因此B瓶内装的物质是水，故答案为：水。（3）若NO能被Na2O2完全吸收，E装置中的现象为酸性高锰酸钾溶液不褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液不褪色。（4）三颈烧瓶A中反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O。（5）C装置的作用是干燥NO、除去二氧化碳，故答案为：干燥NO、除去二氧化碳。26.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）。I查阅资料（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。.制备产品实验装置如图所示（省略夹持装置）实验步骤：（1）按如图所示组装好装置后，应先_ (填操作名称)。仪器B和D的作用是_，按图示加入试剂，E中的试剂是_（选填下列字母编号）。A稀H2SO4 BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。C中反应生成Na2S2O3和CO2，写出A中反应的化学方程式为_，C中反应的离子方程式为_。（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合液，滤液经_（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。探究与反思（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，洗涤，_，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）为减少装置C中生成的Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对原有实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是_。（3）探究Na2S2O3