安徽省怀宁中学2019_2020高二化学上学期开学考试试题（含解析）.docx

安徽省怀宁中学2019-2020高二化学上学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 Fe 56 Cu 64一、选择题（203）1. 下列说法正确的是（ ）A. 凡有能量变化的过程都是化学变化B. 吸热反应只能在加热条件下才能进行C. 放热反应可能需要加热才能进行D. 天然气在空气中燃烧时，其化学能将全部转化为热能【答案】C【解析】试题分析：A、化学反应一定伴随能量变化，但有能量变化的不一定是化学反应，如灯泡发光，故错误；B、吸热反应不一定加热反应，如Ba（OH）28H2O和NH4Cl的反应常温下进行，故错误；C、放热反应可能需要加热才能进行，如煤的燃烧，需要点燃或加热，故正确；D、化学能转化成热能的同时，还以光能的形式释放，故错误。考点：考查化学反应能量的变化等知识。2.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A、E的原子核外最外层电子数之和为13，D原子的最外层电子数是C原子最外层电子数或电子层数的2倍，B与C同周期但不相邻。下列说法正确的是（ ）A. B与D形成的化合物为共价化合物B. E的单质能从水中置换出O2C. C的氧化物可溶于B、D、E的最高价氧化物对应的水化物溶液中D. 五种元素的最高正化合价都等于其所在的族序数【答案】C【解析】分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A、E的原子核外最外层电子数之和为13，最外层电子数为6、7，结合原子序数可知，A处于第二周期、E处于第三周期，A原子最外层有6个电子，则A是O元素，E位于第三周期，最外层有7个电子，则E是Cl元素；D原子的最外层电子数是C原子最外层电子数或电子层数的2倍，则C原子最外层电子数=电子层数，C原子序数大于A，则C处于第三周期，C为Al元素，则D最外层电子数为6，原子序数小于Cl，则D为S元素，B与C同周期但不相邻，原子序数小于C，则B为Na元素，结合元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知：A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素，可E为Cl元素。A.B与D形成的化合物为Na2S，Na2S属于离子化合物，A错误；B.E为Cl元素，其单质与水反应生成HCl与HClO，不能置换出O2，故B错误；C.C的氧化物为Al2O3，B、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SO4、HClO4，Al2O3是两性氧化物，能溶于强碱NaOH溶液、强酸H2SO4、HClO4，C正确；D.A为O元素，没有最高正化合价+6，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用。涉及原子结构与物质性质、元素在周期表位置关系应用，根据元素原子结构关系推断元素是解题关键，充分利用A、E的原子核外最外层电子数之和为13进行推断。3.酶生物电池通常以葡萄糖作为反应原料，葡萄糖在葡萄糖氧化酶(GOX)和辅酶的作用下被氧化成葡萄糖酸(C6H12O7)，其工作原理如图所示。下列有关说法中正确的是A. 该电池可以在高温条件下使用B. H+通过交换膜从b极区移向a极区C. 电极a是正极D. 电池负极的电极反应式为C6H12O6+H2O-2e-=C6H12O7+2H+【答案】D【解析】高温条件，酶的催化能力会减弱或丧失，A错误；葡萄糖氧化为葡萄糖酸，发生氧化反应，电极a是负极，C错误； H+向正极移动，通过交换膜从a极区移向b极区，B错误；葡萄糖在酸性条件下，在负极发生氧化反应生成葡萄糖酸，D正确；正确选项：D。点睛：原电池重点掌握三点：正极还原负极氧化；电子由负极流向正极；溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极。4. 浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A. 酸性B. 脱水性C. 强氧化性D. 吸水性【答案】A【解析】试题分析：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫 反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。【考点定位】考查浓硫酸的性质【名师点晴】本题考查浓硫酸的性质。浓硫酸除了具有酸固有的性质-酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。5.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只能被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A. 混合酸液中NO3-的物质的量为0.4 molB. OA段产生是NO，AB段反应为2Fe3+Fe=3Fe2，BC段产生氢气C. 溶液中最终溶质为FeSO4D. c(H2SO4)5 mol/L【答案】D【解析】【分析】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。A.OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁物质的量结合离子方程式计算；B.铁先与硝酸反应生成NO与Fe3+，然后铁与Fe3+反应生产Fe2+，最后是铁和硫酸反应；C.铁先与硝酸反应，后铁与Fe3+反应生产Fe2+，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D.根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度。【详解】A.OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸的作用是氧化剂，所以n(NO3-)=2(Fe)=2=0.4mol，A正确；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，B正确；C.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸电离产生SO42-，并且铁单质全部转化为Fe2+，所以溶液中最终溶质为FeSO4，C正确；D.反应消耗22.4g铁，n(Fe)=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，因此硫酸的浓度c(H2SO4)=4mol/L，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸的反应，关键根据图象分析各段发生的反应，Fe少量时被氧化变为Fe3+，过量时被氧化变为Fe2+，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，试题同时考查学生的分析与计算能力。6.用高能2612Mg核轰击24896Cm核，发生核合成反应，得到新原子269108Hs，该原子中中子数与核外电子数之差为()A. 161B. 108C. 84D. 53【答案】D【解析】【分析】质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。【详解】新原子269108Hs，质子数=核外电子数=108，质量数=269，中子数=质量数-质子数=269-108=161，中子数与核外电子数之差为161-108=53，故选：D。7.用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（ ）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊。加入水后，溶液变澄清饱和Na2CO3溶液B通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊。再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失。再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，且溶剂减少，因此会产生NaHCO3晶体，使溶液变浑浊，当再加入水后，由于溶剂量增多，NaHCO3晶体溶解在加入的水中，使溶液又变澄清，A正确；B.由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强，向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，会发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3，反应产生硅酸沉淀，继续通CO2至过量，硅酸不能溶解，因此浑浊不消失，B错误；C.由于碳酸酸性比次氯酸的酸性强，所以向Ca(ClO)2溶液中通入CO2气体，会发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊，HClO具有漂白性，会将品红溶液氧化变为无色，因此会看到红色褪去，C正确；D.向Ca(OH)2溶液通入CO2，反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊。继续通CO2至过量，CaCO3与过量CO2及水反应，产生可溶性Ca(HCO3)2，浑浊消失。再加入足量NaOH溶液，Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应，又产生CaCO3，因此溶液又变浑浊，D正确；故合理选项是B。8.能大量共存于同一溶液中，在该溶液中加入过量的NaOH溶液或适量稀硫酸，都可能产生白色沉淀的离子组是（ ）A. NH4 Ba2 Fe3 Cl-B. Ba2 Mg2 NO3- Ca2C. H Ba2 Al3 Cl-D. K Ca2 OH- HCO3-【答案】B【解析】【详解】A.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时会产生Fe(OH)3红褐色沉淀，A不符合题意；B.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时会产生Mg(OH)2白色沉淀，当加入硫酸时会产生BaSO4白色沉淀，B符合题意；C.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时，无白色沉淀，C不符合题意；D.Ca2、OH-、HCO3-会发生离子反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。9.下列是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是A. 单质是最活泼的非金属单质B. 单质能使品红溶液褪色C. 保存少量的单质时加少量水进行水封D. 单质的氢化物在卤素氢化物中沸点最高【答案】D【解析】试题分析：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，分别是F2、Cl2、Br2、I2。A卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，正确；B氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以单质能使品红溶液褪色，正确；C溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质保存时加少量水进行水封，正确；D一般情况下结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的熔沸点就越高。但是由于F原子半径小，所以在HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点中HF最高，错误。考点：考查图像方法在卤素性质的递变规律的应用的知识。10.某粗铜产品中含有Zn、Ag、Au等杂质，如图所示，用CH3OH-碱性燃料电池电解硫酸铜溶液。闭合电键K进行电解。下列说法中不正确的是（ ）A. 左池负极反应式为CH3OH -6e-+8OH-=CO32-+ 6H2OB. 通电一段时间后，Ag、Au杂质金属沉积在电解槽底部C. 若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重大于6.4gD. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极【答案】C【解析】A. 左池负极反应式为CH3OH -6e-+8OH-=CO32-+ 6H2O，故A正确；B. 通电一段时间后，比Cu不活泼的Ag、Au杂质金属不被氧化，沉积在电解槽底部，故B正确；C. 比Cu活泼的金属杂质Zn在Cu之前被氧化，Zn2eZn2+，若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重小于6.4g，故C不正确；D. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极，故D正确。故选C。11. 下列离子方程式正确的是A. 硫酸氢铵和氢氧化钠等物质的量混合 NH4OHNH3H2OB. 碳酸氢钙与过量氢氧化钙溶液反应:Ca2+HCO32OHCaCO3+ CO32+2H2OC. 实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2：MnO22H+2ClCl2Mn2+H2OD. 氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl22OHClClOH2O【答案】D【解析】试题分析：A硫酸氢铵和氢氧化钠等物质的量混合时氢氧根只与氢离子反应，则HOHH2O，A错误；B碳酸氢钙与过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙和水，即Ca2+HCO3OHCaCO3+ H2O，B错误；C实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2的离子方程式为MnO24H+2ClCl2Mn2+2H2O，C错误；D氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl22OHClClOH2O，D正确，答案选D。考点：考查离子方程式正误判断12.中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系 (部分生成物和反应条件略去)。下列推断不正确的是()A. 若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DB. 若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或CC. 若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D. 若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁【答案】D【解析】【分析】A.若D是一种强碱，A为Na、E为氧气、B为氧化钠、C为过氧化钠、X为水、D为氢氧化钠；B.若D是一种强酸，如为硝酸，则A为N2或NH3，B为NO，C为NO2，E为O2，X为H2O；C.若D为NaCl，A为氢氧化钠、E为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠、X为盐酸；D.若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe(OH)2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe。【详解】A.若D是一种强碱，A为Na、E为O2、B为Na2O、C为Na2O2、X为H2O、D为NaOH，符合转化关系，Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，A正确；B.若D是一种强酸，如为HNO3，则A为N2或NH3，E为O2，B为NO，C为NO2， X为H2O，稀硝酸与铜反应生成NO，浓硝酸与铜反应生成NO2，B正确；C.若D为NaCl，A为NaOH、E为CO2、B为Na2CO3、C为NaHCO3、X为盐酸，符合转化关系，C正确；D.若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明D为Fe(OH)2，X为NaOH，C为Fe2+，B为Fe3+，A为Cl2，E为Fe，才能实现转化关系，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及金属、非金属元素的单质及化合物的性质、转化关系，需要学生熟练掌握元素化合物知识，要多注意相关基础知识的积累并灵活应用。13.下列有关试剂的保存方法正确的是（ ）NaOH固体保存在配有橡皮塞的细口瓶中；Na2CO3溶液通常保存在配有橡皮塞的细口瓶中；液溴通常用水封保存；白磷保存在煤油中；浓硝酸通常保存在棕色细口瓶中A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】NaOH固体保存在配有橡皮塞的广瓶中，错误；Na2CO3溶液显碱性，通常保存在配有橡皮塞的细口瓶中，正确；液溴容易挥发，为防止液溴挥发，根据溴的密度比水的性质，通常用水封保存，；白磷很容易自燃，为隔绝空气，通常把白磷保存在水中，错误；浓硝酸光照容易分解，为防止浓硝酸分解，通常保存在棕色细口瓶中，存放在冷暗处，正确；说法合理的是，故正确选项是B。14. 下列化学用语不正确的是( )A. CO2分子的电子式为：B. 质子数为x，中子数为y的氧元素的核素符号为C. Cl-的离子结构示意图为D. HClO的结构式为H-Cl-O【答案】D【解析】试题分析：ACO2是直线型分子，碳原子与两个O原子各形成2对子共用电子对，因此电子式可表示为，正确；B在原子中左下角表示质子数，左上角是质量数，为质子与中子数的和，所以质子数为x，中子数为y的氧元素的核素符号为，正确；CCl-是Cl原子获得一个电子形成的，Cl-离子结构示意图为，正确；D在HClO的分子中O原子分别于HCl原子个形成一对共用电子对，结构式为H- O - Cl ，错误。考点：考查化学用语正误判断的知识。15.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )A. 上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCOB. 等质量的N2O和CO2含有相等的电子数C. N2O只有氧化性，无还原性D. 上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子【答案】B【解析】试题分析：A根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，错误；BN2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，正确；CN2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，错误；D在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，错误。考点：考查氧化还原反应、氧化性、还原性判断及有关计算的知识。16.下列实验方案正确且能达到相应实验目的的是A. 制取少量蒸馏水B. 用铜和浓硝酸制取少量NO2C. 比较MnO2、Cl2、I2的氧化性D. 探究NaHCO3的热稳定性【答案】A【解析】A装置可以蒸出蒸馏水，A项正确。B装置NO2不能用排水法收集，B项错误。C装置中用稀盐酸制氯气错误，C项错误。NH4HCO3受热分解产生水，被加热的试管口应向下倾，D项错误。17.关于离子键、共价键等化学键的下列叙述中正确的（）A. 化学键断裂一定伴随着化学变化B. 非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中C. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键D. 在单质中一定不存在离子键【答案】D【解析】【详解】A.化学键断裂要吸收能量，但不一定伴随着化学变化，如NaCl溶于水，有离子键的断裂，但没有发生化学反应，A错误；B.非极性键也可能存在于离子化合物如Na2O2、共价化合物如H2O2中，B错误；C.在离子化合物里，一定存在离子键，可能含有共价键，C错误；D.离子化合物是阴、阳离子通过离子键形成的化合物，单质是同种元素形成的物质，离子键存在于离子化合物中，不属于单质，因此在单质中一定不存在离子键，D正确；故合理选项是D。18.如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）则下列有关说法正确的是（）A. 湿润淀粉碘化钾试纸未变蓝说明硫元素的非金属性强于碘元素B. 沾有KMnO4溶液的滤纸褪色证明了SO2具有漂白性C. 实验后，可把注射器中的物质缓缓推入NaOH溶液中，以减少环境污染D. 蓝色石蕊试纸变红说明SO2显酸性【答案】C【解析】【详解】A.湿润淀粉KI试纸未变蓝，说明SO2不能将KI氧化为I2，不能说明硫元素的非金属性强于碘元素，A错误；B.SO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，表现出SO2的还原性，而不是漂白性，B错误；C.SO2为酸性气体，有毒，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，C正确；蓝色石蕊试纸变红说明SO2与水反应产生的物质显酸性，D错误；故合理选项是C。19.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68 LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入3mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )A. 100 mLB. 45 mLC. 10 mLD. 15 mL【答案】A【解析】试题分析：1.68L 标准状况下O2的物质的量为n(O2)=1.68L22.4L/mol=0.075mol，NO2、NO的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，等于反应产生Cu2+结合的OH-的物质的量,根据元素守恒可得n(NaOH)=0.075mol4=0.30mol，由于NaOH溶液的浓度是3mol/L，故需要氢氧化钠溶液的体积是V=0.30mol3mol/L=0.1L=100mL，故选项A正确。考点：考查硝酸的化学性质及有关氧化还原反应的计算的知识。20.已知:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=a kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=220 kJ/mol，H-H键、O=O键和O-H键的键能分别为436 kJ/mol、496 kJ/mol和462 kJ/mol，则a为()A. -332B. -118C. 350D. 130【答案】D【解析】【详解】C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=a kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=220 kJ/mol根据盖斯定律，将2-，整理可得2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H=(2a+220)kJ/mol，根据反应热与键能的关系，可得4462 kJ/mol-2436 kJ/mol-496 kJ/mol=(2a+220)kJ/mol，解得a=130，故合理选项是D。二、非选择题（40分）21. X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同。回答下列问题：（1）Z元素位于周期表第_周期，第_族。Z单质与水反应的离子方程式为_。（2）由、X、Y、Z三种元素组成的化合物中，含有的化学键类型有_（填字母）A离子键 B极性共价键 C非极性共价键（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_（填化学式），此化合物可将碱性工业废水中的CN-氧化为可溶性碳酸盐和氨，相应的离子方程式为_。【答案】（1）三、I A；2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；（2）A、B；（3）H2O2；H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3。【解析】试题分析：X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，则X是H元素；Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，最外层电子数不超过8个，第一电子层为最外层不超过2个，则Y是O元素；Z与X原子最外层电子数相同，且原子序数大于Y，则Z为Na元素。（1）根据上面的分析可知，Z为Na元素，位于周期表中第三周期第A族；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；（2）由H、O、Na三种元素组成的化合物为NaOH，氢氧化钠为离子化合物，NaOH既含有离子键，也含有极性共价键，则A、B正确；（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN-氧化为可溶性碳酸盐和氨，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：H2O2+ CN-+ OH-= CO32-+ NH3。考点：考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识。22. 物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化。若甲为淡黄色固体，D、F的溶液均呈碱性，用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成。则（1）A的分子式是 ，甲的电子式是 。（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是 。（3）若1.7gA与O2反应生成气态的B和C时放出2267kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。【答案】（1）（3分） NH3，（2）2Al +2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2（2分）（3）4NH3（g）+ 5O2（g）=4NO（g）+ 6H2O（g） H-9068kJmol-1（3分）【解析】试题分析：物质的转化关系如下图所示(有的反应可能在水溶液中进行）。其中A为气体化合物，甲可由两种单质直接化合得到，乙为金属单质，G为酸，乙在G的浓溶液中发生钝化，则乙是铝或铁，G是硝酸或硫酸。用两根玻璃棒分别蘸取A、G的浓溶液并使它们接近，有大量白烟生成，所以A是氨气，G是浓硝酸。氨气发生催化氧化生成NO和水，若甲为淡黄色固体，所以甲是过氧化钠。乙能与D反应生成F，且D、F的溶液均呈碱性，所以B是水，D是氢氧化钠，乙是铝，F是偏铝酸钠。C是NO，E是NO2，NO2溶于水生成硝酸。（1）根据以上分析可知A的分子式是NH3，过氧化钠的电子式是。（2）D的溶液与乙反应的离子方程式是2Al +2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2。（3）若17gA与O2反应生成气态的B和C时放出2267kJ热量，其中氨气是17g17g/mol01mol，则4mol氨气反应放出的热量是2267kJ409068kJ，因此该反应的热化学方程式为4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+ 6H2O（g） H-9068kJmol-1。考点：考查无机框图题推断23.硫酸是用途广泛化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。(1)用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜，生产的主要过程如下图所示：稀硫酸、铜和氧化铁反应过程中涉及到的反应的离子方程式是_；向混合溶液中通入热空气的反应的离子方程式是_；由滤液得到无水硫酸铜的实验操作是_。(2)氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，同时制得硫酸铵主要的工艺流程如下图所示：吸收塔中发生反应的化学方程式是_。有数据表明，吸收塔中溶液的pH在5.56.0之间，生产效率较高当控制一定流量的尾气时，调节溶液的pH的方法是_。【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (2). 4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O (3). 蒸发结晶、加热脱水 (4). 4NH3H2O+2SO2+O2=2(NH4)2SO4+2H2O (5). 调节氨水的流量或用量【解析】【分析】(1)氧化铁与硫酸反应产生硫酸铁，硫酸铁与铜反应产生硫酸铜和硫酸亚铁，向其中鼓入热的空气，将Fe2+氧化为Fe3+，加入Cu(OH)2CO3，调整溶液的pH=4，反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，将沉淀过滤出来，加热，得到固体Fe2O3，滤液含CuSO4；(2)吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，同时制得硫酸铵，吸收塔中通入空气是利用氧气来氧化二氧化硫为硫酸盐；吸收塔中溶液的pH在5.56.0之间，生产效率较高。当控制一定流量的尾气时，调节溶液的pH的方法是控制氨气的流量。【详解】(1)依据流程转化图分析，氧化铁与硫酸反应产生硫酸铁，硫酸铁与铜反应产生硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；再通入空气氧化亚Fe2+为Fe3+，离子方