福建省厦门市湖滨中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

厦门市湖滨中学2020-2020学年第一学期期中考高三化学试卷常见的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 Zn:65一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案。）1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( )A. 铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C. 采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D. 氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解【答案】C【解析】【详解】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA【答案】A【解析】试题分析：A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选A。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的分析应用，涉及物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等。【名师点晴】本类题的解题策略：（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系；（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系；（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。视频3.关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 BaSO4是一种难溶于水的强电解质冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化置换反应都属于离子反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：胶体和溶液都是混合物，正确；硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，正确；纯碱、小苏打都是盐类，错误；煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化，正确；置换反应不一定是离子反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误，答案选B。考点：考查物质的分类、反应类型的分类、化学变化的判断4.下列应用不涉及氧化还原反应的是( )A. 铝热法冶炼难熔金属B. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3【答案】D【解析】【详解】A、利用Al的强还原性，与某些难熔金属氧化物发生反应，该反应为置换反应，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B、利用Fe3的强氧化性，发生2Fe3Cu=2Fe2Cu2，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C、发生2Na2O22H2O=4NaOHO2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D、发生2NH4ClCa(OH)2=CaCl22NH32H2O，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。5.下列各组离子，在溶液中能大量共存的是A. S2、Na+、ClO、OH B. Na+、HCO3、Cl、H+C. Na+、Al3+、Cl、SO42 D. H+、Fe2+、NO3、SO42【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸根离子能氧化硫离子，故不能大量共存，故错误；B. HCO3和H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故错误；C. Na+、Al3+、Cl、SO42四种离子不反应，能共存，故正确；D. Fe2+和NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误。故选C。【点睛】分析离子共存问题是注意有复分解反应和氧化还原反应。掌握常见的具有氧化性的离子，如次氯酸根离子和铁离子和酸性条件下的硝酸根离子等。掌握酸式酸根离子与氢离子或氢氧根离子都反应。6.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性：H+ SO42-+ Ba2+OH-= BaSO4+ H2OB. 饱和FeCl3滴入沸水中加热煮沸制备胶体：Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+ 3H+C. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+D. 向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反应：4Fe2+2Br-+3C12=4Fe3+6C1-+ Br2【答案】B【解析】A向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性的离子反应为2H+SO42-+Ba2+2OH- BaSO4+2H2O，故A错误；B将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe(OH)3胶体，离子方程式：Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+ 2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故C错误；D含有0.4molFeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.2mol氯气能够氧化0.4mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+4Cl-+Br2，故D错误；故选B。7. 下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法不正确的是( )A. 粗铜电解精炼时,粗铜作阳极B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C. 黄铜矿冶铜时,副产物SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶铁的原料D. 粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】B【解析】粗铜精炼时,粗铜作阳极,精铜作阴极,A对;制玻璃发生的反应:CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,都不属于氧化还原反应,B错;SO2用于生产硫酸,FeO用作冶铁原料属于副产物的充分利用,C对;多次分馏提纯可使SiCl4与粗硅中的杂质分离彻底,保证制得高纯度的硅,D对。8.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A将SO2通入硝酸钡溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均生成白色沉淀B向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硫和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，是因为+4价硫被硝酸氧化生成硫酸根离子但是二氧化硫与氯化钡等不反应，故错误；B.锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，铜和锌和硫酸形成原电池，加快反应速率，但硫酸铜不是催化剂，故错误；C.焰色反应时火焰为黄色，只能说明物质中含有钠元素，但不能确定是否为钠盐，故错误；D.浓盐酸有挥发性和浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵，出现白烟，故正确。故选D。【点睛】焰色反应为元素的性质，只能说明含有该元素，但不能确定其具体的化学成分。9. 不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是A. 单质氧化性的强弱B. 单质沸点的高低C. 单质与氢气化合的难易D. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱【答案】B【解析】试题分析：A元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，正确。BS单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，错误。C元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，正确。D元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，正确。考点：考查比较元素非金属性强弱的判断依据的正误的知识。视频10.下列除杂方案不正确的是( )选项被提纯的物质括号内的物质是杂质除杂试剂除杂方法ACO(g) CO2(g)NaOH溶液、 浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq) Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g) HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s) NaHCO3(s)加热A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、CO不能与NaOH发生反应，CO2属于酸性氧化物，通过NaOH、H2SO4，能够得到纯净物CO，能够达到实验目的，选项A设计合理；B、加入NaOH，引入Na新的杂质，不能达到实验目的，选项B设计不合理；C、HCl易溶于水，通过饱和食盐水能够吸收HCl，减少Cl2的溶解，再通过浓硫酸，进行干燥，能够达到实验目的，选项C设计合理；D、NaHCO3受热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，Na2CO3比NaHCO3稳定，能够达到实验目的，D选项设计合理。11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是A. C、D两元素形成化合物属共价化合物B. C. D的简单离子均能促进水的电离C. A、D分别与B元素形成的化合物都是大气污染物D. E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性【答案】B【解析】根据甲+乙丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于816之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性ClS，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物， D选项错误；正确答案B。点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系X为O2，中学中常见的有：NaNa2ONa2O2、N2NONO2或NH3NONO2、SSO2SO3或H2SSO2SO3、CCOCO2或CH4COCO2，本题中涉及是SO2SO3H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题的关键。12.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A. 氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融) 2Na + Cl2B. 工业制硫酸的主要反应之一：2SO2 + O2 2SO3C. 氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2OD. 利用铝热反应焊接铁轨：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe【答案】A【解析】【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：煅烧黄铁矿：4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3； SO2的催化氧化：2SO2 + O2 2SO3；用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸 SO3 + H2O = H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；D. 利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，故A错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2 + O2 2SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，故D正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸： 4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；2SO2 + O2 2SO3；SO3 + H2O = H2SO4。2.工业制取硝酸： 4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H2 2NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；5.制水煤气： C+H2O（g）CO+H2；6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO + Fe2O33CO2 +2Fe； 8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-= Cu2+ 阴极:Cu2+2e-=Cu11.侯氏制碱法：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2 = NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O13.某溶液A中可能只含有Fe3、Fe2、Ag、Mg2、Al3、NH4+、Cl、NO3、SO42中的若干种离子，为确认其中含有的各离子，取1 L溶液A，进行如下所示实验：已知：气体A、气体B的体积都为2.24 L(标准状况下)，沉淀B的物质的量为0.1 mol。根据以上实验操作与现象，判断下列说法错误的是( )A. 溶液A中一定含有Fe2、NH4+、Ag、NO3，一定不含Cl、SO42B. 沉淀A中一定含有Fe(OH)3，可能含有Mg(OH)2 、Al(OH)3C. 溶液D中可能含有Al3D. 溶液A中的c(NO3)1.0 mol/L【答案】B【解析】【分析】溶液A能与过量的稀硝酸反应，生成气体A，说明溶液A中含有还原性离子，即含有Fe2，气体A的体积为2.24L，根据得失电子数目守恒，得出n(Fe2)=2.243/22.4mol=0.3mol，溶液B中加入过量Ba(OH)2溶液，并加热，有气体B产生，即该气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH3)=0.1mol，沉淀A中一定含有Fe(OH)3，溶液C加入足量的HBr，生成沉淀B，沉淀B为AgBr，原溶液中一定含有Ag，沉淀B的物质的量为0.1mol，则原溶液中Ag的物质的量为0.1mol，产生的NH3能与Ag反应生成Ag(NH3)2，得出NH3总物质的量为(0.10.12)mol=0.3mol，即原溶液中n(NH4)=0.3mol，根据离子共存，可以得出原溶液中一定不含有的离子是SO42、Cl，溶液呈现电中性，原溶液中一定存在NO3；【详解】溶液A能与过量的稀硝酸反应，生成气体A，说明溶液A中含有还原性离子，即含有Fe2，气体A的体积为2.24L，根据得失电子数目守恒，得出n(Fe2)=2.243/22.4mol=0.3mol，溶液B中加入过量Ba(OH)2溶液，并加热，有气体B产生，即该气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH3)=0.1mol，沉淀A中一定含有Fe(OH)3，溶液C加入足量的HBr，生成沉淀B，沉淀B为AgBr，原溶液中一定含有Ag，沉淀B的物质的量为0.1mol，则原溶液中Ag的物质的量为0.1mol，产生的NH3能与Ag反应生成Ag(NH3)2，得出NH3总物质的量为(0.10.12)mol=0.3mol，即原溶液中n(NH4)=0.3mol，根据离子共存，可以得出原溶液中一定不含有的离子是SO42、Cl，溶液呈现电中性，原溶液中一定存在NO3；A、根据上述分析，原溶液中一定含有Fe2、NH4、Ag、NO3，一定不含有的离子是SO42、Cl，可能存在的离子是Fe3、Mg2、Al3，故A说法正确；B、因为Ba(OH)2是过量，氢氧化铝表现两性，即沉淀A中不含氢氧化铝，故B说法错误；C、根据上述分析，溶液D中可能含有Al3，故C说法正确；D、根据上述分析，原溶液中NO3至少物质的量为(0.320.30.1)mol=1.0mol，原溶液可能含有Fe3、Mg2、Al3，因此c(NO3)至少为1.0/1molL1=1.0molL1，故D说法正确。【点睛】易错点是选项D，学生容易算错NH3的物质的量，忽略了生成的NH3能与Ag结合，生成Ag(NH3)2络合离子，溶液中NH4总物质的量应是气体B的物质的量与络合离子中NH3物质的量的和。14.工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+，下列说法不正确的是（ ）A. “”内的物质为水，配平系数为14 B. 若生成1molNaMnO4,则转移5mole-C. 反应方程式中的硫酸可换为盐酸 D. 溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色【答案】C【解析】A. 根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B. NaMnO45e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C. 盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D. 该反应中Mn2+，溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色，故D正确。故选C。15.将8.4g Fe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到30g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体隔绝空气在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO，在标准状况生成NO气体的体积为A. 1120mL B. 2240mL C. 3360mL D. 4480mL【答案】C【解析】Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至+3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）=3n（NO），n（NO）=n（Fe）=0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L=3360mL，答案选C。点睛：金属与HNO3反应的计算常用守恒法：（1）得失电子守恒：金属失去电子物质的量等于HNO3中N原子得到电子物质的量；（2）N原子守恒：n（HNO3）参加反应=n（HNO3）起酸性作用+n（HNO3）起氧化性作用。16.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用 NaHCO3溶液处理，测得溶液pH、nAl(OH)3随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法不正确的是A. 生成沉淀的离子方程式为HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32B. b 点与c点溶液所含微粒种类相同C. a 点溶液中大量存在的离子是Na+、AlO2、OHD. NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8mol/L【答案】D【解析】【分析】氧化铝和氢氧化钠反应，而氧化铁不反应，过滤后得到滤液用碳酸氢钠处理，发生HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32，加入40毫升碳酸氢钠溶液时沉淀最多，a、b、c点都为碱性，随着碳酸氢钠的加入，碱性减弱，以此解答。【详解】A.偏铝酸根离子促进碳酸氢根电离，生成沉淀的离子方程式为HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32，故正确；B. b 点与c点溶液所含微粒种类相同，均为钠离子、偏铝酸根离子、氢氧根离子、碳酸根离子，故正确；C. a 点溶液显碱性，溶质为氢氧化钠和偏铝酸钠，存在的离子是Na+、AlO2、OH，故正确；D. 加入40毫升碳酸氢钠的溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含有氢氧化钠，由于氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+CO32可知，前8毫升不生成沉淀，NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.032/0.032=1.0mol/L，故错误。故选D。【点睛】把握图中沉淀与pH的变化，发生的反应，离子共存等为解答的关键。填空题（共52分）17.M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为_。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为_（填化学式），物质的量之比为_。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_。【答案】 (1). 2:3或2:7 (2). Na2CO3和NaHCO3 (3). 1:1 (4). (NH4)2SO3【解析】【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【详解】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3+3OH=Al(OH)3、Al(OH)3+OH= AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，碱过量时，即反应剩余的nAl(OH)3= n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：7；当碱量不足时，nAl(OH)3=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH) = 2：3，故答案为：2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：00.1L时，消耗盐酸没有气体放出；0.1L0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为：Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。18.如表为元素周期表的一部分碳氮YX硫Z回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置为_。（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）_。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是_。aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为_。Q与水反应的化学方程式为_。（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50，为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2molL-1NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_。生成硫酸铜物质的量为_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). Si (3). ac (4). (5). Mg2C3 + 4H2O = 2Mg(OH)2 + C3H4 (6). NO 0.9mol；NO21.3mol (7). 2 mol【解析】【分析】由元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素。（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或气态氢化物的稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；（4）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg(OH)2和1mol烃可知该烃的化学式；（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，生成的两种有毒气体的相对分子质量都小于50，则两种气体为NO和NO2，根据原子守恒和电子守恒计算。【详解】由元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素。（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，故答案为：Si；（3）a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；b.在氧化还原反应中，1mol Y单质比1mol S得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；c.元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；故答案为：ac；（4）该烃分子中碳氢质量比为9:1，因此C、H的物质的量之比为9/12：1/1 = 3：4，根据”碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2 mol Mg(OH)2和1mol烃”可知该烃的化学式为C3H4，Q的化学式为Mg2C3，C3H4的电子式为；Mg2C3与水反应生成氢氧化镁和C3H4，反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O = 2Mg(OH)2+C3H4，故答案为：；Mg2C3+4H2O = 2Mg(OH)2+C3H4，（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成两种有毒气体的相对分子质量都小于50，两种气体为NO、NO2，最终转化为NaNO3，1mol氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，设出NO、NO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据Na、N守恒得x+y=2.2 ，根据电子守恒得3x+y=4，联立方程解得：x = 0.9，y = 1.3，根据电子守恒：n(CuSO4)=4mol/2 = 2mol，故答案为：NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol ；2 mol。【点睛】金属与硝酸的反应是一个难点，也是常考题型，更是学生出错率较高的地方，只要掌握反应的规律，学会运用电子守恒法、元素守恒法就可以游刃有余。利用离子反应的实质与电子守恒法求解此类题，可以化繁为简，提高做题准确率。19.NaCN是重要的化工原料,可应用于冶金等领域,回答下列问题：（1）NaCN中C的化合价为_；写出NaCN的电子式：_；（2）现代开采金矿的流程如下： “粉碎”的目的是_；“浸取”反应的氧化剂是_；消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_。（3）工业上常用纯碱、焦炭、氨气反应制备NaCN，写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). +2价 (2). (3). 增大接触面积，加快反应速率 (4). O2 (5). 12 (6). Na2CO3 + C + 2NH3 =2NaCN + 3H2O【解析】【分析】（1）在NaCN中，Na为+1价，N为-3价，根据化合物中正负化合价代数和为零，可推算出C的化合价；根据Na、C、N原子最外层电子数和NaCN属于离子化合物分析NaCN的电子式；（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，提高浸取速率；由NaCN、Au和NaAu(CN)2的化合价分析知，只有Au的化合价由0到+1价，其他化合价没有变化，这时考虑空气中的氧气参与了反应，再根据各物质得失电子数守恒分析解答；（3）根据氧化还原的反应规律，Na2CO3中+4价的C和焦炭分子中0价的C发生归中反应，得到NaCN，再利用电子守恒法和原子守恒法来配平该方程式。【详解】（1）在NaCN中，Na为+1价，N为-3价，则C的化合价为+2价，NaCN为离子化合物，电子式为，故答案为：+2价；（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，提高浸取速率；根据题意可知，NaCN溶液与Au以及空气中的氧气反应，得到NaAu(CN)2（二氰合金酸钠）溶液，反应的化学方程式为：4 Au + 8NaCN + 2H2O + O2 = 4NaAu(CN)2 +4NaOH，所以氧化剂是氧气，1mol NaAu(CN)2还原成1mol金得到1mol电子，1mol锌反应失去2mol电子，所以消耗的锌与生成的金的物质的量之比为1：2，故答案为：O2；1：2；（3）根据元素守恒可知，纯碱、焦炭、氨气反应制取NaCN，同时会生成水，Na2CO3中+4价的C和焦炭分子中0价的C发生归中反应，得到NaCN，反应的化学方程式为Na2CO3 + C + 2NH3 =2NaCN + 3H2O，故答案为：Na2CO3 + C + 2NH3 =2NaCN + 3H2O。20.铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。（1）火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2。用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为_。火法炼铅的废气中含低浓度SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为_。（2）湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下：已知：PbCl2为能溶于水的弱电解质，在Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq) 不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示：温度（）20406080100溶解度（g）1.001.421.942.883.20浸取液中FeCl3的作用是_。操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCl2的析出，分析可能的原因是_。【答案】 (1). 2PbS + 3O2 2PbO + 2SO2 (2). 2NH3H2O + SO2 =2NH4+ + SO32- + H2O (3). 使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl42-，S元素转化成单质硫成为滤渣 (4). 加水稀释使PbCl2(aq) + 2Cl-(aq) PbCl42-(aq)平衡向左移动；温度降低PbCl2溶解度减小【解析】【分析】I（1）火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2，再根据氧化还原反应规律中的电子守恒和原子守恒进行配平即可；（2）SO2是酸性氧化物，与过量的氨水反应生成亚硫酸铵和水；（3）FeCl3具有氧化性，能够把PbS中-2价的S氧化为单质硫，同时使Pb元素转化为PbCl42-；（4）根据浓度对化学平衡的影响可