高中化学人教版第三章金属及其化合物【区一等奖】

新人教版高一（上）单元试卷：第3章金属及其化合物（02）一、选择题（共10小题）1．有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验．（1）逐滴加入6mol•L﹣1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物下列混合物中符合以上实验现象的是（）A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2•6H2O、Na2CO32．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是（）A．NH3•H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO33．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）A． B． C． D．4．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO25．久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的物质是（）A．过氧化钠固体 B．亚硫酸钠固体 C．硫酸亚铁晶体 D．苯酚晶体6．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mLL的溶液A．A B．B C．C D．D7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出8．铜镁合金完全溶解于50mL密度为mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A．L B．L C．L D．L10．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1二、填空题（共3小题）11．由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物．该过程中两个主要反应的化学方程式分别是、，反射炉内生成炉渣的主要成分是；（2）冰铜（Cu2S和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%～50%．转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200℃左右吹入空气进行吹炼．冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是、；（3）粗铜的电解精炼如图2所示．在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为．12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；②A和I相遇产生白色烟雾；③B和E都能使品红溶液褪色；④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；⑥C和D相遇生成红棕色气体；⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O；⑧将B和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A．回答下列问题：（1）A的化学式是，②中烟雾的化学式是；（2）④中发生反应的化学方程式是；（3）⑤中发生反应的化学方程式是；（4）C的化学式是，D的化学式是；（5）⑦中发生反应的化学方程式是；（6）H的化学式是．13．图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是，其晶胞中的原子数为，晶体类型为．（2）d中元素的原子核外电子排布式为．（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是，原因是，该物质的分子构型为，中心原子的杂化轨道类型为．（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是．（5）k的分子式为，中心原子的杂化轨道类型为，属于分子（填“极性”或“非极性”）．三、解答题（共5小题）14．Ⅰ．请回答：（1）H2O2的电子式．（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式．（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO4﹣+C2O42﹣+═Mn2++CO2↑+．Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4．将甲加热至完全分解，得到金属钠和（已折算成标准状况）的H2．请推测并回答：（1）甲的化学式．（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式．（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式．（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程式．（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由．15．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为．（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为，Y分子的电子式为．（3）Z、X中共价键的类型分别是、．16．氢能源是一种重要清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为•L﹣1．请回答下列问题：（1）甲的化学式是；乙的电子式是．（2）甲与水反应的化学方程式是．（3）气体丙与金属镁反应的产物是（用化学式表示）．（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（5）甲与乙之间（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是．17．如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：（1）①中反应的化学方程式为；（2）化合物Ⅰ的电子式为，它的空间构型是；（3）G溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为；（5）E在I中燃烧观察到的现象是．18．在25℃，101kPa条件下，将15LO2通入10LCO和H2的混合气中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强．（1）若剩余气体的体积是15L，则原CO和H2的混合气中V（CO）=L，V（H2）=L．（2）若剩余气体的体积为aL，则原CO和H2的混合气中V（CO）：V（H2）=．（3）若剩余气体的体积为aL，则a的取值范围是．

新人教版高一（上）单元试卷：第3章金属及其化合物（02）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题）1．有一种白色粉末由等质量的两种物质混合而成，分别取适量该白色粉末置于三支试管中进行实验．（1）逐滴加入6mol•L﹣1盐酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后得到无色透明溶液（2）加热试管中的白色粉末，试管口有水滴凝结（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，同时不断振荡试管，有气泡产生，反应结束后试管中还有白色不溶物下列混合物中符合以上实验现象的是（）A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2•6H2O、Na2CO3【考点】无机物的推断．【分析】根据实验（1）可排除A组．根据实验（2）可排除B组．根据（3）分析C和D组，只有D组中的氯化钙可以跟硫酸反应留下的白色不溶物硫酸钙（硫酸钙微溶）．【解答】解：A、根据实验（1）加入盐酸会有白色沉淀生成，故A错误；B、根据实验（2）加热时没有水生成，故B错误；C、根据（3）逐滴加入6mol•L﹣1硫酸，没有白色不溶物，故C错误；D、硫酸钙微溶，逐滴加入6mol•L﹣1硫酸留下的白色不溶物硫酸钙，故D正确．故选D．2．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是（）A．NH3•H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】除杂的原则：不增加新的杂质；被提纯的物质不能减少；操作简便，除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可利用影响铁离子水解的平衡移动因素角度解答．【解答】解：A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氨水，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故A错误；B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氢氧化钠，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故B错误；C．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸钠，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸钠和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，但同时引入了钠离子，故C错误；D．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸镁和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，同时实现将杂质转化为纯净物，故D正确；故选D．3．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（）A． B． C． D．【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的气体可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可．【解答】解：最终收集到气体可能为氧气，有可能为NO，当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×=x，则：②x+x+=y，联立①②解得：x=、y=，即：氧气体积为；当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×=x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x﹣，此过程中消耗氧气体积为：（x﹣）×，消耗氧气总体积为：④x+（x﹣）×=y，联立③④可得：x=、y=，即：原混合气体中氧气的总体积为，根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：或，故选CD．4．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（）A．若甲为焦炭，则丁可能是O2B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【考点】无机物的推断．【分析】A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解答】解：A、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；故选C．5．久置空气中会发生颜色变化，但颜色变化不是由于跟氧气反应引起的物质是（）A．过氧化钠固体 B．亚硫酸钠固体 C．硫酸亚铁晶体 D．苯酚晶体【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；苯酚的化学性质．【分析】A、根据过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气进行解答；B、根据亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠进行解答；C、根据硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁进行解答；D、根据苯酚易被空气氧化的性质进行分析．【解答】解：A、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气而变色，所以过氧化钠颜色变化不是由于跟氧气反应引起的，故A正确；B、亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，颜色没有发生变化，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，颜色有由绿色变为淡黄色，所以硫酸亚铁颜色变化是由于跟氧气反应引起的，故C错误；D、苯酚晶体易被空气中的氧气氧化，由无色变为浅粉红色，故苯酚晶体颜色变化是由于跟氧气反应引起的，故D错误．故选：A．6．利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制500mLL的溶液A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过滤；B．稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子；C．用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液操作；D．配制500mLL的溶液，必须使用500mL容量瓶．【解答】解：A．重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过滤，给出的仪器中缺少漏斗、铁架台等，则不能完成实验，故A错误；B．稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子，应利用氯水来除杂，故B错误；C．用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液操作，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可完成实验，故C正确；D．配制500mLL的溶液，必须使用500mL容量瓶，给出的仪器没有说明容量瓶的规格，故D错误；故选C．7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．【解答】解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B．8．铜镁合金完全溶解于50mL密度为mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为﹣=，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为﹣=，氢氧根的物质的量为=，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=，y=，故合金中铜与镁的物质的量之比是：=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（﹣a）×2×1=，解得a=，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为×14mol/L﹣﹣（﹣）×2=，故需要氢氧化钠溶液的体积为==640mL，故D错误；故选D．9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A．L B．L C．L D．L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==，转移电子物质的量=×（6+2）=．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=，解得x=，故气体体积V=×mol=；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×=，转移电子物质的量×10=，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=，计算得x=，气体体积×2×mol=，故选A．10．在一定温度、压强下，向100mLCH4和Ar的混合气体中通入400mLO2，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中CH4和Ar物质的量之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算；甲烷的化学性质．【分析】反应的方程式为：CH4+2O2→CO2+2H2O，Ar为惰性气体，不参与反应，根据反应前后的气体体积的变化用差量法计算．【解答】解：设原混合气体中含有xmlCH4，反应的方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法计算：CH4+2O2→CO2+2H2O△V1212x2xx2x则2x=﹣460ml=40ml，解得x=20ml，所以：Ar的体积为V（Ar）=100ml﹣20ml=80ml，气体的体积之比等于物质的量之比，所以：n（CH4）：n（Ar）=V（CH4）：v（Ar）=20ml：80ml=1：4，故选A．二、填空题（共3小题）11．由黄铜矿（主要成分是CuFeS2）炼制精铜的工艺流程示意图如图1所示：（1）在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物．该过程中两个主要反应的化学方程式分别是2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2、FeS+3O22FeO+2SO2，反射炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；（2）冰铜（Cu2S和FeS互相熔合而成）含Cu量为20%～50%．转炉中，将冰铜加熔剂（石英砂）在1200℃左右吹入空气进行吹炼．冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为%的粗铜，该过程中发生反应的化学方程式分别是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；；（3）粗铜的电解精炼如图2所示．在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极c（填图中的字母）；在电极d上发生的电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中．．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；铜的电解精炼．【分析】（1）黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物：产物为Cu2S、FeS；部分Fe的硫化物转变为Fe的低价氧化物：产物为FeO；反射炉内生成炉渣的主要成分是FeSiO3；（2）Cu2S被氧化为Cu2O：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+2SO2↑；（3）粗铜应该放在阳极，c是阳极；d是阴极，发生还原反应Cu2++2e﹣=Cu；粗铜中的Au、Ag、，它们在电解槽中的下方，以单质形式沉积在c（阳极）下方；Fe以Fe2+的形式进入电解液中．【解答】解：（1）黄铜矿与空气反应生成Cu2S、FeS，根据化合价升降相等配平，反应方程式为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧气反应生成FeO，根据化合价升降相等，配平方程式为：FeS+3O22FeO+2SO2，生成炉渣的主要成分为：FeSiO3，故答案是：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O22FeO+2SO2；FeSiO3；（2）Cu2S被氧化为Cu2O的反应方程式为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O与Cu2S发生反应的方程式为：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，故答案是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；（3）c连电源正极，d连电源的负极；故c为阳极，d为阴极；粗铜板应放在阳极，即c；d阴极发生还原反应，方程式为：Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中，故答案是：c；Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中．12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由短周期元素组成，具有如下性质：①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；②A和I相遇产生白色烟雾；③B和E都能使品红溶液褪色；④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着黑色颗粒；⑥C和D相遇生成红棕色气体；⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O；⑧将B和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A．回答下列问题：（1）A的化学式是HCl，②中烟雾的化学式是NH4Cl；（2）④中发生反应的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2；（3）⑤中发生反应的化学方程式是2Mg+CO22MgO+C；（4）C的化学式是NO，D的化学式是O2；（5）⑦中发生反应的化学方程式是2H2S+3O22H2O+2SO2；（6）H的化学式是CH4．【考点】无机物的推断；常见气体的检验．【分析】①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH3，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；②A和I相遇产生白烟，为NH3与HCl；③B和E都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2；④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl2，E为SO2；⑤Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO2；⑥C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O2；⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O，E为SO2，故D为O2，故C为NO，G含有H、S两种元素，G为H2S；⑧B为Cl2，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（HCl），故H为CH4等．【解答】解：①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH3，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；②A和I相遇产生白烟，为NH3与HCl；③B和E都能使品红溶液褪色，为Cl2和SO2；④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl2，E为SO2；⑤Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO2；⑥C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O2；⑦G在D中燃烧可以产生E和H2O，E为SO2，故D为O2，故C为NO，G含有H、S两种元素，G为H2S；⑧B为Cl2，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（HCl），故H为CH4等，（1）由上述分析可知，A的化学式是HCl，①中生成的白烟是氯化铵，由铵根离子与氯离子构成，化学式为NH4Cl，故答案为：HCl，；NH4Cl；（2）④中发生的反应是铜与氯气反应生成氯化铜，反应方程式为：Cu+Cl2CuCl2，故答案为：Cu+Cl2CuCl2；（3）⑤中发生的反应是Mg在二氧化碳中燃烧生成碳越氧化镁，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）由上述分子可知，C的化学式是NO，D的化学式是O2，故答案为：NO；O2；（5）⑦中发生的反应是硫化氢燃烧生成二氧化硫与水，反应方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，故答案为：2H2S+3O22SO2+2H2O；（6）由上述分析可知，H的化学式是CH4等，故答案为：CH4．13．图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．回答下列问题：（1）图B对应的物质名称是金刚石，其晶胞中的原子数为8，晶体类型为原子晶体．（2）d中元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5．（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是H2O，原因是分子间形成氢键，该物质的分子构型为V型，中心原子的杂化轨道类型为sp3．（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是HCl．（5）k的分子式为COCl2，中心原子的杂化轨道类型为sp2，属于极性分子（填“极性”或“非极性”）．【考点】无机物的推断．【分析】a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，故b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，以此来解答．【解答】解：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，（1）由上述分析可知，图B对应的位置为金刚石，该晶胞中C原子数目=4+8×+6×=8，属于原子晶体，故答案为：金刚石；8；原子晶体；（2）d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：1s22s22p63s23p5；（3）所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中O原子呈2个σ键、含有2对孤电子对，故为V型结构，中心原子含2对孤电子对，2个σ键，其杂化轨道类型为sp3，故答案为：H2O；分子间形成氢键；V型；sp3；（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；（5）k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案为：COCl2；sp2；极性．三、解答题（共5小题）14．Ⅰ．请回答：（1）H2O2的电子式．（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由2Mg+CO2C+2MgO．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣．（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4．将甲加热至完全分解，得到金属钠和（已折算成标准状况）的H2．请推测并回答：（1）甲的化学式NaH．（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl．（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑．（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH．（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电子式；离子方程式的书写．【分析】I、（1）双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；（2）高温下，Mg与二氧化碳反应生成易燃的MgO；（3）AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，向AgCl沉淀中加入KBr溶液发生了沉淀的转化；（4）依据氧化还原反应得失电子守恒，结合元素守恒和电荷守恒书写即可；II、（1）钠元素在化合物中只能形成+1价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，应是水中的H元素与NaH中的H元素之间得失电子，据此书写即可；（4）由题意可知NaH常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单质，据此书写；（5）制备过程中未指明吸收杂质气体HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也可以与水反应生成氢气．【解答】解：I、（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：，故答案为：；（2）高温下，Mg与二氧化碳反应生成MgO，化学反应方程式为：2Mg+CO2C+2MgO，不能起到灭火的作用，故答案为：2Mg+CO2C+2MgO；（3）AgCl沉淀中加入KBr溶液，生成了更难溶的AgBr沉淀，离子反应方程式为：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣，故答案为：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣；（4）此反应中Mn由+7价降低到+2价，得到5个电子，C由+3价升高到+4价失去1个电子，2个C失去2个电子，故高锰酸根与草酸根的化学计量数分别为2和5，据此配平得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；II、（1）Na在化合价中呈现+1价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，Al的化合价为+3，故H元素的化合价为﹣1，甲加热至完全分解，得到金属钠和，即氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H2↑48g故此化合物为NaH，故答案为：NaH；（2）NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，即NaH中H化合价升高，水中H元素化合价降低，化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；（4）NaH常做还原剂（H化合价升高为+1价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为0价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气．故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl．15．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是氢氟酸；由X制备Mg2Z的化学方程式为SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si．（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，Y分子的电子式为．（3）Z、X中共价键的类型分别是非极性键、极性键．【考点】无机物的推断．【分析】常见的半导体材料为Si，X为Z的氧化物，那么X为二氧化硅；Y为氢化物，且分子结构与甲烷相似，那么Y为硅烷，结构简式为：SiH4，据此结合各小题解答即可．【解答】解：（1）二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃，由流程可知，二氧化硅与金属镁反应生成硅化镁，化学反应方程式为：SiO2+4Mg2MgO↑+Mg2Si，故答案为：氢氟酸；SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si；（2）硅化镁与盐酸反应生成硅烷，化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷类似与甲烷的正四面体结构，故Si分别与H形成1对共价键，电子式为：，故答案为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；；（3）Z为Si，硅单质为原子晶体，晶体中存在Si﹣Si非极性共价键，X为SiO2，属于原子晶体，存在Si﹣O极性共价键，故答案为：非极性键、极性键．16．氢能源是一种重要清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为•L﹣1．请回答下列问题：（1）甲的化学式是AlH3；乙的电子式是．（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑．（3）气体丙与金属镁反应的产物是Mg3N2（用化学式表示）．（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（5）甲与乙之间可能（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．【考点】无机物的推断．【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==，则m（H）=×2×1g/mol=，则甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为•L﹣1，则丙的相对原子质量为•L﹣1×=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==，则m（H）=×2×1g/mol=，则甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为•L﹣1，则丙的相对原子质量为•L﹣1×=28，应为N2，则乙为NH3，（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为，故答案为：AlH3；；（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O；（5）AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，故答案为：可能；AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．17．如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物．已知：①反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中的E元素