高一4月阶段性检测化学试卷(答案解析)

2014-2015黑龙江省大庆市铁人中学高一4月阶段性检测化学
试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．1．下列做法对改善大气质量无益的是
A．推广使用无铅汽油
B．在农田中焚烧秸秆为土地施肥
C．开发利用太阳能、氢能等新能源
D．在汽车尾气系统中安装催化转化器
2．化学与环境保护密切相关，下列叙述正确的是
A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B．处理废水时加入明矾作为消毒剂对水进行杀菌消毒。

C．PM2.5（2.5微米以下的细颗粒物）主要来自化石燃料的燃烧
D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2
3．可以用下图所示装置收集并干燥的气体是
A、H2
B、NH3
C、Cl2
D、SO2
4．下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是
①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素
②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
5．设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A、1mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2 N A
B、0.1mol Fe与0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3N A
C、常温常压下，44g二氧化碳分子中所形成的共用电子对数为2 N A
D、常温常压下，1.6gO2和O3混合气体中质子总数为0.8N A[来源
6．下列物质递变规律不能用元素周期律解释的是
A．非金属性：C>Si
B．碱性：NaOH>Mg（OH）2
C．酸性：H2SO3>H2CO3
D．还原性：HI>HBr
7．下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是( )
A．L2+、R2-的核外电子数相等
B．M 与T 形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应
C．氢化物的稳定性为H2T＜H2R
D．单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞L
8．下列说法正确的是
A．Li是最活泼金属，F是最活泼非金属
B．Mg（OH）2碱性比Ca（OH）2强
C．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行
D．X2＋的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅧA族
9．下列物质中，含有非极性共价键的是
A．CaCl2 B．CO2 C．Na2O2 D．CH4
10．已知短周期元素的离子a A2+、b B+Ⅷc C3-、d D-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）
A．原子半径：A＞B＞C＞D B．原子序数：d＞c＞b＞a
C．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的还原性：A＞B＞D＞C 11．向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是( )
A．A B．B C．C D．D
12．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增．X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。

下列说法正确的是A．室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液的pH >1
B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D．原子半径由小到大的顺序：X＜Y＜Z＜W
13．根据元素周期律，对下列事实进行推测，其中推测不合理的是
A．A B．B C．C D．D
14．有一混合溶液中含有以下离子中的若干：K+、NH4+、Cl－、HCO3－、SO32－、SO42－、Ag+。

现取等体积的两份溶液进行如下实验：
（1）第一份加入足量的NaOH溶液，无沉淀；加热，收集到标准状况下的气体336 mL。

（2）第二份加入足量的用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，同时收集到标
准状况下的气体336 mL，该气体能使品红溶液褪色。

根据上述实验，下列推断正确的是
A． K+一定存在 B． Ag+和Cl－一定不存在
C． HCO3－一定不存在 D．混合溶液中一定有0.015 mol SO32－
15．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图。

某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）
选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论
A Na2SO4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液
B Na2CO3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液
C Na2SO3
稀盐酸、澄清的石灰水、
品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液
D Na2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液
16．下列示意图与对应的反应情况正确的是
A．含0.01molKOH 和0.01mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2
B．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液
C．n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物
D．n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐
17．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。

若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( ) A．0.24 mol B．0.21 mol C．0.16 mol D．0.14 mol
二、多选题
18．下列离子方程式书写不正确的是
A．单质铜与稀硝酸反应：Cu + 2 H++ 2 NO3-==Cu2++ 2 NO↑+ H2O
B．NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应：2HCO3-+ 2OH-+ Ca2+==CaCO3↓+ 2H2O C．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br-+ 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl-D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO2==2NH4+ +SO32-+ H2O
三、填空题
19．（10）按要求填空
（1）二氧化硫气体通入碘水，碘水褪色，该反应的化学方程式。

（2）实验室制备氨气的化学方程式。

（3）制备漂白粉的化学方程式。

（4）收集满一烧瓶纯的二氧化氮气体做喷泉实验，假设溶液不扩散，所得溶液的物质的量浓度。

（5）金属锌和硝酸物质的量之比为2:5恰好完全反应，该反应的化学方程
式。

20．（10分）A、B、C、D、E、F六种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，A与D、C与F分别为同一主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大
的元素。

又知六种元素所形成的常见单质在常温压下有三种是气体，三种是固体。

请回答下列问题：
（1）工业上用A和B的单质化合制备化合物X，该反应的化学方程式。

（2）若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：。

（3）若D、E、F的最高价氧化物的水化物两两能发生反应，则E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式。

（4）用电子式表示化合物D2F的形成过程。

（5）由A、B、C三种元素组成的化合物X中共含有9个原子，X中所含化学键类型有。

四、实验题
21．某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

实验操作步骤：
Ⅰ.打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。

Ⅱ.A中看到白色沉淀时，…，关闭活塞a。

请回答：
(1)B中反应的离子方程式是_________________________________________。

(2)通过步骤Ⅰ、Ⅱ得知盐酸具有的性质是________(填字母)。

A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性
(3)C装置的作用是______________，X是____________________(写化学式)。

(4)为了验证碳的非金属性强于硅，步骤Ⅱ中未写的操作和现象是_______________，D 中反应的化学方程式是__________________________________。

(5)碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因是_____________________(从原子结构角度加以解释)。

22．孔雀石主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含少量难溶的FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：
（1）步骤Ⅷ中涉及的反应用离子方程式表示为_____________________________。

（2）为将溶液中Fe2+氧化成Fe3+步骤Ⅷ中加入的试剂Ⅷ最好是__________（填代号）。

a．KMnO4b．H2O2c．Fe粉d．KSCN
（3）步骤Ⅷ获得硫酸铜晶体，需要经过_________、_________、过滤等操作。

（4）孔雀石与焦炭一起加热可以生成Cu及其它无毒物质，写出该反应的化学方程式_____________。

（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中结晶水的x值：称取2.5g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g。

则计算得x＝______
五、计算题
23．已知：Fe2+能被稀硝酸氧化，反应方程式：3Fe（NO3）2+ 4HNO3（稀）="=" 3 Fe （NO3）3+ NO↑+ 2H2O
现将一定量的铁和铜的混合物分为等质量的4份，分别加入等浓度不同体积的稀硝酸（假设反应中稀硝酸的还原产物只有NO），产生气体的体积与剩余固体的质量如下表：
（1）放出4480 mL气体时，消耗金属的质量为_______g
（2）稀硝酸的浓度为_______mol·L－1
（3）计算原混合物中铁和铜的物质的量比为
（4）加入400 mL稀硝酸，反应完全后，溶液中硝酸根离子的物质的量为。

参考答案
1．B
【解析】试题分析：A、推广无铅汽油，减少铅的污染，对环境有益，故说法正确；B、焚烧秸秆，产生大量的烟尘，污染空气，对坏境无益，故说法错误；C、开发利用太阳能、氢能，减少温室气体的排放，故说法正确；D、可以把NO、CO转化成无毒的N2和CO2，减少对环境的危害，故说法正确。

考点：考查关于环境保护和防护，等知识。

2．C
【解析】
试题分析：绿色化学的核心是从源头减少或防止污染，A错；明矾可以吸附水中的一些悬浮杂质，不能杀菌消毒，B错；空气中的颗粒物主要来自化石燃料燃烧的产物，C对；溶解CO2的雨水pH在5.6左右，不会达到4.28，D错。

考点：绿色化学思想、明矾净水、酸雨的了解。

3．A
【解析】
试题分析：从装置可以看出该气体可以用浓硫酸干燥，用向下排空气法收集，气体的密度比空气小，符合这些条件的是H2， A对，NH3 不能用浓硫酸干燥，Cl2 和SO2的密度比空气大。

考点：气体的干燥和收集。

4．C
【解析】
试题分析：许多岩石和矿物中含有硅元素，①对；水晶的主要成分是二氧化硅，所以水晶不是硅酸盐制品，②错；光导纤维是由高纯度的二氧化硅制成的，③错；陶瓷属于硅酸盐制品，④对，故选C。

考点：硅及硅酸盐的用途。

5．D
【解析】
试题分析：氯气参加的反应没有确定，无法判断电子转移数目，A错；根据反应2Fe+3Cl2 =2FeCl3，知道Fe过量，0.1mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.2N A，B错；44g二氧化碳的物质的量为1mol，CO2分子中有4个共用电子对，故1molCO2所形成的共用电子对数为4 N A，C错；1.6gO2和O3混合气体氧原子的物质的量为0.1mol，质子的物质的量为0.8mol，个数
为0.8N A[，D对。

考点：阿伏伽德罗常数的应用。

6．C
【解析】
试题分析：C和Si是同主族，C在Si的上面，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，A可用元素周期律来解释，A不选；Na的金属性比Mg强，金属性越强其最高价氧化物水化物的碱性越强，碱性：NaOH>Mg（OH）2，可用元素周期律来解释，B不选；H2SO3中的S元素不是最高价态，酸性：H2SO3>H2CO3不能用元素周期律来解释，选C；非金属单质的氧化性越强其简单离子的还原性越弱，还原性：HI>HBr可用元素周期律来解释，D不选。

考点：元素周期律的应用。

7．B
【分析】
在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M 属于第ⅢA族元素，M原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素，再结合题目分析解答。

【详解】
在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M 属于第ⅢA族元素，M原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素。

A．L是Mg元素、R是S元素，Mg2+核外电子数是10，S2-的核外电子数是18，二者核外电子数不等，A错误；
B．M是Al元素、T是O元素，二者形成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，B正确；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O>S即T>R，所以氢化物的稳定性为H2T>H2R，C错误；
D．Q是Be元素、L是Mg元素，元素的金属性越强，其单质与同浓度的稀盐酸反应速率越快，金属性Mg>Be即L>Q，所以单质与同浓度的稀盐酸反应的速率为L>Q，D错误。

答案选B。

8．D
【解析】试题分析：Li不是最活泼金属，A错；Mg的金属性比Ca弱，故Mg（OH）2碱性比Ca（OH）2弱，B错；元素周期表有18个纵行，C错；X2＋的核外电子数目为18，则X 是20号元素，在第四周期，D对。

考点：元素周期表的结构、元素周期律的运用。

9．C
【解析】
试题分析：CaCl2 中只有离子键，A错；CO2中共价键是极性键，B错；Na2O2中两个氧原子形成非极性共价键，C对；CH4中共价键是极性键，D错。

考点：共价键种类的判断。

10．C
【分析】
短周期元素的离子a A2+、b B+Ⅷc C3-、d D-都具有相同的电子层结构，则a-2=b-1=c+3=d+1，由此得出原子序数a>b>d>c。

则C、D同周期，且D在C的右边；A、B同周期，且A在B的右边；C、D位于A、B的上一周期。

【详解】
A．依据电子层数越多，原子半径越大；同周期元素，从左往右，原子半径依次减小的规律，可得出原子半径：B＞A＞C＞D，A不正确；
B．由以上分析知，原子序数：a>b>d>c，B不正确；
C．依据电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小的规律，可得出离子半径：C＞D＞B＞A，C正确；
D．金属性越强，还原性越强，非金属性越强，还原性越弱，则单质的还原性：B＞A＞C＞D，D不正确；
故选C。

11．B
【解析】
【分析】
A. 先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，可生成碳酸钡沉淀；
B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应；
C. NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，可生成硫酸钡沉淀；
D. Cl2、SO2发生氧化还原反应可生成硫酸，可生成硫酸钡沉淀。

【详解】
A. BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A项不符合题意；
B. 通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B项符合题意；
C. NO2溶于水后与SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C项不符合题意；
D. 发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，可生成沉淀，故D项不符合题意；
答案选B。

12．C
【详解】
X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，为铝；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，为硅，X为碳；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，所以W的最外层电子数为14-3-4=7，为氯；
A.W的气态氢化物为HCl，其水溶液盐酸为强酸，0.1mol/L的盐酸溶液中氢离子浓度为
0.1mol/L，溶液的pH为1，A错误；
B.硅的最高价氧化物二氧化硅，不能和水反应，B错误；
C.铝在高温条件下可以和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，C正确；
D.电子层数越多半径越大，同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，原子半径由小到大的顺序为：X<W<Z<Y，D错误；
答案选C。

13．B
【详解】
A．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下
依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、R a，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，故A正确；
B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电（除了石墨），Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，故B错误；C．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，故C正确；
D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与
H2要在高温时反应，推测合理，故D正确；
答案选B。

14．A
【解析】
试题分析：（1）加入足量的NaOH溶液，无沉淀；加热，能收集气体336 mL，说明有NH4+没有Ag+，NH4+的物质的量为0.015mol。

（2）第二份加入足量的用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，同时收集到标准状况下的气体336 mL，该气体能使品红溶液褪色，气体肯定有SO2可能还有CO2，说明溶液中存在SO32－、SO42－，SO42－物质的量为0.01mol，SO32－的物质的量无法确定，因为不能确定是否有HCO3－,不管溶液中是否有HCO3－，NH4+所带的电荷小于SO32－、SO42－等阴离子所带的电荷，根据电荷守恒，故溶液中还有K+，A对；无法确定是否存在Cl－，B错；HCO3－可能存在，C错；由于不能确定是否有HCO3－，SO32－的物质的量不能确定，D错。

考点：离子的检验、电荷守恒的应用。

15．B
【解析】
试题分析：A中其实是需要检验SO42－，检验SO42－是先加盐酸酸化溶液，再加入氯化钡溶液，如果能看到有白色沉淀生成则说明有SO32－，故A对，不选；B中是检验CO32－，根据现象无法确定是否是CO32－，因为SO32－也有相同的现象，B错，选B；C中是检验SO32－，试剂和实验现象都正确，C对，不选； D是确定SiO32-，利用强酸制弱酸，将SiO32-转变为H2 SiO3，可看到产生白色胶状沉淀，D对，不选。

考点：离子的检验。

16．C
【详解】
A.含0.01molKOH 和0.01mol Ca （OH ）2的混合溶液中缓慢通入CO 2时，
CO 2先与Ca （OH ）2反应：CO 2+Ca （OH ）2=CaCO 3↓+H 2O ，当消耗0.01molCO 2时沉淀量达最大，继续通入CO 2
发生反应CO 2+KOH=KHCO 3，此过程中沉淀量保持不变，继续通入CO 2发生反应
CO 2+CaCO 3+H 2O=Ca （HCO 3）2，沉淀开始溶解最终完全溶解，故A 错误；
B.KAl （SO 4）2溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液，首先发生反应2KAl （SO 4）2+3Ba （OH ）2=3BaSO 4↓+2Al （OH ）3↓+K 2SO 4，当Al 3+完全沉淀后继续通入Ba （OH ）2，发生反应2Al
（OH ）3+K 2SO 4+Ba （OH ）2=BaSO 4+2KAlO 2+4H 2O ，
BaSO 4的摩尔质量为233g/mol ，Al （OH ）3的摩尔质量为78g/mol ，1mol 硫酸钡的质量大于2mol 氢氧化铝的质量，故沉淀的质量逐渐增大，直到SO 42-完全沉淀，最后保持不变，B 错误；
C.n （O 2）=1mol ，当n （C ）=1mol 时，反应生成1molCO 2，当n （C ）=2mol 时，反应生成2molCO ，C 正确；
D.n （NaOH ）=1mol ，当n （CO 2）=0.5mol 时，产物是0.5molNa 2CO 3，当n （CO 2）=1mol 时，反应生成1molNaHCO 3，故D 错误；
答案选C 。

17．B
【解析】
【详解】
由题意知，反应后的溶液中只有溶质Fe(NO 3)2，由N 元素的守恒可知，其物质的量为1.344
0.12422.42⨯-=0.21mol ，依据铁的守恒可知若用足量的氢气在加热下还原相同质量
的混合物，能得到铁的物质的量也就是0.21mol ，答案选B 。

18．AB
【解析】试题分析：A 中没有配平，应该是3Cu + 8 H ++ 2 NO 3-==3Cu 2++ 2NO↑+4 H 2O ；选项B 没有配平，2HCO 3-+ 2OH -+ Ca 2+==CaCO 3↓+ 2H 2O+CO 32-，选A 。

考点：离子方程式的正误判断。

19．（1） SO 2+I 2+2H 2O=H 2SO 4+2HI （2） 2NH 4Cl+Ca （OH ）2=2NH 3↑+CaCl 2+2H 2O
（3） 2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O （4） 1/22.4 mol·L-1（5）4Zn+ 10HNO3 =4Zn（NO3）2 +NH4NO3 +3H2O
【解析】
试题分析：（1）碘会氧化SO2，故反应方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI 。

（2）实验室通常
用NH4Cl和Ca（OH）固体混合物加热制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（3）通常用石灰乳和氯气制备漂白粉，反应的化学方程式为：2Ca（OH）
2+2Cl2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O（4）设烧瓶的体积为VL，根据反应：3NO2++2H2O═2HNO3+NO，反应后溶液的溶质为HNO3，物质的量为：2V/（3×22.4）mol，反应后溶液的体积为2V/3L，HNO3的浓度为：[2V/（3×22.4）]÷（2V/3）=1/22.4 mol·L-1．。

（5）金属锌和硝酸物质的量之比为2:5恰好完全反应，反应的化学方程式为：4Zn+ 10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O 考点：氯气、氨气、漂白粉的制取、物质的量浓度的计算。

20．（1）N2+3H22NH3 （2）SiO2+2OH-=SiO32-+H2O （3）6H++2Al（OH）
==2Al3++6H2O
3
（4）
（5）离子键共价键
【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F六种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B与C为同一周期，D与F为同一周期，可以确定A在第一周期，B、C在第二周期，D、E、F在第三周期。

C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，知道C是O元素，C与F分别为同一主族，则F是S元素，D是所在周期原子半径最大的元素，D是Na，A与D同主族，则A是H，又知六种元素所形成的常见单质在常温压下有三种是气体，三种是固体，E在Na和S之间，不可能是气体，E是固体，那么B的单质是气体，在氧之前的气体单质只有N2，故B是N。

（1）N2和H2反应方程式为：N2+3H2 2NH3。

（2）若E是非金属元素，则E是Si，SiO2与强碱反应离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

（3）E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O。

（4）D2F是Na2S，是离子化合物，用电子式表示形成过程为：（5）由A、B、C三种元素组
成的化合物X中共含有9个原子，X是NH4NO3，含有的化学键有离子键和共价键。

考点：元素种类的推断、化学键的种类。

21．CaCO3 +2H+=Ca2++ CO2↑+H2O D 除HCl气体NaHCO3关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀Na2SiO3 + CO2+H2O= H2SiO3 （胶体）+ Na2CO3碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱【详解】
（1）B中是盐酸和CaCO3 反应，离子方程式为：CaCO3 +2H+=Ca2++ CO2↑+H2O。

（2）盐酸可以和碳酸钙反应证明有酸性，A中有沉淀生成，说明盐酸进入到A中，则说明盐酸有挥发性，选AD。

（3）通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱来验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，利用CO2和Na2SiO3反应来比较碳酸酸性和硅酸的酸性强弱，制取的CO2中混有挥发出来的HCl，故C装置的作用是除去HCl，可以用NaHCO3溶于吸收HCl。

（4）步骤Ⅷ中的操作和现象是：关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后；化学方程式为：Na2SiO3 + CO2+H2O= H2SiO3 （胶体）+ Na2CO3。

（5）碳、硅的非金属性逐渐减弱的原因是碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱
22．（1）Cu2（OH）2CO3+4H+＝Cu2++CO2↑+3H2O 、FeCO3+ 2H+＝Fe2++ CO2↑+ H2O （2）b
（3）加热蒸发浓缩冷却结晶（4）Cu2（OH）2CO3+C2Cu+ 2 CO2↑+ H2O （5）5
【解析】
试题分析：孔雀石和盐酸反应得到的滤液1主要是CuSO4、Fe SO4、H2 SO4，Fe元素以Fe （OH）3沉淀下来，说明加入的试剂Ⅷ的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，加入CuO作用是调节溶液的酸碱性使Fe3+沉淀下来，溶液3主要是CuSO4。

（1）步骤Ⅷ中涉及的离子方程式有：Cu2（OH）2CO3+4H+＝Cu2++ CO2↑+3H2O 、FeCO3+ 2H+＝Fe2++ CO2↑+ H2O 。

（2）为了不引入新的杂质，氧化剂最好用H2O2。

（3）从溶液中获取晶体，需要经过加热蒸发浓缩、冷却结晶。

（4）孔雀石与焦炭一起加热可以生成Cu及其它无毒物质，无毒物质是CO2，反应的化学方程式为：Cu2（OH）2CO3+C2Cu+ 2 CO2↑+ H2O。

（5）加热后质量减少了2.5-1.6=0.9g，减少的质量时水的水质量，水的物质的量为：0.9g÷18g/mol=0.05mol，剩余固体是硫酸铜物质的量为：1.6g÷160g/mol=0.01mol，CuSO4和H2O的物质的量之比为1︰5，故x＝5。

考点：流程题的分析、氧化剂的选择、化学方程式的书写、结晶水的计算。

23．（1）16.8 （2）4 （3）2:1 （4）1.2
【解析】
试题分析：（1）比较第1和第2组数据，可以看出每反应100mL的稀硝酸消耗的金属质量是18.0-9.6="8.4" g，生成气体的体积为4480-2240="2240" mL，那么放出4480 mL气体时，消耗金属的质量为16.8 g.。

（2）100mL的稀硝酸能反应金属质量是8.4 g，金属有剩余，那么产物是Fe（NO3）2，产生2240 mL的NO，转移的电子为0.3mol，那么消耗铁的物质的量为0.15mol，故Fe（NO3）2的物质的量为0.15mol，则HNO3的物质的量为0.1+0.3=0.4mol，稀硝酸的浓度为0.4mol÷0.1L=4mol·L－1。

（3）300 mL气体的体积为6720mL，相对第2组增加了2240mL，转移的电子为0.3mol。

如果是铜反应，则需要铜的物质的量为0.15mol，质量刚好是9.6g，刚好符合表中的数据，所以第2组中的9.6g是铜的质量，前两组消耗铁的质量为16.8g，物质的量为0.3mol，则铁和铜的物质的量比为0.3︰0.15=2︰1。

（4）加入400mLHNO3时，HNO3氧化溶液中的Fe2+，溶液中有0.3mol的Fe2+，根据3Fe（NO3）2+ 4HNO3（稀）→ 3 Fe（NO3）3+ NO↑+ 2H2O，新加入的100mL刚好反应完全，所以溶液中有0.3mol 的Fe（NO3）3,0.15mol的Cu（NO3）2，NO3－的物质的量为0.3×3+0.15×2=1.2mol
考点：氧化还原反应中电子守恒的运用、有关物质的量的计算、数据的分析。