新人教版高一（上）單元試卷：第3章金屬及其化合物（02）一、選擇題（共10小題）1．有一種白色粉末由等質量的兩種物質混合而成，分別取適量該白色粉末置于三支試管中進行實驗．（1）逐滴加入6mol?L﹣1鹽酸，同時不斷振蕩試管，有氣泡產生，反應結束后得到無色透明溶液（2）加熱試管中的白色粉末，試管口有水滴凝結（3）逐滴加入6mol?L﹣1硫酸，同時不斷振蕩試管，有氣泡產生，反應結束后試管中還有白色不溶物下列混合物中符合以上實驗現象的是（）A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2?6H2O、Na2CO32．為了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑，這種試劑是（）A．NH3?H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO33．將O2和NH3的混合氣體448mL通過加熱的三氧化二鉻，充分反應后，再通過足量的水，最終收集到氣體．原混合氣體中O2的體積可能是（假設氨全部被氧化；氣體體積均已換算成標準狀況）（）A． B． C． D．4．甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質的推斷不正確的是（）A．若甲為焦炭，則丁可能是O2B．若甲為SO2，則丁可能是氨水C．若甲為Fe，則丁可能是鹽酸D．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO25．久置空氣中會發生顏色變化，但顏色變化不是由于跟氧氣反應引起的物質是（）A．過氧化鈉固體 B．亞硫酸鈉固體 C．硫酸亞鐵晶體 D．苯酚晶體6．利用實驗器材（規格和數量不限），能完成相應實驗的一項是（）實驗器材（省略夾持裝置）相應實驗A燒杯、玻璃棒、蒸發皿用重結晶方法提純含NaCl雜質的KNO3B燒杯、玻璃棒、膠頭滴管用稀硝酸除去氯化鐵中的少量氯化亞鐵C燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶用濃鹽酸配制500mLL的溶液A．A B．B C．C D．D7．用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉．對加入鐵粉充分反應后的溶液分析合理的是（）A．若無固體剩余，則溶液中一定有Fe3+B．若有固體存在，則溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，則一定沒有固體析出D．若溶液中有Fe2+，則一定有Cu析出8．銅鎂合金完全溶解于50mL密度為mL、質量分數為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL（標準狀況），向反應后的溶液中加入LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到沉淀．下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1B．該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%D．得到g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體VL（標準狀況），向反應后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1：1，則V可能為（）A．L B．L C．L D．L10．在一定溫度、壓強下，向100mLCH4和Ar的混合氣體中通入400mLO2，點燃使其完全燃燒，最后在相同條件下得到干燥氣體460mL，則反應前混合氣體中CH4和Ar物質的量之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1二、填空題（共3小題）11．由黃銅礦（主要成分是CuFeS2）煉制精銅的工藝流程示意圖如圖1所示：（1）在反射爐中，把銅精礦砂和石英砂混合加熱到1000℃左右，黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe的低價硫化物，且部分Fe的硫化物轉變為Fe的低價氧化物．該過程中兩個主要反應的化學方程式分別是、，反射爐內生成爐渣的主要成分是；（2）冰銅（Cu2S和FeS互相熔合而成）含Cu量為20%～50%．轉爐中，將冰銅加熔劑（石英砂）在1200℃左右吹入空氣進行吹煉．冰銅中的Cu2S被氧化為Cu2O，生成的Cu2O與Cu2S反應，生成含Cu量約為%的粗銅，該過程中發生反應的化學方程式分別是、；（3）粗銅的電解精煉如圖2所示．在粗銅的電解過程中，粗銅板應是圖中電極（填圖中的字母）；在電極d上發生的電極反應式為，若粗銅中還含有Au、Ag、Fe，它們在電解槽中的存在形式和位置為．12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中學化學中常見的氣體，它們均由短周期元素組成，具有如下性質：①A、B、E、F、G能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，I能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，C、D、H不能使濕潤的石蕊試紙變色；②A和I相遇產生白色煙霧；③B和E都能使品紅溶液褪色；④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內充滿棕黃色的煙；⑤將點燃的鎂條放入裝有F的瓶中，鎂條劇烈燃燒，生成白色粉末，瓶內壁附著黑色顆粒；⑥C和D相遇生成紅棕色氣體；⑦G在D中燃燒可以產生E和H2O；⑧將B和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶內壁出現油狀液滴并產生A．回答下列問題：（1）A的化學式是，②中煙霧的化學式是；（2）④中發生反應的化學方程式是；（3）⑤中發生反應的化學方程式是；（4）C的化學式是，D的化學式是；（5）⑦中發生反應的化學方程式是；（6）H的化學式是．13．圖A所示的轉化關系中（具體反應條件略），a、b、c和d分別為四種短周期元素的常見單質，其余均為它們的化合物，i的溶液為常見的酸，a的一種同素異形體的晶胞如圖B所示．回答下列問題：（1）圖B對應的物質名稱是，其晶胞中的原子數為，晶體類型為．（2）d中元素的原子核外電子排布式為．（3）圖A中由二種元素組成的物質中，沸點最高的是，原因是，該物質的分子構型為，中心原子的雜化軌道類型為．（4）圖A中的雙原子分子中，極性最大的分子是．（5）k的分子式為，中心原子的雜化軌道類型為，屬于分子（填“極性”或“非極性”）．三、解答題（共5小題）14．Ⅰ．請回答：（1）H2O2的電子式．（2）鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學方程式表示其理由．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離子方程式．（4）完成以下氧化還原反應的離子方程式：MnO4﹣+C2O42﹣+═Mn2++CO2↑+．Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑．一定條件下金屬鈉和H2反應生成甲．甲與水反應可產生H2，甲與AlCl3反應可得到NaAlH4．將甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和（已折算成標準狀況）的H2．請推測并回答：（1）甲的化學式．（2）甲與AlCl3反應得到NaAlH4的化學方程式．（3）NaAlH4與水發生氧化還原反應的化學方程式．（4）甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑（鐵銹的成分表示為Fe2O3），脫銹過程發生反應的化學方程式．（5）某同學認為：用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣體經濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質即為純凈的甲；取該固體物質與水反應，若能產生H2，即可證明得到的甲一定是純凈的．判斷該同學設想的制備和驗純方法的合理性并說明理由．15．單質Z是一種常見的半導體材料，可由X通過如圖所示的路線制備．其中X為Z的氧化物；Y為氫化物，分子結構與甲烷相似．回答下列問題：（1）能與X發生化學反應的酸是；由X制備Mg2Z的化學方程式為．（2）由Mg2Z生成Y的化學方程式為，Y分子的電子式為．（3）Z、X中共價鍵的類型分別是、．16．氫能源是一種重要清潔能源．現有兩種可產生H2的化合物甲和乙．將甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質和的H2（已折算成標準狀況）．甲與水反應也能放出H2，同時還產生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙，丙在標準狀況下的密度為?L﹣1．請回答下列問題：（1）甲的化學式是；乙的電子式是．（2）甲與水反應的化學方程式是．（3）氣體丙與金屬鎂反應的產物是（用化學式表示）．（4）乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙，寫出該反應的化學方程式．有人提出產物Cu中可能還混有Cu2O，請設計實驗方案驗證之．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（5）甲與乙之間（填“可能”或“不可能”）發生反應產生H2，判斷理由是．17．如圖中，A、B、C、D、E是單質，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物．已知：①反應C+GB+H能放出大量的熱，該反應曾應用于鐵軌的焊接；②I是一種常見的溫室氣體，它和E可以發生反應：，F中的E元素的質量分數為60%．回答問題：（1）①中反應的化學方程式為；（2）化合物Ⅰ的電子式為，它的空間構型是；（3）G溶于鹽酸，得到的溶液與銅粉完全反應，計算至少所需銅粉的質量（寫出離子方程式和計算過程）；（4）C與過量NaOH溶液反應的離子方程式為，反應后溶液與過量化合物Ⅰ反應的離子方程式為；（5）E在I中燃燒觀察到的現象是．18．在25℃，101kPa條件下，將15LO2通入10LCO和H2的混合氣中，使其完全燃燒，干燥后，恢復至原來的溫度和壓強．（1）若剩余氣體的體積是15L，則原CO和H2的混合氣中V（CO）=L，V（H2）=L．（2）若剩余氣體的體積為aL，則原CO和H2的混合氣中V（CO）：V（H2）=．（3）若剩余氣體的體積為aL，則a的取值范圍是．

新人教版高一（上）單元試卷：第3章金屬及其化合物（02）參考答案與試題解析一、選擇題（共10小題）1．有一種白色粉末由等質量的兩種物質混合而成，分別取適量該白色粉末置于三支試管中進行實驗．（1）逐滴加入6mol?L﹣1鹽酸，同時不斷振蕩試管，有氣泡產生，反應結束后得到無色透明溶液（2）加熱試管中的白色粉末，試管口有水滴凝結（3）逐滴加入6mol?L﹣1硫酸，同時不斷振蕩試管，有氣泡產生，反應結束后試管中還有白色不溶物下列混合物中符合以上實驗現象的是（）A．NaHCO3、AgNO3 B．BaCl2、MgCO3C．NH4HCO3、MgCl2 D．CaCl2?6H2O、Na2CO3【考點】無機物的推斷．【分析】根據實驗（1）可排除A組．根據實驗（2）可排除B組．根據（3）分析C和D組，只有D組中的氯化鈣可以跟硫酸反應留下的白色不溶物硫酸鈣（硫酸鈣微溶）．【解答】解：A、根據實驗（1）加入鹽酸會有白色沉淀生成，故A錯誤；B、根據實驗（2）加熱時沒有水生成，故B錯誤；C、根據（3）逐滴加入6mol?L﹣1硫酸，沒有白色不溶物，故C錯誤；D、硫酸鈣微溶，逐滴加入6mol?L﹣1硫酸留下的白色不溶物硫酸鈣，故D正確．故選D．2．為了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑，這種試劑是（）A．NH3?H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO3【考點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離、提純和除雜．【分析】除雜的原則：不增加新的雜質；被提純的物質不能減少；操作簡便，除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可利用影響鐵離子水解的平衡移動因素角度解答．【解答】解：A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加熱攪拌的條件下加入氨水，雖然能形成氫氧化鐵沉淀，但同時會形成氫氧化鎂沉淀，故A錯誤；B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加熱攪拌的條件下加入氫氧化鈉，雖然能形成氫氧化鐵沉淀，但同時會形成氫氧化鎂沉淀，故B錯誤；C．Fe3+水解溶液顯酸性，Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，在加熱攪拌的條件下加入碳酸鈉，水解吸熱，加熱攪拌的條件促進水解，碳酸鈉和氫離子反應，使三價鐵離子的水解平衡向正反應方向移動，使三價鐵離子變成氫氧化鐵沉淀除去，但同時引入了鈉離子，故C錯誤；D．Fe3+水解溶液顯酸性，Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，在加熱攪拌的條件下加入碳酸鎂，水解吸熱，加熱攪拌的條件促進水解，碳酸鎂和氫離子反應，使三價鐵離子的水解平衡向正反應方向移動，使三價鐵離子變成氫氧化鐵沉淀除去，同時實現將雜質轉化為純凈物，故D正確；故選D．3．將O2和NH3的混合氣體448mL通過加熱的三氧化二鉻，充分反應后，再通過足量的水，最終收集到氣體．原混合氣體中O2的體積可能是（假設氨全部被氧化；氣體體積均已換算成標準狀況）（）A． B． C． D．【考點】有關混合物反應的計算．【分析】發生反應為：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的氣體可能為氧氣，有可能是NO，設出混合氣體中氨氣體積為x、氧氣體積為y，然后分別根據剩余氣體為氧氣、NO結合反應方程式列式計算即可．【解答】解：最終收集到氣體可能為氧氣，有可能為NO，當剩余氣體為氧氣時，發生反應有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，設氧氣總體積為y，氨氣總體積為x，則：①x+y=448mL；由于氨氣完全反應，則x體積氨氣消耗氧氣體積為：x×=x，同時生成NO體積為x，生成的NO完全反應消耗氧氣的體積為：x×=x，則：②x+x+=y，聯立①②解得：x=、y=，即：氧氣體積為；當剩余的氣體為NO時，則氧氣、氨氣完全反應，發生反應為：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的為NO，設原混合氣體中氨氣體積為x、氧氣體積為y，則：③x+y=448mL，氨氣完全反應消耗氧氣體積為x×=x，同時生成NO體積為x，其中轉化成硝酸的NO體積為：x﹣，此過程中消耗氧氣體積為：（x﹣）×，消耗氧氣總體積為：④x+（x﹣）×=y，聯立③④可得：x=、y=，即：原混合氣體中氧氣的總體積為，根據分析可知，原混合氣體中氧氣總體積可能為：或，故選CD．4．甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質的推斷不正確的是（）A．若甲為焦炭，則丁可能是O2B．若甲為SO2，則丁可能是氨水C．若甲為Fe，則丁可能是鹽酸D．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO2【考點】無機物的推斷．【分析】A、甲為碳，丁為O2物質轉化關系為CCOCO2；B、若甲為SO2，則丁為氨水，物質轉化關系為：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲為Fe，丁為鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，不能進一步和鹽酸反應；D、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質轉化關系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解答】解：A、甲為碳，丁為O2物質轉化關系為CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正確；B、若甲為SO2，則丁為氨水，物質轉化關系為：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3?H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3?H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正確；C、若甲為Fe，丁為鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，不能進一步和鹽酸反應，故C錯誤；D、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質轉化關系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正確；故選C．5．久置空氣中會發生顏色變化，但顏色變化不是由于跟氧氣反應引起的物質是（）A．過氧化鈉固體 B．亞硫酸鈉固體 C．硫酸亞鐵晶體 D．苯酚晶體【考點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；苯酚的化學性質．【分析】A、根據過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣進行解答；B、根據亞硫酸鈉和氧氣反應生成硫酸鈉進行解答；C、根據硫酸亞鐵和氧氣反應生成硫酸鐵進行解答；D、根據苯酚易被空氣氧化的性質進行分析．【解答】解：A、過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣而變色，所以過氧化鈉顏色變化不是由于跟氧氣反應引起的，故A正確；B、亞硫酸鈉和氧氣反應生成硫酸鈉，顏色沒有發生變化，故B錯誤；C、硫酸亞鐵和氧氣反應生成硫酸鐵，顏色有由綠色變為淡黃色，所以硫酸亞鐵顏色變化是由于跟氧氣反應引起的，故C錯誤；D、苯酚晶體易被空氣中的氧氣氧化，由無色變為淺粉紅色，故苯酚晶體顏色變化是由于跟氧氣反應引起的，故D錯誤．故選：A．6．利用實驗器材（規格和數量不限），能完成相應實驗的一項是（）實驗器材（省略夾持裝置）相應實驗A燒杯、玻璃棒、蒸發皿用重結晶方法提純含NaCl雜質的KNO3B燒杯、玻璃棒、膠頭滴管用稀硝酸除去氯化鐵中的少量氯化亞鐵C燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶用濃鹽酸配制500mLL的溶液A．A B．B C．C D．D【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．重結晶方法提純含NaCl雜質的KNO3，析出晶體后需要過濾；B．稀硝酸除去氯化鐵中的少量氯化亞鐵，引入硝酸根離子；C．用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反應后需要萃取、分液操作；D．配制500mLL的溶液，必須使用500mL容量瓶．【解答】解：A．重結晶方法提純含NaCl雜質的KNO3，析出晶體后需要過濾，給出的儀器中缺少漏斗、鐵架臺等，則不能完成實驗，故A錯誤；B．稀硝酸除去氯化鐵中的少量氯化亞鐵，引入硝酸根離子，應利用氯水來除雜，故B錯誤；C．用氯水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反應后需要萃取、分液操作，則需要燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、分液漏斗，可完成實驗，故C正確；D．配制500mLL的溶液，必須使用500mL容量瓶，給出的儀器沒有說明容量瓶的規格，故D錯誤；故選C．7．用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉．對加入鐵粉充分反應后的溶液分析合理的是（）A．若無固體剩余，則溶液中一定有Fe3+B．若有固體存在，則溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，則一定沒有固體析出D．若溶液中有Fe2+，則一定有Cu析出【考點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；真題集萃；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗．【分析】FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅發生反應：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性強于Cu2+，加入鐵粉先與Fe3+反應，再與Cu2+反應，據此解答．【解答】解：A．無固體剩余，說明銅全部以銅離子形式存在，加入的鐵完全反應，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A錯誤；B．若有固體存在，固體中一定有銅，可能有鐵，溶液中一定有含有Fe2+，故B正確；C．若溶液中有Cu2+，加入的鐵量不足，可能只與Fe3+反應，也可能與Fe3+反應，剩余部分與Cu2+反應生成銅，所以可能有固體析出，故C錯誤；D．當加入的鐵較少時，只發生Fe+2Fe3+=3Fe2+時，不會有銅析出，故D錯誤；故選：B．8．銅鎂合金完全溶解于50mL密度為mL、質量分數為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL（標準狀況），向反應后的溶液中加入LNaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到沉淀．下列說法不正確的是（）A．該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：1B．該濃硝酸中HNO3的物質的量濃度是mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數是80%D．得到g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600mL【考點】有關混合物反應的計算；硝酸的化學性質．【分析】A、金屬離子全部沉淀時，得到沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質量為﹣=，根據n=計算氫氧根的物質的量，根據電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于氫氧根的物質的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，根據提供的電子物質的量與二者質量之和列方程計算x、y的值，據此解答；B、根據c=計算該濃硝酸的物質的量濃度；C、根據n=計算NO2和N2O4混合氣體的物質的量，令二氧化氮的物質的量為amol，根據電子轉移列放出計算，進而計算二氧化氮的體積分數；D、根據鈉離子守恒可知，氫氧化鈉的物質的量等于反應后溶液中硝酸鈉的物質的量，根據氮元素守恒計算硝酸鈉的物質的量，再根據V=計算需要氫氧化鈉溶液的體積．【解答】解：A、金屬離子全部沉淀時，得到沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根的質量為﹣=，氫氧根的物質的量為=，根據電荷守恒可知，金屬提供的電子物質的量等于氫氧根的物質的量，令銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：，解得x=，y=，故合金中銅與鎂的物質的量之比是：=2：1，故A正確；B、該濃硝酸密度為mL、質量分數為63%，故該濃硝酸的物質的量濃度為mol/L=14mol/L，故B正確；C、NO2和N2O4混合氣體的物質的量為=，令二氧化氮的物質的量為amol，則四氧化二氮的物質的量為（﹣a）mol，根據電子轉移守恒可知，a×1+（﹣a）×2×1=，解得a=，故NO2的體積分數是×100%=80%，故C正確；D、根據鈉離子守恒可知，氫氧化鈉的物質的量等于反應后溶液中硝酸鈉的物質的量，根據氮元素守恒可知，硝酸鈉的物質的量為×14mol/L﹣﹣（﹣）×2=，故需要氫氧化鈉溶液的體積為==640mL，故D錯誤；故選D．9．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體VL（標準狀況），向反應后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1：1，則V可能為（）A．L B．L C．L D．L【考點】有關混合物反應的計算．【分析】利用極限法解答，假設混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根據n=計算n（CuO），根據電子轉移守恒計算n（CuS）、n（Cu2S），再根據電子轉移數目守恒，計算n（NO）、n（NO2），根據V=nVm計算氣體體積，實際氣體介于二者之間．【解答】解：若混合物全是CuS，其物質的量n（CuS）=n（CuO）==，轉移電子物質的量=×（6+2）=．NO和NO2的體積相等，設NO的物質的量為x、NO2的物質的量為x，則3x+x=，解得x=，故氣體體積V=×mol=；若混合物全是Cu2S，其物質的量n（Cu2S）=n（CuO）=×=，轉移電子物質的量×10=，設NO為xmol、NO2為xmol，3x+x=，計算得x=，氣體體積×2×mol=，故選A．10．在一定溫度、壓強下，向100mLCH4和Ar的混合氣體中通入400mLO2，點燃使其完全燃燒，最后在相同條件下得到干燥氣體460mL，則反應前混合氣體中CH4和Ar物質的量之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1【考點】有關混合物反應的計算；化學方程式的有關計算；甲烷的化學性質．【分析】反應的方程式為：CH4+2O2→CO2+2H2O，Ar為惰性氣體，不參與反應，根據反應前后的氣體體積的變化用差量法計算．【解答】解：設原混合氣體中含有xmlCH4，反應的方程式為CH4+2O2→CO2+2H2O，利用差量法計算：CH4+2O2→CO2+2H2O△V1212x2xx2x則2x=﹣460ml=40ml，解得x=20ml，所以：Ar的體積為V（Ar）=100ml﹣20ml=80ml，氣體的體積之比等于物質的量之比，所以：n（CH4）：n（Ar）=V（CH4）：v（Ar）=20ml：80ml=1：4，故選A．二、填空題（共3小題）11．由黃銅礦（主要成分是CuFeS2）煉制精銅的工藝流程示意圖如圖1所示：（1）在反射爐中，把銅精礦砂和石英砂混合加熱到1000℃左右，黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe的低價硫化物，且部分Fe的硫化物轉變為Fe的低價氧化物．該過程中兩個主要反應的化學方程式分別是2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2、FeS+3O22FeO+2SO2，反射爐內生成爐渣的主要成分是FeSiO3；（2）冰銅（Cu2S和FeS互相熔合而成）含Cu量為20%～50%．轉爐中，將冰銅加熔劑（石英砂）在1200℃左右吹入空氣進行吹煉．冰銅中的Cu2S被氧化為Cu2O，生成的Cu2O與Cu2S反應，生成含Cu量約為%的粗銅，該過程中發生反應的化學方程式分別是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；；（3）粗銅的電解精煉如圖2所示．在粗銅的電解過程中，粗銅板應是圖中電極c（填圖中的字母）；在電極d上發生的電極反應式為Cu2++2e﹣=Cu，若粗銅中還含有Au、Ag、Fe，它們在電解槽中的存在形式和位置為Au、Ag以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe以Fe2+的形式進入電解液中．．【考點】銅金屬及其重要化合物的主要性質；銅的電解精煉．【分析】（1）黃銅礦與空氣反應生成Cu和Fe的低價硫化物：產物為Cu2S、FeS；部分Fe的硫化物轉變為Fe的低價氧化物：產物為FeO；反射爐內生成爐渣的主要成分是FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S反應：2Cu2O+Cu2S6Cu+2SO2↑；（3）粗銅應該放在陽極，c是陽極；d是陰極，發生還原反應Cu2++2e﹣=Cu；粗銅中的Au、Ag、，它們在電解槽中的下方，以單質形式沉積在c（陽極）下方；Fe以Fe2+的形式進入電解液中．【解答】解：（1）黃銅礦與空氣反應生成Cu2S、FeS，根據化合價升降相等配平，反應方程式為：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS和氧氣反應生成FeO，根據化合價升降相等，配平方程式為：FeS+3O22FeO+2SO2，生成爐渣的主要成分為：FeSiO3，故答案是：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2；FeS+3O22FeO+2SO2；FeSiO3；（2）Cu2S被氧化為Cu2O的反應方程式為：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2O與Cu2S發生反應的方程式為：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，故答案是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；（3）c連電源正極，d連電源的負極；故c為陽極，d為陰極；粗銅板應放在陽極，即c；d陰極發生還原反應，方程式為：Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag比較穩定，不反應，以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe失去電子變成Fe2+的形式進入電解液中，故答案是：c；Cu2++2e﹣=Cu；Au、Ag以單質形式沉積在c（陽極）下方，Fe以Fe2+的形式進入電解液中．12．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中學化學中常見的氣體，它們均由短周期元素組成，具有如下性質：①A、B、E、F、G能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，I能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，C、D、H不能使濕潤的石蕊試紙變色；②A和I相遇產生白色煙霧；③B和E都能使品紅溶液褪色；④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內充滿棕黃色的煙；⑤將點燃的鎂條放入裝有F的瓶中，鎂條劇烈燃燒，生成白色粉末，瓶內壁附著黑色顆粒；⑥C和D相遇生成紅棕色氣體；⑦G在D中燃燒可以產生E和H2O；⑧將B和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶內壁出現油狀液滴并產生A．回答下列問題：（1）A的化學式是HCl，②中煙霧的化學式是NH4Cl；（2）④中發生反應的化學方程式是Cu+Cl2CuCl2；（3）⑤中發生反應的化學方程式是2Mg+CO22MgO+C；（4）C的化學式是NO，D的化學式是O2；（5）⑦中發生反應的化學方程式是2H2S+3O22H2O+2SO2；（6）H的化學式是CH4．【考點】無機物的推斷；常見氣體的檢驗．【分析】①A、B、E、F、G能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，為酸性氣體，I能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，為堿性氣體，故A為HCl，B為NH3，C、D、H不能使濕潤的石蕊試紙變色，不表現酸堿性；②A和I相遇產生白煙，為NH3與HCl；③B和E都能使品紅溶液褪色，為Cl2和SO2；④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內充滿棕黃色的煙，故B為Cl2，E為SO2；⑤Mg條能在F中劇烈燃燒，有黑色和白色兩種產物，F為CO2；⑥C和D相遇生成紅棕色氣體，為NO和O2；⑦G在D中燃燒可以產生E和H2O，E為SO2，故D為O2，故C為NO，G含有H、S兩種元素，G為H2S；⑧B為Cl2，和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶壁出現油狀液滴并產生A（HCl），故H為CH4等．【解答】解：①A、B、E、F、G能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，為酸性氣體，I能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，為堿性氣體，故A為HCl，B為NH3，C、D、H不能使濕潤的石蕊試紙變色，不表現酸堿性；②A和I相遇產生白煙，為NH3與HCl；③B和E都能使品紅溶液褪色，為Cl2和SO2；④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內充滿棕黃色的煙，故B為Cl2，E為SO2；⑤Mg條能在F中劇烈燃燒，有黑色和白色兩種產物，F為CO2；⑥C和D相遇生成紅棕色氣體，為NO和O2；⑦G在D中燃燒可以產生E和H2O，E為SO2，故D為O2，故C為NO，G含有H、S兩種元素，G為H2S；⑧B為Cl2，和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶壁出現油狀液滴并產生A（HCl），故H為CH4等，（1）由上述分析可知，A的化學式是HCl，①中生成的白煙是氯化銨，由銨根離子與氯離子構成，化學式為NH4Cl，故答案為：HCl，；NH4Cl；（2）④中發生的反應是銅與氯氣反應生成氯化銅，反應方程式為：Cu+Cl2CuCl2，故答案為：Cu+Cl2CuCl2；（3）⑤中發生的反應是Mg在二氧化碳中燃燒生成碳越氧化鎂，反應方程式為：2Mg+CO22MgO+C，故答案為：2Mg+CO22MgO+C；（4）由上述分子可知，C的化學式是NO，D的化學式是O2，故答案為：NO；O2；（5）⑦中發生的反應是硫化氫燃燒生成二氧化硫與水，反應方程式為：2H2S+3O22SO2+2H2O，故答案為：2H2S+3O22SO2+2H2O；（6）由上述分析可知，H的化學式是CH4等，故答案為：CH4．13．圖A所示的轉化關系中（具體反應條件略），a、b、c和d分別為四種短周期元素的常見單質，其余均為它們的化合物，i的溶液為常見的酸，a的一種同素異形體的晶胞如圖B所示．回答下列問題：（1）圖B對應的物質名稱是金剛石，其晶胞中的原子數為8，晶體類型為原子晶體．（2）d中元素的原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p5．（3）圖A中由二種元素組成的物質中，沸點最高的是H2O，原因是分子間形成氫鍵，該物質的分子構型為V型，中心原子的雜化軌道類型為sp3．（4）圖A中的雙原子分子中，極性最大的分子是HCl．（5）k的分子式為COCl2，中心原子的雜化軌道類型為sp2，屬于極性分子（填“極性”或“非極性”）．【考點】無機物的推斷．【分析】a、b、c和d分別為四種短周期元素的常見單質，b與c反應生成水，故b、c分別為H2、O2中的一種，a的一種同素異形體的晶胞中每個原子周圍有4個鍵，判斷為金剛石，則a為C，故b為H2、c為O2，由轉化關系可知，f為CO，g為CO2，因i是常見的酸，只由b、d形成可判斷為鹽酸，則d為Cl2，i為HCl，而k與水反應生成CO2與鹽酸，該反應沒在教材中出現過，且由f、d反應得到，應含C、O、Cl三種元素，只能判斷為COCl2，以此來解答．【解答】解：a、b、c和d分別為四種短周期元素的常見單質，b與c反應生成水，故b、c分別為H2、O2中的一種，a的一種同素異形體的晶胞中每個原子周圍有4個鍵，判斷為金剛石，則a為C，則b為H2、c為O2，由轉化關系可知，f為CO，g為CO2，因i是常見的酸，只由b、d形成可判斷為鹽酸，則d為Cl2，i為HCl，而k與水反應生成CO2與鹽酸，該反應沒在教材中出現過，且由f、d反應得到，應含C、O、Cl三種元素，只能判斷為COCl2，（1）由上述分析可知，圖B對應的位置為金剛石，該晶胞中C原子數目=4+8×+6×=8，屬于原子晶體，故答案為：金剛石；8；原子晶體；（2）d中元素為Cl元素，基態原子電子排布式為1s22s22p63s23p5，故答案為：1s22s22p63s23p5；（3）所有兩元素形成的物質中，水分子之間存在氫鍵，常溫下是液態，其它都是氣體，故水的沸點最高，水分子中O原子呈2個σ鍵、含有2對孤電子對，故為V型結構，中心原子含2對孤電子對，2個σ鍵，其雜化軌道類型為sp3，故答案為：H2O；分子間形成氫鍵；V型；sp3；（4）所有雙原子分子中，只有H、Cl電負性差值最大，因而HCl的極性最大，故答案為：HCl；（5）k的分子式為COCl2，COCl2中C原子成3個σ鍵、1個π鍵，沒有孤電子對，C原子采取sp2雜化，為平面三角形結構，分子中正負電荷中心不重合，屬于極性分子，故答案為：COCl2；sp2；極性．三、解答題（共5小題）14．Ⅰ．請回答：（1）H2O2的電子式．（2）鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學方程式表示其理由2Mg+CO2C+2MgO．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離子方程式AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣．（4）完成以下氧化還原反應的離子方程式：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑．一定條件下金屬鈉和H2反應生成甲．甲與水反應可產生H2，甲與AlCl3反應可得到NaAlH4．將甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和（已折算成標準狀況）的H2．請推測并回答：（1）甲的化學式NaH．（2）甲與AlCl3反應得到NaAlH4的化學方程式4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl．（3）NaAlH4與水發生氧化還原反應的化學方程式NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑．（4）甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑（鐵銹的成分表示為Fe2O3），脫銹過程發生反應的化學方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH．（5）某同學認為：用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣體經濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質即為純凈的甲；取該固體物質與水反應，若能產生H2，即可證明得到的甲一定是純凈的．判斷該同學設想的制備和驗純方法的合理性并說明理由制備過程不合理，因為鹽酸易揮發，氫氣中混有HCl，導致產物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應也產生氫氣，且沒有考慮混入的NaCl．【考點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電子式；離子方程式的書寫．【分析】I、（1）雙氧水中兩個氫原子分別與兩個氧原子通過共用一對電子結合，兩個氧原子之間通過共用1對電子結合；（2）高溫下，Mg與二氧化碳反應生成易燃的MgO；（3）AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，向AgCl沉淀中加入KBr溶液發生了沉淀的轉化；（4）依據氧化還原反應得失電子守恒，結合元素守恒和電荷守恒書寫即可；II、（1）鈉元素在化合物中只能形成+1價，據此結合生成氫氣的物質的量判斷其化學式即可；（2）NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4，此反應無化合價的變化，據此書寫；（3）NaAlH4與水反應生成氫氣，應是水中的H元素與NaH中的H元素之間得失電子，據此書寫即可；（4）由題意可知NaH常做還原劑那么鐵銹為氧化劑，反應生成鐵單質，據此書寫；（5）制備過程中未指明吸收雜質氣體HCl，據此解答；氫氣與金屬鈉反應未指明鈉的用量，鈉可能過量，過量的鈉也可以與水反應生成氫氣．【解答】解：I、（1）雙氧水為共價化合物，分子中存在兩個氧氫鍵和一個O﹣O鍵，雙氧水的電子式為：，故答案為：；（2）高溫下，Mg與二氧化碳反應生成MgO，化學反應方程式為：2Mg+CO2C+2MgO，不能起到滅火的作用，故答案為：2Mg+CO2C+2MgO；（3）AgCl沉淀中加入KBr溶液，生成了更難溶的AgBr沉淀，離子反應方程式為：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣，故答案為：AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣；（4）此反應中Mn由+7價降低到+2價，得到5個電子，C由+3價升高到+4價失去1個電子，2個C失去2個電子，故高錳酸根與草酸根的化學計量數分別為2和5，據此配平得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；II、（1）Na在化合價中呈現+1價，故該物質的化學式可能為NaH，又甲與AlCl3反應可得到NaAlH4，Al的化合價為+3，故H元素的化合價為﹣1，甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和，即氫氣，化學反應方程式為：2NaH2Na+H2↑48g故此化合物為NaH，故答案為：NaH；（2）NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4，此反應無化合價的變化，根據原子守恒推測另一種生成物，化學反應方程式為：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案為：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；（3）NaAlH4與水反應生成氫氣，即NaH中H化合價升高，水中H元素化合價降低，化學反應方程式為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；（4）NaH常做還原劑（H化合價升高為+1價），鐵銹在此為氧化劑（Fe化合價降低為0價），反應生成鐵單質，化學反應方程式為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀鹽酸具有揮發性，且可以利用濃硫酸干燥，故制取的氫氣中可能混有雜質氣體HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，驗證過程中未排除金屬鈉的干擾，過量的金屬能也可以與水反應生成氫氣．故答案為：制備過程不合理，因為鹽酸易揮發，氫氣中混有HCl，導致產物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應也產生氫氣，且沒有考慮混入的NaCl．15．單質Z是一種常見的半導體材料，可由X通過如圖所示的路線制備．其中X為Z的氧化物；Y為氫化物，分子結構與甲烷相似．回答下列問題：（1）能與X發生化學反應的酸是氫氟酸；由X制備Mg2Z的化學方程式為SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si．（2）由Mg2Z生成Y的化學方程式為Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，Y分子的電子式為．（3）Z、X中共價鍵的類型分別是非極性鍵、極性鍵．【考點】無機物的推斷．【分析】常見的半導體材料為Si，X為Z的氧化物，那么X為二氧化硅；Y為氫化物，且分子結構與甲烷相似，那么Y為硅烷，結構簡式為：SiH4，據此結合各小題解答即可．【解答】解：（1）二氧化硅為酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶于氫氟酸，此性質常用于腐蝕玻璃，由流程可知，二氧化硅與金屬鎂反應生成硅化鎂，化學反應方程式為：SiO2+4Mg2MgO↑+Mg2Si，故答案為：氫氟酸；SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si；（2）硅化鎂與鹽酸反應生成硅烷，化學反應方程式為：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷類似與甲烷的正四面體結構，故Si分別與H形成1對共價鍵，電子式為：，故答案為：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；；（3）Z為Si，硅單質為原子晶體，晶體中存在Si﹣Si非極性共價鍵，X為SiO2，屬于原子晶體，存在Si﹣O極性共價鍵，故答案為：非極性鍵、極性鍵．16．氫能源是一種重要清潔能源．現有兩種可產生H2的化合物甲和乙．將甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質和的H2（已折算成標準狀況）．甲與水反應也能放出H2，同時還產生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙，丙在標準狀況下的密度為?L﹣1．請回答下列問題：（1）甲的化學式是AlH3；乙的電子式是．（2）甲與水反應的化學方程式是AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑．（3）氣體丙與金屬鎂反應的產物是Mg3N2（用化學式表示）．（4）乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙，寫出該反應的化學方程式3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O．有人提出產物Cu中可能還混有Cu2O，請設計實驗方案驗證之取樣后加稀H2SO4，如果溶液變藍，說明產物中含有Cu2O，反之則無Cu2O．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）（5）甲與乙之間可能（填“可能”或“不可能”）發生反應產生H2，判斷理由是AlH3中的H為﹣1價，NH3中的H為+1價，有可能發生氧化還原反應生成氫氣．【考點】無機物的推斷．【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==，則m（H）=×2×1g/mol=，則甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為?L﹣1，則丙的相對原子質量為?L﹣1×=28，應為N2，則乙為NH3，結合對應的物質以及題目要求可解答該題．【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==，則m（H）=×2×1g/mol=，則甲中含有m（Al）=﹣=，n（Al）==，所以n（Al）：n（H）=：=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為?L﹣1，則丙的相對原子質量為?L﹣1×=28，應為N2，則乙為NH3，（1）由以上分析可知甲為AlH3，乙為NH3，電子式為，故答案為：AlH3；；（2）AlH3與水發生氧化還原反應，反應的方程式為AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，故答案為：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；（3）鎂可在氮氣中燃燒生成氮化鎂，化學式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；（4）NH3在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體N2，反應的方程式為3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判斷產物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸檢驗溶液是否變藍，方法是取樣后加H2SO4，如果溶液變藍，說明產物中含有Cu2O，反之則無Cu2O，故答案為：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取樣后加H2SO4，如果溶液變藍，說明產物中含有Cu2O，反之則無Cu2O；（5）AlH3中的H為﹣1價，NH3中的H為+1價，從化合價的角度可知二者可能發生氧化還原反應生成氫氣，故答案為：可能；AlH3中的H為﹣1價，NH3中的H為+1價，有可能發生氧化還原反應生成氫氣．17．如圖中，A、B、C、D、E是單質，G、H、I、F是B、C、D、E分別和A形成的二元化合物．已知：①反應C+GB+H能放出大量的熱，該反應曾應用于鐵軌的焊接；②I是一種常見的溫室氣體，它和E可以發生反應：，F中的E元素