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2016年江西省新余市分宜一中高考化学三模试卷
一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2016·分宜模拟）短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，三者原子最外层电子数之和为14，A原子的次外层电子数等于B原子的最外层电子数，A与C同主族．则下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：A＜B＜C
B．氢化物稳定性：A＜C
C．B与A的化合物比B与C的化合物熔点低
D．A与C的化合物属于大气污染物
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A原子次外层电子数等于B原子最外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为14．A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数位6，分别为O元素、S元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素，A．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Mg＞S＞O，故A错误；
B．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C．B与A的化合物为MgO，为离子化合物，B与C的化合物为MgS，则MgO熔点高，故C错误；
D．A与C的化合物为二氧化硫，可导致酸雨，属于大气污染物，故D正确．
故选D．
【分析】A原子次外层电子数等于B原子最外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为14．A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数位6，分别为O元素、S元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素，结合元素周期律解答该题．
2．（2016·分宜模拟）公元前一世纪，我国已使用天然气井．现在“西气东输”工程早已全面竣工．天然气的主要成分为甲烷．下列关于甲烷的叙述中，错误的是（　　）
A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应
B．甲烷的化学性质比较稳定，点燃前不必验纯
C．甲烷与氯气反应，无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，都属于取代反应
D．甲烷的四种有机氯代产物都难溶于水
【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】解：A．通常情况下，甲烷性质稳定，与强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；
B．可燃性气体在加热或点燃前都要验纯，以防爆炸事故的发生，故B错误；
C．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故C正确；
D．CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是氯代烃，都难溶于水，故D正确；
故选B．
【分析】A．通常情况下，甲烷性质稳定；
B．可燃性气体在加热或点燃前都要验纯；
C．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；
D．氯代烃难溶于水．
3．（2016·分宜模拟）图为北京奥运会的奖牌﹣﹣“金镶玉”牌，使用了昂贵的玉石材料，其化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如Ca2Mg5Si8O22（OH）2等．下列说法正确的是（　　）
A．Ca2Mg5Si8O22（OH）2可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O
B．从分类的角度看，Ca2Mg5Si8O22（OH）2为氧化物
C．玉石材料性质稳定，耐强酸和强碱的腐蚀
D．Ca2Mg5Si8O22（OH）2易溶于水
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】解：A．Ca2Mg5Si8O22（OH）2可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O，故A正确；
B．氧化物要求只含有两种元素，切其中一种元素是氧元素，Ca2Mg5Si8O22（OH）2属于盐类，故B错误；
C．玉石材料性质稳定，属于盐类易被强酸腐蚀，故C错误；
D．属于盐是硅酸钙、硅酸镁不溶于水，故D错误；
故选A．
【分析】Ca2Mg5Si8O22（OH）2属于盐类，易被强酸腐蚀，不溶于水，可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O，氧化物要求只含有两种元素，切其中一种元素是氧元素．
4．（2016·分宜模拟）下列物质分类的正确组合是（　　）
　 碱 酸 盐 酸性氧化物
A 纯碱 硝酸 烧碱 二氧化硫
B 烧碱 硫酸 食盐 一氧化碳
C 苛性钠 醋酸 石灰石 水
D 苛性钾 碳酸 苏打 二氧化碳
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱；硝酸属于酸；烧碱属于碱，不是盐；二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；
B．烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸属于酸；食盐即氯化钠属于盐；一氧化碳和碱之间不会发生作用，所以一氧化碳不是酸性氧化物，故B错误；
C．苛性钠即氢氧化钠属于碱；醋酸是酸；石灰石属于盐；水不是酸性氧化物，故C错误；
D．苛性钾是氢氧化钾，属于碱；碳酸属于酸；苏打即碳酸钠是盐；二氧化碳能和碱之间反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确；
故选D．
【分析】根据概念进行判断．
碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物．
酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物．
盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物．
酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）．
5．（2016·分宜模拟）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/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1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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2：1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 =0.06mol，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=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B、该浓硝酸密度为1.40g/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 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，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0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，故D错误；
故选D．
【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，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．
6．（2016·分宜模拟）将0.05mol SO2（g）和0.03mol O2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol L﹣1．以下表述正确的是（　　）
A．该条件下反应的平衡常数为1.6×103
B．通常情况下，该反应一定能自发进行
C．题给条件下，O2的转化率是20%
D．当体系中SO2和SO3的速率之比是1：1时，则该反应达到化学平衡状态
【答案】A
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），
起始量（mol/L） 0.05 0.03 0
变化量（mol/L） 0.04 0.02 0.04
平衡量（mol/L） 0.01 0.01 0.04
A、平衡常数= =1600=1.6×103，故A正确；
B、△H﹣T△S＜0反应自发进行，2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），反应是△H＜0，△S＜0的反应，通常情况下可能存在△H﹣T△S＞0，故B错误；
C、转化率= ×100%= ×100%=66.7%，故C错误；
D、反应过程中反应速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，当体系中SO2和SO3的速率之比是1：1时，则该反应达不一定到化学平衡状态，不一定能说明正逆反应速率相同，故D错误；
故选A．
【分析】依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
A、结合平衡浓度和平衡常数概念计算反应的平衡常数分析判断；
B、依据△H﹣T△S＜0反应自发进行，结合反应特征分析判断；
C、依据三段式计算结果，转化率= ×100%计算；
D、反应过程中反应速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同；
7．（2016·分宜模拟）化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2+（aq）+MnS（s） CuS（s）+Mn2+（aq）．一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）
A．该反应达到平衡时c（Cu2+）=c（Mn2+）
B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2+）变小
C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大
D．该反应的平衡常数K=
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（Cu2+）与c（Mn2+）不一定相等，故A错误；
B、因为CuS为固体，加入后不改变平衡，故锰离子的浓度不变，故B错误；
C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故C正确；
D、已知Cu2+（aq）+MnS（s） CuS（s）+Mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数K= = = ，故D错误．
故选C．
【分析】A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变；
B、根据化学平衡移动原理，加入固体物质，不改变平衡回答；
C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；
D、根据反应的平衡常数K计算即可．
8．（2016高一下·吉林期末）Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（　　）
A．Mg 电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生还原反应
C．石墨电极附近溶液的pH 减小
D．溶液中Cl﹣向正极移动
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，故A错误；
B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．石墨电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，故C错误；
D．放电时，氯离子向负极移动，故D错误；
故选B．
【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，据此分析解答．
二、综合题
9．（2016·分宜模拟）X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．有关信息如表：
X 动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y 地壳中含量居第一位
Z 短周期中其原子半径最大
Q 生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质
M 海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
（1）X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题，请写出该气态氢化物的电子式　 　．
（2）已知37Rb和53I都位于第五周期，分别与Z和M同一主族．下列有关说法正确的是 （填序号）．
A．原子半径：Rb＞I
B．RbM中含有共价键
C．气态氢化物热稳定性：M＞I
D．Rb、Q，M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
（3）化合物QX导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．有关化合物QX的制备及化学性质如下（所有热量数据均已折合为25℃、101.3 kPa条件下的数值）．
①可用Q和X的单质在800～1 000℃制得，每生成1 mol QX，吸收a kJ的热量．
②可用Q的氧化物、焦炭和X的单质在1 600～1 750℃生成QX，每消耗18 g碳生成1 mol QX，吸收b kJ的热量．
请根据上述信息写出在理论上Q的氧化物跟焦炭反应生成Q单质和CO的热化学方程式　 　．
（4）X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色．标准状况下将40 L该无色气体与15 L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐．请写出该反应的离子方程式　 　．
【答案】（1）
（2）D
（3）Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol
（4）8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO +4H2O
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．X元素是动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分，则X为N元素；Y元素在地壳中含量居第一位，则Y为O元素；Z是短周期中其原子半径最大的元素，则Z为Na；Q是生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质，则Q为Al；M是海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6，则M为Cl．（1）X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题，该气态氢化物为NH3，电子式为 ，故答案为： ；（2）A．Rb、I同周期，核电荷数越大原子半径越小，故原子半径：Rb＞I，故A正确；
B．RbI中含有离子键，故B错误；
C．非金属性Cl＞I，则气态氢化物热稳定性：HCl＞HI，故C正确；
D．Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物分别为RbOH、高氯酸、氢氧化铝，RbOH碱性比NaOH的强，氢氧化铝能与RbOH、高氯酸反应，RbOH与高氯酸发生中和反应，故D正确，
故选：ACD；（3）用Al和氮气的单质在800～1 000℃制得AlN，每生成1 mol AlN，吸收a kJ的热量，可得热化学方程式①：Al（s）+ N2（g）=AlN（s）△H=+a kJ/mol，
用氧化铝、焦炭和但在1 600～1 750℃生成Al，每消耗18 g碳生成1 mol AlN，吸收b kJ的热量，可得热化学方程式②： Al2O3（s）+ N2（g）+ C（s）=AlN（s）+ CO（g）△H=+b kJ/mol，
根据盖斯定律，②×2﹣①×2可得：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol；（4）X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，该气体为NO，标准状况下将40 LNO与15 L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐，即生成NaNO2、NaNO3，该反应的离子方程式为：8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO3﹣+4H2O，
故答案为：8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO3﹣+4H2O．
【分析】X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．X元素是动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分，则X为N元素；Y元素在地壳中含量居第一位，则Y为O元素；Z是短周期中其原子半径最大的元素，则Z为Na；Q是生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质，则Q为Al；M是海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6，则M为Cl．
10．（2016·分宜模拟）现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．
阳离子 H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+
阴离子 OH﹣、Cl﹣、CO 、NO3、SO
已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀；
④上述沉淀包括难溶物和微溶物
（1）将C溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的A溶液中，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：　 　．
（2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式　 　．
（3）已知：NaOH（aq）+HNO3（aq）═NaNO3（aq）+H2O（l）；△H=﹣akJ mol﹣1．请写出B与C的稀溶液反应的热化学方程式　 　．
（4）在100mL 0.1 mol L﹣1E溶液中，逐滴加入35 mL 2 mol L﹣1NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为　 　．
【答案】（1）c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ）
（2）2Al3++3SO +3Ba2++8OH﹣=2AlO +3BaSO4↓+4H2O
（3）OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣akJ/mol
（4）0.01mol
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】解：①A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀，则D为AgNO3（1）C与A等物质的量反应生成等物质的量的NaCl、NaHCO3，碳酸氢根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ），故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ）；（2）E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式为2Al3++3SO +3Ba2++8OH﹣=2AlO2﹣+3BaSO4↓+4H2O，
故答案为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=2AlO2﹣+3BaSO4↓+4H2O；（3）由中和热的热化学方程式可知，B与C的稀溶液反应的热化学方程式为OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣a kJ/mol，
故答案为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣a kJ/mol；（4）Al2（SO4）3的物质的量为0.01mol，NaOH的物质的量为0.035L×2mol/L=0.07mol，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO +2H2O可知，0.02molAl3+转化为沉淀消耗NaOH为0.06mol，同时生成沉淀0.02mol，剩余0.01molNaOH只能溶解0.01mol沉淀，则最后得到的沉淀为0.02mol﹣0.01mol=0.01mol，
故答案为：0.01mol．
【分析】①A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀，则D为AgNO3，然后结合物质的性质及反应原理来解答．
11．（2016·分宜模拟）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用．在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4．SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸．若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为　 　 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4．H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料．硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
【答案】（1）1.25
（2）解：n（H2SO4 H2O）=n（H2SO4）= =2.5mol，所以吸收水的质量为：2.5mol×116g/mol﹣250g=40g，
答：250g质量分数为98%的硫酸能吸收40g水
（3）解：2934.4L氧气的物质的量为 =131mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol，则 ，解得： ，所以Fe3O4与Fe2O3物质的量之比4：18=2：9，
答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比2：9
（4）解：设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，
由2H2S+3O2 2SO2+2H2O，
2 3 2 2
0.84 1.26 0.84 0.84
所以反应消耗的空气为： =6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）= =0.075，
答：产物气体中SO2体积分数为0.075
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= = =1.25mol/L，
故答案为：1.25；
【分析】（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= ；（2）根据浓硫酸吸水后生成H2SO4 H2O计算，硫酸与水的物质的是为1：1；（3）设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解；（4）根据2H2S+3O2 2SO2+2H2O，设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，然后关系式来求解．
12．（2016·分宜模拟）为了测定乙醇的结构式，有人设计了无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的测量装置．
（1）关闭图A装置中的止水夹a，开启活塞b，液体往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断B装置是否漏气　 　（填“漏气”“不漏气”或“无法确定”）；原因　 　．
（2）装置B中读数时应该使　 　．
（3）实验前预先将小块钠在二甲苯中融化成小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是　 　．
（4）如果将此实验的数据视作标准状况下的数据，无水酒精的密度为ρ g cm﹣3，VmL酒精反应完全后，量筒内的液面读数为m mL，则乙醇分子中能被钠取代的氢原子数可表示为　 　．（用含上述字母的代数式表示即可）
（5）若实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是　 　（填写编号）．
①反应完毕立刻读数
②无水酒精中混有少量甲醇
③无水酒精与钠的反应不够完全
④排水后量气装置导管内有水残留．
【答案】（1）无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶
（2）量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，视线与凹液面的最低点相平
（3）增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应
（4）
（5）①②
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，如检查是否漏气，应用止水夹夹住橡皮管，再观察分液漏斗中的液体是否能滴入烧瓶，如不能滴入，则说明不漏气．
故答案为：无法确定，由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．（2）适当调节装置中量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，读数时要求视线与凹液面的最低点相平，
故答案为：量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，视线与凹液面的最低点相平（3）将钠熔成小珠，是为了增大乙醇与钠的接触面积，提高反应速率，使乙醇与钠充分反应，故答案为：增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应；（4）无水酒精的物质的量为： ，气体的物质的量为 ，则2H～H2知能被钠取代出的氢原子为 ×2，所以一个乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为 = ，
故答案为： ； （5）测定结果偏高的原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇，
①反应完毕立刻读数测定的体积偏大，
②无水酒精中混有少量甲醇测定的体积偏大，
③无水酒精与钠的反应不够完全，测定气体体积减小，
④排水后量气装置导管内有水残留测定的体积偏小，
故选：①②，
故答案为：①②；
【分析】（1）检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差，并产生某种明显现象，如气泡的生成，水柱生成，液面升降，由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶；（2）读取量筒中排出液体的体积读数需要（3）增大固体表面积可以加快反应速率；（4）根据2H～H2来计算；（5）测定结果偏高的原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇．
1 / 12016年江西省新余市分宜一中高考化学三模试卷
一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2016·分宜模拟）短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，三者原子最外层电子数之和为14，A原子的次外层电子数等于B原子的最外层电子数，A与C同主族．则下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：A＜B＜C
B．氢化物稳定性：A＜C
C．B与A的化合物比B与C的化合物熔点低
D．A与C的化合物属于大气污染物
2．（2016·分宜模拟）公元前一世纪，我国已使用天然气井．现在“西气东输”工程早已全面竣工．天然气的主要成分为甲烷．下列关于甲烷的叙述中，错误的是（　　）
A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应
B．甲烷的化学性质比较稳定，点燃前不必验纯
C．甲烷与氯气反应，无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，都属于取代反应
D．甲烷的四种有机氯代产物都难溶于水
3．（2016·分宜模拟）图为北京奥运会的奖牌﹣﹣“金镶玉”牌，使用了昂贵的玉石材料，其化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如Ca2Mg5Si8O22（OH）2等．下列说法正确的是（　　）
A．Ca2Mg5Si8O22（OH）2可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O
B．从分类的角度看，Ca2Mg5Si8O22（OH）2为氧化物
C．玉石材料性质稳定，耐强酸和强碱的腐蚀
D．Ca2Mg5Si8O22（OH）2易溶于水
4．（2016·分宜模拟）下列物质分类的正确组合是（　　）
　 碱 酸 盐 酸性氧化物
A 纯碱 硝酸 烧碱 二氧化硫
B 烧碱 硫酸 食盐 一氧化碳
C 苛性钠 醋酸 石灰石 水
D 苛性钾 碳酸 苏打 二氧化碳
A．A B．B C．C D．D
5．（2016·分宜模拟）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/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1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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2：1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
6．（2016·分宜模拟）将0.05mol SO2（g）和0.03mol O2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol L﹣1．以下表述正确的是（　　）
A．该条件下反应的平衡常数为1.6×103
B．通常情况下，该反应一定能自发进行
C．题给条件下，O2的转化率是20%
D．当体系中SO2和SO3的速率之比是1：1时，则该反应达到化学平衡状态
7．（2016·分宜模拟）化工生产中含Cu2+的废水常用MnS（s）作沉淀剂，其反应原理为Cu2+（aq）+MnS（s） CuS（s）+Mn2+（aq）．一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（　　）
A．该反应达到平衡时c（Cu2+）=c（Mn2+）
B．平衡体系中加入少量CuS（s）后，c（Mn2+）变小
C．平衡体系中加入少量Cu（NO3）2（s）后，c（Mn2+）变大
D．该反应的平衡常数K=
8．（2016高一下·吉林期末）Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（　　）
A．Mg 电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生还原反应
C．石墨电极附近溶液的pH 减小
D．溶液中Cl﹣向正极移动
二、综合题
9．（2016·分宜模拟）X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．有关信息如表：
X 动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y 地壳中含量居第一位
Z 短周期中其原子半径最大
Q 生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质
M 海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
（1）X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题，请写出该气态氢化物的电子式　 　．
（2）已知37Rb和53I都位于第五周期，分别与Z和M同一主族．下列有关说法正确的是 （填序号）．
A．原子半径：Rb＞I
B．RbM中含有共价键
C．气态氢化物热稳定性：M＞I
D．Rb、Q，M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
（3）化合物QX导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料．有关化合物QX的制备及化学性质如下（所有热量数据均已折合为25℃、101.3 kPa条件下的数值）．
①可用Q和X的单质在800～1 000℃制得，每生成1 mol QX，吸收a kJ的热量．
②可用Q的氧化物、焦炭和X的单质在1 600～1 750℃生成QX，每消耗18 g碳生成1 mol QX，吸收b kJ的热量．
请根据上述信息写出在理论上Q的氧化物跟焦炭反应生成Q单质和CO的热化学方程式　 　．
（4）X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色．标准状况下将40 L该无色气体与15 L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐．请写出该反应的离子方程式　 　．
10．（2016·分宜模拟）现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．
阳离子 H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+
阴离子 OH﹣、Cl﹣、CO 、NO3、SO
已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀；
④上述沉淀包括难溶物和微溶物
（1）将C溶液逐滴加入等体积、等物质的量的浓度的A溶液中，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：　 　．
（2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式　 　．
（3）已知：NaOH（aq）+HNO3（aq）═NaNO3（aq）+H2O（l）；△H=﹣akJ mol﹣1．请写出B与C的稀溶液反应的热化学方程式　 　．
（4）在100mL 0.1 mol L﹣1E溶液中，逐滴加入35 mL 2 mol L﹣1NaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为　 　．
11．（2016·分宜模拟）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用．在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4．SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸．若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为　 　 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4．H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料．硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
12．（2016·分宜模拟）为了测定乙醇的结构式，有人设计了无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的测量装置．
（1）关闭图A装置中的止水夹a，开启活塞b，液体往下滴，直至全部流入烧瓶．试判断B装置是否漏气　 　（填“漏气”“不漏气”或“无法确定”）；原因　 　．
（2）装置B中读数时应该使　 　．
（3）实验前预先将小块钠在二甲苯中融化成小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是　 　．
（4）如果将此实验的数据视作标准状况下的数据，无水酒精的密度为ρ g cm﹣3，VmL酒精反应完全后，量筒内的液面读数为m mL，则乙醇分子中能被钠取代的氢原子数可表示为　 　．（用含上述字母的代数式表示即可）
（5）若实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是　 　（填写编号）．
①反应完毕立刻读数
②无水酒精中混有少量甲醇
③无水酒精与钠的反应不够完全
④排水后量气装置导管内有水残留．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：A原子次外层电子数等于B原子最外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为14．A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数位6，分别为O元素、S元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素，A．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Mg＞S＞O，故A错误；
B．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C．B与A的化合物为MgO，为离子化合物，B与C的化合物为MgS，则MgO熔点高，故C错误；
D．A与C的化合物为二氧化硫，可导致酸雨，属于大气污染物，故D正确．
故选D．
【分析】A原子次外层电子数等于B原子最外层电子数，则B的最外层电子数为2，根据它们的原子的最外层电子数之和为14．A与C在周期表中同主族，可知A、C的最外层电子数位6，分别为O元素、S元素，A、B、C原子序数依次递增，则B为Mg元素，结合元素周期律解答该题．
2．【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质
【解析】【解答】解：A．通常情况下，甲烷性质稳定，与强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；
B．可燃性气体在加热或点燃前都要验纯，以防爆炸事故的发生，故B错误；
C．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故C正确；
D．CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是氯代烃，都难溶于水，故D正确；
故选B．
【分析】A．通常情况下，甲烷性质稳定；
B．可燃性气体在加热或点燃前都要验纯；
C．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；
D．氯代烃难溶于水．
3．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】解：A．Ca2Mg5Si8O22（OH）2可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O，故A正确；
B．氧化物要求只含有两种元素，切其中一种元素是氧元素，Ca2Mg5Si8O22（OH）2属于盐类，故B错误；
C．玉石材料性质稳定，属于盐类易被强酸腐蚀，故C错误；
D．属于盐是硅酸钙、硅酸镁不溶于水，故D错误；
故选A．
【分析】Ca2Mg5Si8O22（OH）2属于盐类，易被强酸腐蚀，不溶于水，可用氧化物的形式表示为2CaO 5MgO 8SiO2 H2O，氧化物要求只含有两种元素，切其中一种元素是氧元素．
4．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱；硝酸属于酸；烧碱属于碱，不是盐；二氧化硫是酸性氧化物，故A错误；
B．烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸属于酸；食盐即氯化钠属于盐；一氧化碳和碱之间不会发生作用，所以一氧化碳不是酸性氧化物，故B错误；
C．苛性钠即氢氧化钠属于碱；醋酸是酸；石灰石属于盐；水不是酸性氧化物，故C错误；
D．苛性钾是氢氧化钾，属于碱；碳酸属于酸；苏打即碳酸钠是盐；二氧化碳能和碱之间反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确；
故选D．
【分析】根据概念进行判断．
碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物．
酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物．
盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物．
酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）．
5．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 =0.06mol，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=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B、该浓硝酸密度为1.40g/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 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，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0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，故D错误；
故选D．
【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，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．
6．【答案】A
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），
起始量（mol/L） 0.05 0.03 0
变化量（mol/L） 0.04 0.02 0.04
平衡量（mol/L） 0.01 0.01 0.04
A、平衡常数= =1600=1.6×103，故A正确；
B、△H﹣T△S＜0反应自发进行，2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），反应是△H＜0，△S＜0的反应，通常情况下可能存在△H﹣T△S＞0，故B错误；
C、转化率= ×100%= ×100%=66.7%，故C错误；
D、反应过程中反应速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，当体系中SO2和SO3的速率之比是1：1时，则该反应达不一定到化学平衡状态，不一定能说明正逆反应速率相同，故D错误；
故选A．
【分析】依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
A、结合平衡浓度和平衡常数概念计算反应的平衡常数分析判断；
B、依据△H﹣T△S＜0反应自发进行，结合反应特征分析判断；
C、依据三段式计算结果，转化率= ×100%计算；
D、反应过程中反应速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同；
7．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变，但c（Cu2+）与c（Mn2+）不一定相等，故A错误；
B、因为CuS为固体，加入后不改变平衡，故锰离子的浓度不变，故B错误；
C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故C正确；
D、已知Cu2+（aq）+MnS（s） CuS（s）+Mn2+（aq），由反应可知，反应的平衡常数K= = = ，故D错误．
故选C．
【分析】A、该反应达到平衡时离子的浓度保持不变；
B、根据化学平衡移动原理，加入固体物质，不改变平衡回答；
C、根据反应物的浓度增大，平衡正向移动；
D、根据反应的平衡常数K计算即可．
8．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，故A错误；
B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．石墨电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，故C错误；
D．放电时，氯离子向负极移动，故D错误；
故选B．
【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，据此分析解答．
9．【答案】（1）
（2）D
（3）Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol
（4）8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO +4H2O
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．X元素是动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分，则X为N元素；Y元素在地壳中含量居第一位，则Y为O元素；Z是短周期中其原子半径最大的元素，则Z为Na；Q是生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质，则Q为Al；M是海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6，则M为Cl．（1）X的气态氢化物的大量生产曾经解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿和死亡问题，该气态氢化物为NH3，电子式为 ，故答案为： ；（2）A．Rb、I同周期，核电荷数越大原子半径越小，故原子半径：Rb＞I，故A正确；
B．RbI中含有离子键，故B错误；
C．非金属性Cl＞I，则气态氢化物热稳定性：HCl＞HI，故C正确；
D．Rb、Q、M的最高价氧化物对应的水化物分别为RbOH、高氯酸、氢氧化铝，RbOH碱性比NaOH的强，氢氧化铝能与RbOH、高氯酸反应，RbOH与高氯酸发生中和反应，故D正确，
故选：ACD；（3）用Al和氮气的单质在800～1 000℃制得AlN，每生成1 mol AlN，吸收a kJ的热量，可得热化学方程式①：Al（s）+ N2（g）=AlN（s）△H=+a kJ/mol，
用氧化铝、焦炭和但在1 600～1 750℃生成Al，每消耗18 g碳生成1 mol AlN，吸收b kJ的热量，可得热化学方程式②： Al2O3（s）+ N2（g）+ C（s）=AlN（s）+ CO（g）△H=+b kJ/mol，
根据盖斯定律，②×2﹣①×2可得：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H=（2b﹣2a） kJ/mol；（4）X、Y组成的一种无色气体遇空气变为红棕色，该气体为NO，标准状况下将40 LNO与15 L氧气通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐，即生成NaNO2、NaNO3，该反应的离子方程式为：8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO3﹣+4H2O，
故答案为：8NO+3O2+8OH﹣=2NO2﹣+6NO3﹣+4H2O．
【分析】X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大．X元素是动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分，则X为N元素；Y元素在地壳中含量居第一位，则Y为O元素；Z是短周期中其原子半径最大的元素，则Z为Na；Q是生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备其单质，则Q为Al；M是海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6，则M为Cl．
10．【答案】（1）c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ）
（2）2Al3++3SO +3Ba2++8OH﹣=2AlO +3BaSO4↓+4H2O
（3）OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣akJ/mol
（4）0.01mol
【知识点】常见离子的检验；无机物的推断
【解析】【解答】解：①A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀，则D为AgNO3（1）C与A等物质的量反应生成等物质的量的NaCl、NaHCO3，碳酸氢根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ），故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO ）；（2）E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式为2Al3++3SO +3Ba2++8OH﹣=2AlO2﹣+3BaSO4↓+4H2O，
故答案为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=2AlO2﹣+3BaSO4↓+4H2O；（3）由中和热的热化学方程式可知，B与C的稀溶液反应的热化学方程式为OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣a kJ/mol，
故答案为：OH﹣（aq）+H+（aq）=H2O（1）△H=﹣a kJ/mol；（4）Al2（SO4）3的物质的量为0.01mol，NaOH的物质的量为0.035L×2mol/L=0.07mol，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO +2H2O可知，0.02molAl3+转化为沉淀消耗NaOH为0.06mol，同时生成沉淀0.02mol，剩余0.01molNaOH只能溶解0.01mol沉淀，则最后得到的沉淀为0.02mol﹣0.01mol=0.01mol，
故答案为：0.01mol．
【分析】①A、B两溶液呈碱性，结合离子的共存可知，应为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，C、D、E溶液呈酸性，应为AgNO3、硫酸铝、HCl中的一种；
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生，则A为Na2CO3，B为Ba（OH）2，E为Al2（SO4）3，C为HCl；
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀，则D为AgNO3，然后结合物质的性质及反应原理来解答．
11．【答案】（1）1.25
（2）解：n（H2SO4 H2O）=n（H2SO4）= =2.5mol，所以吸收水的质量为：2.5mol×116g/mol﹣250g=40g，
答：250g质量分数为98%的硫酸能吸收40g水
（3）解：2934.4L氧气的物质的量为 =131mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol，则 ，解得： ，所以Fe3O4与Fe2O3物质的量之比4：18=2：9，
答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比2：9
（4）解：设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，
由2H2S+3O2 2SO2+2H2O，
2 3 2 2
0.84 1.26 0.84 0.84
所以反应消耗的空气为： =6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）= =0.075，
答：产物气体中SO2体积分数为0.075
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= = =1.25mol/L，
故答案为：1.25；
【分析】（1）n（H2SO4．SO3）= =2.5mol，每个焦硫酸分子可以吸水后成为2个硫酸分子，所以C= ；（2）根据浓硫酸吸水后生成H2SO4 H2O计算，硫酸与水的物质的是为1：1；（3）设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解；（4）根据2H2S+3O2 2SO2+2H2O，设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，然后关系式来求解．
12．【答案】（1）无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶
（2）量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，视线与凹液面的最低点相平
（3）增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应
（4）
（5）①②
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】解：（1）由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶，如检查是否漏气，应用止水夹夹住橡皮管，再观察分液漏斗中的液体是否能滴入烧瓶，如不能滴入，则说明不漏气．
故答案为：无法确定，由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶．（2）适当调节装置中量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，读数时要求视线与凹液面的最低点相平，
故答案为：量筒或右侧玻璃导管的高度使两容器中液面相平，视线与凹液面的最低点相平（3）将钠熔成小珠，是为了增大乙醇与钠的接触面积，提高反应速率，使乙醇与钠充分反应，故答案为：增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应；（4）无水酒精的物质的量为： ，气体的物质的量为 ，则2H～H2知能被钠取代出的氢原子为 ×2，所以一个乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为 = ，
故答案为： ； （5）测定结果偏高的原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇，
①反应完毕立刻读数测定的体积偏大，
②无水酒精中混有少量甲醇测定的体积偏大，
③无水酒精与钠的反应不够完全，测定气体体积减小，
④排水后量气装置导管内有水残留测定的体积偏小，
故选：①②，
故答案为：①②；
【分析】（1）检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差，并产生某种明显现象，如气泡的生成，水柱生成，液面升降，由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶；（2）读取量筒中排出液体的体积读数需要（3）增大固体表面积可以加快反应速率；（4）根据2H～H2来计算；（5）测定结果偏高的原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇．
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