（1）若A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是 。
（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是 。
（3）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，B的结构式是 ；反应④的化学方程式是 。
参考答案
1．B
【解析】二氧化硅不溶于水，所以A选项错。B选项正确，较强的酸可以制较弱的酸，硅酸就是这样制得的。二氧化硅与纯碱反应时放出二氧化碳条件是“高温”，只能说明高温下硅酸盐比碳酸盐稳定，与酸性无关，所以C选项错。二氧化硅虽是酸性氧化物，却能与氢氟酸反应，所以D选项错。 2．D 【解析】
试题分析：NO不溶于水，所以试管中没有水进入，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以等体积NO2与O2的混合气试管中进水5，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以试管进水2，4NO+3O2+
832H2O=4HNO3，所以等体积NO与O2的混合气试管中进水7。答案选D。
8考点：氮的氧化物的计算
点评：本题主要考查学生的计算能力，难度适中。 3．C
【解析】氮族元素从上至下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；单质的熔沸点逐渐升高；氢化物的稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强；而最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱。 4．C
【解析】对选项A：在碳族元素所形成的单质中，只有金刚石为无色晶体，故A是错的。 对选项B：在碳族元素形成的单质中，金刚石、晶体硅为原子晶体，金刚石的熔点比晶体硅高。本族单质的熔点与卤族元素单质熔点递变趋势不同，卤族单质熔点从F2→I2依次升高，碳族元素单质由C→Pb熔点呈降低趋势，故B项是错误的。
对选项C：碳族元素位于周期表中部，易形成共价化合物特别是碳元素是构成种类繁多的有机物的最重要元素。
对选项D：Pb的稳定价态为+2，故选项D也是错误的。 5．C 【解析】
试题分析：A、硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO?CuO?2SiO2，故A正确； B、BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；C、BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D、在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（-2）×x=0，解得x=6，故D正确。 考点：本题考查硅酸盐的性质、化学式与化合价。 6．C 【解析】
3+2+
试题分析：Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中氧化性离子的强弱顺序为Fe＞Cu＞3+
Al，其中铁离子氧化H2S生成单质S沉淀，铜离子和硫离子反应生成硫化铜沉淀，铝离子
3++2+2++
和H2S不反应，有关反应的离子方程式是2Fe+H2S＝S+2H+2Fe、Cu+H2S＝CuS↓+2H，所以最后生成的沉淀为CuS和S，答案选C。 考点：考查H2S与硫酸盐反应产物的有关判断 7．A 【解析】 8．A
【解析】SO2具有氧化性，而H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应，方程式为SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，所以开始阶段pH试管，A正确；根据图像二者恰好反应时，消耗SO2水112ml，则H2S是0.01mol，所以浓度是0.1mol/L，C不正确；当H2S完全被氧化后，再通入SO2，则SO2和水反应生成亚硫酸，溶液当酸性增强，因此BD不正确，答案选A。 9．C 【解析】
试题分析：将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2→3S+2H2O，答案选C。
考点：考查H2S燃烧的有关判断 10．C
【解析】此题解答很容易只顾各自的漂白能力，而忽视SO2和Cl2在有水存在的情况下能够发生氧化还原反应；即SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。反应的发生，使其漂白能力就减弱或消失了。 11．D 【解析】
试题分析：A项标准状态下水为液体，故NA个水分子所占的体积约为18ml，并不是22.4L，故A项错误；B项铁与氯气反应产物为氯化铁，故5.6g铁与氯气完全反应，失去电子的数目为0.3NA，故B项错误；C项1 mol C12发生化学反应，氯气可能做氧化剂，例氯气与氢气反应转移的电子数必为2NA，也可能即作氧化剂又作还原剂，例氯气与氢氧化钠溶液反应转移的电子数必为NA，故转移电子数不一定为2NA，故C项错误；D项N2、N2O均含有2个氮原子，故在标准状况下，22.4L由N2、N2O组成的混合气体中所含有的N的物质的量为2mol，故D项正确；本题选D。
考点：阿伏加德罗常数考查。 12．C
【解析】NO和O2在水中反应的方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。若NO过量，则参加反应的NO是16ml，消耗氧气是12ml。若氧气过量，20mLNO消耗的氧气是15ml，剩余氧气是20ml×1/5＝4ml，所以通入的氧气是19ml，答案选C。 13．C 【解析】
试题分析：A．根据上述实验现象，结合铜与浓硫酸的反应，产生的白色固体是硫酸铜，正确；B．在本实验中与氯化钡溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，正确；C．若黑色固体是氧化铜，则将剩余固体（含少量浓硫酸）倒入盛有少量水的烧杯中时，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，而事实是黑色固体未溶解，说明不是氧化铜，错误；D．利用元素守恒规律，黑色固体不是氧化铜，则应是不溶于硫酸的硫化铜，正确，答案选C。 考点：考查对实验现象的分析判断，物质化学性质的应用 14．A 【解析】
试题分析：A、亚硝酸钠与氯化铵溶液反应生成亚硝酸铵的反应中，个元素的化合价未发生变化，所以不是氧化还原反应，错误；B、N2H4的空间构型为V型，属于极性分子，根据相似相溶原理，易溶于极性溶剂水，且与水分子之间形成氢键，正确；C、根据流程图可知，NaNO2与N2H4生成NaN3和水，化学方程式正确，正确；D、亚硝酸钠在酸性条件下与KI溶液反应生成单质碘，遇淀粉变蓝色，而硫化钠不与KI溶液反应，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），正确，答案选A。 考点：考查亚硝酸钠性质的判断 15．D 【解析】
试题分析：根据题意可知，生成的气体和氧气恰好反应时生成的是硝酸，即铁所失去的电子最终又被氧气得到，所以根据电子的得失守恒可知，如果铁的氧化产物是铁离子，则
；如果是亚铁离子，则，选项C符合题意。
考点：氧化还原反应的计算，考查电子守恒定律的应用。 16．（1）溶液变红色，溶液褪色 （2）② ； ① ；③ 。（3）吸收多余的SO2，防止污染空气。 【解析】 试题分析：（1）二氧化硫具有溶液水产生亚硫酸，SO2具有酸性，故通入到A装置中，会使溶液变为红色；SO2具有漂白性，能够与品红形成无色的物质，会使品红褪色，故答案为品红溶液褪色。（2）A装置利用SO2的酸性，故选择②，B装置中利用品红的漂白性，故选择①，C装置中利用SO2的还原性，故选择③。（3）二氧化硫是污染性气体，排放到空气中污染环境，需要氢氧化钠溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为吸收多余的SO2，防止污染空气。 考点：二氧化硫的性质 17．（每空2分，共14分）
（1）
21
6.02×10或0.01 mol（0.01NA不得分） （2）湿润的淀粉KI试纸变蓝； （3）Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。
（4）取下D振荡后静置 下层CCl4从无色变为紫红色。 （5）Br2+2KI=2KBr+I2。 【解析】
--
试题分析：（1）Mn从+7价降到+2价，得到2×5e电子，Cl从-1价升高到0价，失去10×e,生成5mol氯气转移电子10mol，标准状况下的氯气0.112 L，其物质的量为0.112L/22.4L/mol=0.005mol,则转移的电子的物质的量为0.01mol，转移电子数目为
21
6.02×10或0.01 mol（2）圆底烧瓶上部的湿润的淀粉碘化钾试纸，是为了验证氯气的氧
--化性强于碘，Cl2+2I=2Cl+I2 ，实验现象是湿润的淀粉KI试纸变蓝；（3）B中是NaBr溶液,Cl2
-氧化Br，生成Br2 ，反应的化学方程式是Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 ；（4）为验证溴的氧化性强于碘，生成的碘应用四氯化碳萃取后观察现象，还需补充的操作为取下D振荡后静置。碘在四氯化碳中呈紫红色，四氯化碳的密度比水大在下层，观察到的现象是下层CCl4从无色变为紫红色。（5）D中为KI溶液，C中生成了Br2 ，反应的化学方程式是Br2+2KI=2KBr+I2。 考点：卤素性质及应用，化学实验 18．
（1）CCI4层呈紫红色，
I2+SO32-+H2O====2I-+SO42-+2H+
（2）①溶液由蓝色恰好变为无色且半分种内颜色不恢复 ②过程略1.0×10
?5
③过程略4.2×10/w 4232w或 12703w 【解析】 19．（1）1．1 mol （2）18．2mol/L 【解析】 试题分析：（1）由题意知，Zn与稀硫酸反应产生0．1mol的氢气，消耗Zn0．1mol，质量减轻6．5g,固体共减轻7．5g，所以Zn与硫酸铜反应置换出铜又减轻1g,根据Zn + CuSO4 = Cu + ZnSO4得消耗Zn1mol，则参加反应的Zn的物质的量为1．1mol； （2）该过程中硫酸先与Cu反应，剩余硫酸与Zn反应。
由Zn+H2SO4（稀）= ZnSO4 + H2↑知产生2．24L（标况下）H2此时消耗H2SO4为0．1mol； 由：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4固体减重1．0g产生硫酸铜为1mol， 由：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O知其所消耗硫酸为2mol 因此：115ml硫酸溶液中共有H2SO4为2．1mol, C（H2SO4）=2．1mol/0．115L=18．2mol/L．
考点：考查氧化还原反应的计算 20．（1）小苏打；（2）不相同；（3）①c(HCl)=1mol/L；②NaHCO3：0.09mol；Na2CO3·3H2O；0.01mol。 【解析】 试题分析：（1）甲是发酵粉的主要成分，是离子化合物，且阴、阳离子个数比为1∶1，则甲是NaHCO3，俗称小苏打；（2）NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2；由于A中加入酚酞试液变为红色，则溶液呈碱性，所以A是Na2CO3；而B在常温常压下是气体，则B是CO2；C是H2O；乙是离子化合物，且阴、阳离子个数比为1∶1。乙是一种常用的化肥，受热分解产物有B是CO2；C是H2O；及水溶液使酚酞试液显红色的碱性物质产生，而且D常温常压下是气体。则乙是NH4HCO3；D是NH3。（2）A的水溶液分别滴入酚酞试液后，溶液显红色，其原
+-+
理是盐水解消耗水电离产生的H,是溶液中c(OH)> c(H),而NH3的水溶液显碱性是由于NH3+H2O=NH3·H2O，产物电离产生OH；NH3·H2ONH4+ OH。所以原因不同；（3）当反应开始产生气体后加入盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，每产生1mol的气体，消耗盐酸1mol，根据表格数据可知：若产生气体n(CO2)=(0.224L－0.112L)÷ 22.4 L/mol=0.005mol,则n(HCl)= 0.005mol ，v(HCl)= 5ml=0.005L,所以c(HCl)= 0.005mol ÷0.005L=1mol/L；从反应开始产生 0.112LCO2,一共消耗HCl体积是15ml；产生CO20.005mol，其中发生反应：NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+ CO2↑消耗的盐酸的物质的量是0.005mol，其体积是0.005mol÷ 1mol/L= 0.005L，则发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3消耗盐酸的体积是10ml，所以n(Na2CO3)= n(HCl)=0.01L× 1mol/L =0.01mol。由于9.16 g样品与足量的盐酸反应产生气体的物质的量是0.1mol,根据C元素守恒可得n(NaHCO3)=0.1mol－0.01mol=0.09mol，则0.09mol 的NaHCO3的质量是m (NaHCO3)= 0.09mol× 84 g/mol=7.52g.那么0.01mol碳酸钠的结晶水化物的质量是9.16 g－7.52g=1.6g,其中碳酸钠的质量是0.01mol×106g/mol=1.06g,所以该结晶水化物中结晶水的数目是[(1.6g－1.06g)÷18g/mol]÷0.1mol=3,故该碳酸钠晶体的化学式是Na2CO3·3H2O。即该混合物中含有NaHCO3：0.09mol；Na2CO3·3H2O：0.01mol。
考点：考查元素及化合物的推断、物质浓度的计算、碳酸钠、碳酸氢钠的混合物与盐酸的反应的知识。
－
+
-
21．I.（1）N三N （2）3NO2+H2O=2HNO3+NO；4NH3+5O2
2H2O+2SO2↑+CO2 ↑
4NO+ 6H2O。
Ⅱ.（1）SO2 H2SO4；（2）2H2SO4（浓）+C 或2H2SO4（浓）+Cu
2H2O+SO2↑+Cu(SO4)2 ； 2H2S+SO2=2H2O+3S
【解析】
试题分析：1.若：其中A、B、C、D、E在常温下都是气体，B为红棕色。则A是N2；D是NH3；C是NO；B是NO2；E是N2O4. （1）在N2中两个N原子间共用三对电子，其结构式是N三N；
NH3是共价化合物，其电子式是；（2）NO2→NO的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
NH3→NO的化学方程式为4NH3+5O24NO+ 6H2O。Ⅱ.若：A在常温下是淡黄色固体，
人教版高中化学必修一非金属及其化合物单元测试卷
