26．解析：由题给图示知，X、M分别处在第二周期和第三周期，再结合题给条件推出W为H、X为C、Y为N、Z为O、M为S、Q为Cl。(1)C在第二周期ⅣA族，Q的元素名
称为氯。(2)Z与W形成的4核离子的电子式为。(3)由W、Y、Z、M组成
－
＋
的离子化合物有(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，可发生反应SO23＋2H
－
＋
===SO2↑＋H2O、HSO3＋H===SO2↑＋H2O。(4)根据题给条件知，甲为H2O，乙为HCl，则4HCl(g)＋O2(g)===2H2O(g)＋2Cl2(g) ΔH＝－115.6 kJ/mol。(5)由题给条件知，丙为CO，丁为NO，戊为CO2，反应方程式为2CO＋2NO催化剂,N2＋2CO2，平衡常数表达式为K＝c2?COc?N2?·2?
。(6)①设NO的转化率为x，则 22c?CO?c·?NO?
2CO＋2NO催化剂,N2＋2CO2 起始(mol) 1 1 0 0 x
转化(mol) x x x
2x
平衡(mol) 1－x 1－x x
2
x2－?2－??2?×100%＝23%，解得x＝0.92。②由于正反应放热，升高温度平衡逆向移动，2所以K值变小。③压强增大，平衡正向移动，再次平衡后丁的体积分数变小。
答案：(1)第二周期ⅣA族(1分) 氯(1分) (2)
－
＋
(1分)
－
＋
(3)SO23＋2H===SO2↑＋H2O、HSO3＋H===SO2↑＋H2O(2分) (4)2HCl(g)＋
1
O(g)===H2O(g)＋Cl2(g) ΔH＝－57.8 kJ/mol[或4HCl(g)＋22
O2(g)===2H2O(g)＋2Cl2(g) ΔH＝－115.6 kJ/mol](3分)
(5)2CO＋2NO催化剂,N2＋2CO2(2分) c2?COc?N2?·2?K＝2(1分) 2c?CO?c·?NO?
(6)①92%(2分) ②变小(1分) ③变小(1分)
27．解析：(1)因滤液A呈酸性，所以OH和CO23不能大量存在。(2)加入强氧化性的
－
－
NaClO，Fe2和Mn2被氧化，酸性环境Mn2被氧化为MnO2沉淀而除去。(3)根据Ksp[Ni(OH)2]
＋
＋
＋
＝c(Ni2)·c2(OH)代入数据得c2(OH)＝1×105，因在同一溶液中，根据Mg(OH)2的Ksp求
＋
－
－
－
1.2×1011－－－－－
得c(Mg)＝L1＝1.2×106 mol·L1。(4)NaClO被还原为Cl，Cl用AgNO3－5 mol·
1×10
－
2＋
检验，而滤液中的SO2会干扰Cl的检验，所以应先检验SO2(5)Fe34也会与Ag形成沉淀，4。
－
＋
－
－
＋
在溶液调至pH＝3.7时沉淀完全，因此含有Fe元素的滤渣为滤渣2；根据化合价变化得关
＋
系式：5Fe2～KMnO4，铁元素的质量分数
0.100 0 mol·L1×0.016 L×5×5×56 g·mol1＝×100%＝11.20%。
20.0 g
－
－
答案：(1)CO23、OH(2分)
－
－
(2)ClO＋Mn2＋H2O===MnO2↓＋Cl＋2H、2H＋ClO＋2Fe2===2Fe3＋Cl＋
－
＋
－
＋
＋
－
＋
＋
－
H2O(4分)
(3)1.2×106 mol·L1(2分)
－
－
(4)SO24(1分)
－
(5)滤渣2(1分) 浅紫(1分) 11.20%(2分)
28．解析：(1)仪器a是分液漏斗，浓氨水可以与生石灰或氢氧化钠固体或碱石灰等反应制取氨气。
(2)装置A是一种固体与液体反应不需要加热的气体发生装置，可以用来制取H2、CO2、NO2等，还可以用H2O2与MnO2来制取O2，这里注明是无色气体，则不能是NO2。
(3)黑色CuO粉末变为红色固体，量气管中收集到无色无味的气体，说明黑色的CuO被△
还原为Cu，同时NH3被氧化为N2，证明了NH3具有还原性：2NH3＋3CuO=====3Cu＋N2＋3H2O。
(4)实验需要通过称量装置D反应前后的质量差来作为氨气中氢原子物质的量的计算依据，所以装置E具有隔离D与F的作用，防止F中的水蒸气进入D中，同时可以把未反应的NH3吸收掉。
(5)读取量气管收集气体体积时要保证装置内气体压强与大气压相等，所以需要使左右两管液面相平。
(6)D增重是吸收了NH3还原CuO生成的水的质量， m gm
n(H)＝2＝ mol， －1×918 g·moln Lnn(N)＝2＝ mol。 －1×11.222.4 L·mol所以氨分子中氮、氢的原子个数比为
nm9n
∶＝。 11.2911.2m
答案：(1)分液漏斗(1分) 生石灰(氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰)(1分) (2)BC(2分) △
(3)还原(1分) 3CuO＋2NH3=====3Cu＋3H2O＋N2(3分)
(4)吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D(2分) (5)慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平(2分) 9n(6)(3分) 11.2m
36．解析：(1)金刚石、单晶硅、碳化硅属于新型无机非金属材料，而玻璃、水泥则是传统无机非金属材料。
3×56
10 t×80%××85%
232
(2)磁铁矿的主要成分为Fe3O4，则可炼得生铁的质量m＝＝5.13 t。
1－4%(3)氧化铝熔点较高，加入助熔剂冰晶石和氟化钙，可以降低氧化铝的熔点。铝土矿的主要成分是氧化铝，先加入过量NaOH溶液得到NaAlO2溶液，再通入过量CO2析出Al(OH)3沉淀，过滤得Al(OH)3，然后将Al(OH)3加热分解得Al2O3，故固体1为Al(OH)3；电解熔融的Al2O3制备Al，阴极Al3得电子生成Al。
＋
(4)吸氧腐蚀过程中氧气在阴极得电子，生成OH，阳极为Fe失电子。 答案：(1)①②⑤(2分)
(2)5.13(3分) FeS＋CaO===FeO＋CaS(2分)
(3)降低Al2O3的熔点(1分) Al(OH)3(1分) Al3＋3e===Al(2分)
＋
－
－
(4)O2＋2H2O＋4e===4OH(2分) Zn－2e===Zn2(2分)
－
－
－
＋
37．解析：根据题意可推知：A为H元素，B为C元素，C是N元素，D为O元素，E是Na元素，F是Cl元素，G是Cu元素。
(1)Na在周期表的位置为第三周期第ⅠA族。Cl元素价层电子排布式为3s23p5。CO2的空间构型为直线形。
(2)D、E、F三种元素形成的物质的水溶液显碱性，可知其为NaClO，ClO水解使溶液显碱性：ClO＋H2O
－
－
HClO＋OH。
－
(3)氢化物稳定性：CH4＜H2O；最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3＜HClO4。 (4)C2H4为乙烯，CH2===CH2分子中有5个σ键，1个π键。
11
(5)根据晶胞结构，计算得一个晶胞中含Cu：8×＋6×＝4(个)，H：4个，所以ρa3＝
824×M?CuH?4×65260
，ρ＝3＝3。
NAaNAaNA
答案：(1)第三周期第ⅠA族(2分) 3s23p5(1分) 直线形(2分) (2)ClO＋H2O(3)<(1分) <(1分) (4)5(1分) 1(1分) 260
(5)3(3分) aNA
－
HClO＋OH(3分)
－
仿真模拟训练(三)
7．解析：选C。A项，“地沟油”属于油脂，汽油属于碳氢化合物，错误；B项，聚乙烯中不含碳碳双键，不能和溴水发生加成反应，错误；C项，病毒含有蛋白质，加热能使蛋白质变性，正确；D项，乙醇和乙酸的反应属于取代反应，苯和液溴的反应也属于取代反应，错误。
8．解析：选A。A项，溶液中电荷守恒式为c(Na)＋c(H)＝c(CH3COO)＋c(OH)，该溶液显中性，则c(H)＝c(OH)，故c(Na)＝c(CH3COO)，n(Na)＝n(CH3COO)＝1 mol，即CH3COO数目为NA，A项正确；B项，根据Na2O和Na2O2的结构可知，无论二者比例如何，1 mol Na2O和Na2O2的混合物所含阴离子数目均为NA，B项错误；C项，Zn足量，先发生反应Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O,2 mol H2SO4转移2 mol电子，后发生反应Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，2 mol H2SO4转移4 mol电子，故反应中转移电子数应为2NA～4NA之间，C项错误；D项，淀粉和葡萄糖的最简式不同，故所含碳原子数不是0.1NA，
－
＋
－
＋
－
＋
－
＋
＋
－
－
D项错误。
9．解析：选A。两试管中Na2S2O3的浓度不同，可以探究浓度对反应速率的影响，选项A正确；制备Fe(OH)3胶体应继续煮沸至溶液变为红褐色，不是产生沉淀，选项B错误；蒸馏操作时温度计的水银球应该置于蒸馏烧瓶支管口处，选项C错误；向下排空气法收集NH3的试管不能封闭，选项D错误。
10．解析：选B。在酸性条件下NO3具有强氧化性，Fe2可以被氧化，故H不能大量
－
＋
＋
存在，A项错误；醋酸根离子与氢离子可生成弱电解质醋酸，C项错误；少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，反应的离子方程式为CO2＋ClO＋H2O===HCO3＋HClO，D项错误。
11．解析：选C。该装置是先将光能转化为电能，再将电能转化为化学能，故A项错误；可将该装置当作电解装置，氮化镓电极是阳极，电极反应式为2H2O－4e===O2↑＋4H，铜电极为阴极，电极反应式为CO2＋8e＋8H===CH4＋2H2O，故B项错误，C项正确；如果用盐酸作为该装置的电解液，阳极Cl失电子生成Cl2，会污染环境，故D项错误。
12．解析：选B。由于O3转化为O2的反应是放热、熵增的反应，因此在任何温度下均能自发进行，A正确。一个反应的ΔH与活化能没有关系，B错。根据平衡常数的定义，选项C中反应的平衡常数与题干中反应的平衡常数互为倒数，C正确。O3转化为O2是放热反应，题中能量变化曲线图正确，D正确。
13．解析：选D。根据图像可知：H2A溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明H2A是强酸，而H2B溶液稀释200倍，溶液pH增加2个单位，说明H2B是弱酸，A项错误；由于H2A是强酸，发生电离HA===H＋A2，溶液中不存在H2A、HA，B项错误；由物
－
＋
－
－
－－
＋
－
＋
－
－
料守恒关系可知：c(Na)＝c(A2)＋c(HB)＋c(H2B)＋c(B2)，C项错误；H2B是弱酸，其钠
＋
－
－
－
盐水溶液呈碱性，D项正确。
26．解析：(1)三个热化学方程式由上到下分别编号为①、②、③，根据盖斯定律可知②＋2×③－①即得CO(g)＋2H2(g)
－
－
CH3OH(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol
－
－1
＋(－285.8
kJ·mol1×2)－(－764.5 kJ·mol1)＝－90.1 kJ·mol1。
(3)①由反应可知增大压强，CO的转化率增大。由图像可知，相同温度下，p2时对应的CO转化率大，即p1 (4)①负极反应物化合价升高，即SO2转化为SO24，根据电荷守恒和元素守恒可得电极 － 反应式。②由示意图可知阳极为HSO3转化为SO24，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反 － － 应式。 答案：(1)－90.1(2分) (2)ac(2分) (3)①小于(1分) ②(V/a)2(2分) ③增大(2分) (4)①SO2＋2H2O－2e===SO24＋4H(2分) － － ＋