1、元素及其化合物1下列叙述正确的是A、明矾是常用的净水剂，可以杀菌消毒。B、分别向澄清石灰水溶液、氯化钙和偏铝酸溶液通入二氧化碳气体过程中都有白色沉淀产生。C、CaCO3难溶于水而Ca(HCO3)2易溶于水，可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液。D、NaOH溶液可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3四种溶液。 【答案】D【解析】A、不正确，明矾在水中Al33H2OAl(OH)3 3H , Al(OH)具有较强的吸附性，是常用的净水剂，但不可以杀菌消毒。B、不正确，向氯化钙溶液通入二氧化碳气体没有白色沉淀产生。C、不正确，CaCO3难溶于水而Ca(HCO3)2易
2、溶于水，不可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，两者与澄清石灰水反应，均产生白色沉淀。D、NaOH溶液可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3四种溶液，现象分别是：无明显现象、白色沉淀、灰白色沉淀变成灰绿再变成红褐色、先产生白色沉淀，NaOH过量后沉淀溶解。2从绿色化学的理念出发，下列实验不宜用所示装置进行的是( )A不同浓废的硝酸与铜的反应B稀硫酸与纯碱或小苏打反应C铝与氢氧化钠溶液或稀盐酸反应DH2O2在不同催化剂作用下分解【答案】A【解析】试题分析：A若为浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，若为稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，氮的氧化物都会污染大气。考点：有毒有害气
3、体。3放在敞口容器中的下列溶液，久置后溶液中原溶质的浓度会变大的是（ ）A浓硫酸B浓盐酸C氯化钠溶液D氢氧化钠溶液【答案】C4暴露于空气中不易变质的是A水玻璃 B苏打 CNa2O2 D漂白液【答案】B【解析】试题分析：A、水玻璃的主要成分为硅酸钠，能和空气中的二氧化碳反应而变质，不选A；B、苏打是碳酸钠，在空气中不变质，选B；C、过氧化钠和空气中的二氧化硫或水都反应而变质，不选C；D、漂白液的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙和空气中的二氧化碳反应而变质，不选D。考点：硅酸盐的性质，碳酸盐的性质，过氧化钠的性质。5“天生我材必有用”，下列有关物质用途的叙述错误的是A硝酸可用于制炸药B氢氧化铝
4、常用于治疗胃病C明矾具有消毒杀菌作用，可用于净水D硫磺有杀虫、杀螨、杀菌作用【答案】C【解析】试题分析：A硝酸能与甲苯反应生成三硝基甲苯，是一种烈性炸药，故A正确；B氢氧化铝能中和胃酸，所以氢氧化铝常用于治疗胃病，故B正确；C明矾没有强氧化性，没有消毒杀菌作用，故C错误；D硫磺常用作农药，具有杀虫、杀螨、杀菌作用，故D正确；故选C。考点：物质的性质决定物质的用途，掌握常见化学物质的性质和用途是正确解答此类题的关键。6有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，它们都是中学化学中常用的无机试剂。E的溶质是一种无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且它们的阴离子均不同。现进行如下实验：A有刺激性气味，用
5、沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；将A分别加入其他五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生，继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶。根据上述实验信息，下列说法错误的是（ ）AB可能是NaHCO3溶液BF为AgNO3溶液CD不可能是镁或铝的盐酸盐DA为氨水，E为硫酸【答案】A【解析】由题干表述可知A和E不是盐，又由E为无色油状液体，推知E为浓硫酸(步操作进一步确定)；由题干和步操作可知A为氨水；再由步操作可知F中阳离子为Ag，发生的反应为
6、AgNH3H2O=AgOHNH4+，AgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2OH2H2O，而常见的银盐中只有AgNO3可溶于水，故F为AgNO3；由步操作可知盐B与E(H2SO4)放出的无色无味的气体只能是CO2，所以B中阴离子应为CO32-或HCO3-，C、D、F生成沉淀说明应该是CO32-，而阳离子可以是常见的K、Na、NH4+等待定；同样由步操作知，能与氨水生成沉淀的无色溶液中常见的阳离子为Mg2或Al3，由于题中只说B(含CO32-)与D生成沉淀，并没指出有无气体，所以D可能含Mg2，也可能含Al3，D的阴离子在此处不能确定；由步知C与D、E(H2SO4)、F(AgNO3)生成不溶于H
7、NO3的沉淀，所以C必为BaCl2；进而推出D中阴离子应该为SO42-，故D为Al2(SO4)3或MgSO4。点拨：本题考查物质的推断，考查考生对元素化合物知识的理解能力。难度较大。7下列说法正确的是A亚硫酸溶液中含有亚硫酸、水、二氧化硫三种分子B用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液，可增强高锰酸钾的氧化能力C铵盐受热都易分解，生成氨和相应的酸DSiO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，不与任何酸反应【答案】A【解析】二氧化硫和水的反应是可逆反应，所以选项A是正确的。酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，所以不能用盐酸来酸化高锰酸钾。铵盐受热都易分解，但生成物不一定都是氨气和相应的酸，也可能发生氧化还原反
8、应，例如硝酸铵。SiO2可与氢氟酸反应，所以正确的答案是A。8下列物质转化在给定条件下能实现的是 A B C D【答案】A【解析】试题分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3+Na2CO3，生成氢氧化铝，正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因Fe3+水解Fe3+3H
9、2O2Fe(OH)3+3HCl，加热促水解且溶液中HCl挥发，平衡向右移动，最终得到Fe(OH)3而得不到无水FeCl3，错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，正确；选项A符合题意。考点：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等9下列物质中，既能与稀盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是ACu BSiO2 CAI(OH)3 DCaCO3【答案】C【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应。铜和二者都不反应，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应，碳酸钙和盐酸反应，答案选C。10下列没有漂白性的物质是 A氯水 B二氧化硫气体 C漂白粉溶液
10、 DCaCl2溶液【答案】D【解析】A 氯水中存在次氯酸，具有漂白性B 二氧化硫气体具有漂白性，可以使品红溶液褪色C 漂白粉溶液存在次氯酸，具有漂白性D CaCl2溶液不具有漂白性。11下列物质的转化在给定条件下能实现的是A B C D【答案】C【解析】试题分析：Fe在O2中燃烧，生成Fe3O4，错误；SiO2是酸性氧化物，能与NaOH反应生成Na2SiO3，Na2SiO3与HCl生成H2SiO3，正确；AlCl3是共价化合物，电解AlCl3不能生成Al，错误；Na在点燃条件下与O2反应生成Na2O2，错误；SO2与H2O反应H2SO3，H2SO3具有还原性，与O2反应生成H2SO4，正确，故
11、答案为C。【考点定位】本题考查物质的性质与应用。【名师点晴】本题考查了重要物质的化学性质及相互转化关系，做好本类题目的前提是掌握重要物质的化学性质，既要掌握物质的通性，也要掌握某些物质的特性，如金属及其化合物中活泼的金属Na与O2在常温和点燃条件下的产物的不同，Na2O与Na2O2的性质的不同，Mg与CO2的反应、Al及化合物中，Al与NaOH溶液的反应，铝热反应，Al2O3及Al(OH)3的两性，Fe与O2的反应，Fe2+与Fe3+的相互转化，非金属及其化合物中，SiO2的特殊性，与C在高温条件下反应生成Si和CO，浓硫酸、稀硝酸和浓硝酸的性质等，都需要单独记忆和掌握。12在给定条件下，下列
12、加点的物质在对应的化学反应中能完全耗尽的是A向100.0mL 3.00mol/L的稀硝酸中加入56g铁B用40.0mL 10.00mol/L的盐酸与10.0g二氧化锰共热制取氯气C标准状况下，将1.0g铝片投入20.0mL 18.40mol/L的硫酸中D在50MPa、500和铁触媒催化的条件下，用12mol氮气和3mol氢气合成氨【答案】A13下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）A图l：n（HCl）=lmol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n（NaOH）=1 mol，CO2逐步通人到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n（
13、O2）=1mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n（HNO3，）=lmol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）【答案】C【解析】试题分析：A、碳酸钾加入盐酸中，则开始盐酸过量，所以反应开始就有二氧化碳气体放出，当加入0.5mol碳酸钾时，产生二氧化碳气体的物质的量最大，再加入碳酸钾，则气体的质量不变，与图像不符，错误；B、二氧化碳通入氢氧化钠溶液中，则氢氧化钠过量，开始生成碳酸钠，当二氧化碳的物质的量大于0.5mol，时，二氧化碳过量，则开始生成碳酸氢钠，二氧化碳的物质的量是1mol时，则恰好生成碳酸氢钠1mol，与图像不符，错误；C、当C的物质的量小于或等于1
14、mol时，氧气充足，所以生成二氧化碳；当C的物质的量大于1mol时，开始生成CO，当C的物质的量是2mol时生成CO2mol,正确；D、当加入Fe的物质的量小于或等于0.25mol时，Fe被氧化为硝酸铁；Fe的物质的量大于0.25mol，则Fe逐渐转化为硝酸亚铁，Fe的物质的量为0.375mol时，则完全转化为硝酸亚铁，与图像不符，错误，答案选C。考点：考查与量有关的反应图像的判断14下列用数轴表示的产物与量的关系不合理的是（ ）A铁与稀硝酸反应：BCl2与FeI2溶液反应后的产物：C向烧碱液中通入SO2后的产物：向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：【答案】B【解析】试题分析
15、：A 铁与稀硝酸反应的化学方程式为4HNO3（稀、足）+FeFe(NO3)3+NO+2H2O，3HNO3（稀、不足）+8Fe3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，因此HNO3与Fe的物质的量之比4时，恰好反应生成Fe(NO3)3；HNO3与Fe的物质的量之比为8:3时，恰好反应生成Fe(NO3)2，A项合理；B根据氧化性：Cl2Fe3I2，发生的反应为Cl2+2I=2Cl+I2、Cl2+2Fe2=2Cl+2Fe3，当n(Cl2):n(FeI2)1.5时，FeI2完全反应生成FeCl3和I2，当n(Cl2):n(FeI2)1时，只发生Cl2+2I=2Cl+I2，产物为I2，B项不合理；C 有关反
16、应的化学方程式为2NaOHSO2Na2SO3H2O、NaOHSO2NaHSO3，因此当氢氧化钠和SO2的物质的量之比为2:1时，恰好反应生成Na2SO3；当氢氧化钠和SO2的物质的量之比为1:1时，恰好反应生成NaHSO3，C项合理；D有关反应的化学方程式是AlCl33NaOHAl(OH)33NaCl、AlCl34NaOHNaAlO22H2O。OH与Al3+的物质的量之比为3时铝元素都以Al(OH)3和Al3+的形式存在；OH与Al3+的物质的量之比为4:1时，铝元素都以AlO2的形式存在，OH与Al3+的物质的量之比为4时铝元素以AlO2的形式存在，D项合理，答案选B。考点：考查SO2与氢氧
17、化钠、铁与稀硝酸、氯化铝与氢氧化钠、Cl2与FeI2反应的有关判断。15在下列各变化中，E为无色无味的液体（常温下），F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体（反应条件均已省略）。回答下列问题：（1） 写出反应的化学反应方程式 ，在该反应中，每生成2.24LG（标准状况），该反应转移电子的物质的量是 。（2）若反应在溶液中进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D之间。则反应的化学方程式是 。（3）若反应在溶液中进行，A是一种强碱，B是一种酸式盐，D是一种无色的气体，且B遇盐酸产生无色无味的气体。在加热条件下，当A过量时，反应的离子方程式是 。（4）若反应在溶液中进行，A是一种强酸，
18、B是一种含两种金属元素的盐，当A过量时，C及D均易溶于水。则A过量时反应的离子反应方程式是 。【答案】（1）2Na2O22H2O=4NaOHO2 （2分） 0.2mol（2分）（2）Cl22NaOH=NaClNaClOH2O（2分）（3）NH4HCO32OH-NH3CO322H2O（2分）（4）AlO24H=Al32H2O（2分）【解析】试题分析： E为常温下无色无味的液体且在生成物中，所以是水F为淡黄色粉末，是过氧化钠或硫，但能和水反应，所以是过氧化钠过氧化钠和水反应的生成物是氧气和氢氧化钠，G为常见的无色气体，所以G是氧气，H是氢氧化钠（1）设该反应转移电子的物质的量xmolNa2O2+2
19、H2O=4NaOH + O2 转移电子数 22.4L 2mol 2.24L x x=0.2mol，（2）若反应在常温下进行，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，A是氯气，与碱反应，故答案为：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O（3）B是一种酸式盐，且B遇盐酸有无色无味气体产生，所以B是碳酸氢盐， D是一种气体，强碱与酸式盐反应生成气体，该气体是氨气，所以A、B的反应是强碱和碳酸氢铵的反应，故答案为：2OH-+NH4+HCO3-=NH3+2H2O+CO32-（4）B是一种含有两种金属元素的盐，所以B是偏铝酸钠，A是一种强酸，酸先和偏氯酸钠反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和过
20、量的酸反应生成铝离子，故答案为：AlO2-+4H+=Al3+2H2O考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。16短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示：(1)B、C、D元素电负性的大小顺序为： (填元素符号)。(2)E的氢化物与其最高价氧化物对应的水化物的钾盐共热能发生反应生成一种气体单质，反应的化学方程式为 。(3)C有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2 L甲气体与0.5 L氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的含氧酸盐的化学式是 。(4)在298 K下，A、B的单质各1 mol完全燃烧，分别放出热量a k
21、J和b kJ。又知一定条件下，A的单质能将B从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3 mol B的单质，则该反应在298 K下的H 。(注：题中所设单质均为最稳定单质)(5)要证明与D同主族相邻元素F的非金属性与E的非金属性的强弱，正确、合理的实验操作及现象是 。(6)用A、B的单质作电极，C的最高价氧化物对应水化物的浓溶液作电解质溶液构成原电池，写出此原电池正极的电极反应式 。(假设C只被还原至4价)【答案】(1)O；N；C (2)8HClKClO4KCl4Cl24H2O (3)NaNO2 (4)(4a3b) kJ/mol或(3b4a) kJ/mol (5)将氯水(或氯气)滴入(或通
22、入)到硫化钠(或硫化氢等)溶液中，有淡黄色沉淀生成(答案合理即可) (6)NO3-e2H=NO2H2O【解析】由已知的元素周期表的结构可推知：A、B、C、D、E五种元素分别是Al、C、N、O、Cl。(1)电负性ONC。(2)生成的气体单质是Cl2，反应的化学方程式为：8HClKClO4KCl4Cl24H2O。(3)氮的氧化物中，NO的相对分子质量最小，2 L NO与0.5 L O2混合后先生成1 L NO与1 L NO2的混合气体，再与NaOH溶液发生下列反应：NONO22NaOH=2NaNO2H2O，所以生成的盐是NaNO2(也可用电子守恒法推出N在盐中显3价，所以是NaNO2)。(4)在2
23、98 K下，1 mol Al(s)完全燃烧放出热量a kJ,1 mol C(s)完全燃烧放出热量b kJ，根据盖斯定律可得，该反应在298 K下的H为(4a3b) kJmol1或(3b4a) kJmol1。(5)要证明S的非金属性与Cl的非金属性强弱，可以利用置换反应，将氯水(或氯气)滴入(或通入)硫化钠(或硫化氢等)溶液中即可(答案合理即可)。(6)常温下，Al被浓硝酸钝化，碳与浓硝酸反应生成CO2和NO2，故碳为原电池负极，正极上硝酸得电子生成NO2。17下图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气
24、体。提示：4FeS211O2高温,2Fe2O38SO2请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第_周期_族。（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3）在、中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是_（填序号）。（4）反应的离子方程式是_。（5）将化合物D与KNO3、KOH共熔，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是_。【答案】（1）四（2）12（3）（4）3Fe2NO3-4H=3Fe3NO2H2O（5）Fe2O33KNO34KOH=2K2FeO43KNO22H2O【解析】该题推断的突破口是反应，根据“提
25、示”可知D、A分别是Fe2O3、SO2；根据题中叙述信息，可知I为Al，K为NO2，再根据框图信息可以推断出B为SO3，C为硫酸，E为Fe（OH）3，F的溶液中含Fe3，G为Fe，H为氧化铝，J为硝酸，L为NO，M的溶液中含Fe2。18根据下表左边的“实验操作”，从右边的“实验现象”中选择正确的字母代号，填入对应“答案”的空格中。实验操作答案实验现象(1)让一束光线通过Fe(OH)3胶体A.呈蓝色B.生成白色胶状沉淀C.呈现光亮“通路”D.产生红褐色沉淀(2)向盛有FeCl3溶液的试管中加入NaOH溶液(3)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水(4)向土豆片上滴加碘水【答案】C D B A【解析
26、】（1）让一束光线通过Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，呈现光亮“通路”，这是丁达尔效应；（2）向盛有FeCl3溶液的试管中加入NaOH溶液，会产生红褐色沉淀，氢氧化铁沉淀。(3)向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水，会产生白色胶状沉淀；(4)向土豆片上滴加碘水，呈蓝色，淀粉遇碘变蓝；点评：考查物质的化学性质。19（18分）某地市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配 料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计）2050mg/kg分装时期分装企业碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处） KIO3 KI H2SO4 K2S
27、O4 I2 H2O上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是 。某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b.加入适量Na2SO3稀溶液；c.分离出下层液体。以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位置是 。已知：I22S2O322IS4O62。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为： a. 准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0103m
28、olL1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。判断c中反应恰好完全依据的现象是 。b中反应所产生的I2的物质的量是 mol。根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是 （以含w的代数式表示） _mg/kg。【答案】（1）1、5、3、3、3、3（2）I2SO32H2O=2ISO422H 在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置（3）溶液由蓝色恰好变为无色 1.0105 4.2 102/w【解析】略20某研究性实验小组欲验证浓硝酸在与Cu、Ag合金的反应过程中除生成NO2气体外，还会有少量NO生成、并测定Cu、Ag合金中Cu的质量分数。查阅相关资料表明：“常温下，NO2与N2O
29、4混合存在，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。”为此，他们设计了如下图所示的装置。请回答下列问题（1）写出A中Cu与HNO3反应可能的化学方程式 。（2）实验开始前先打开A部分的活塞K1，持续通入一段时间的氮气再关闭K1，其目的是 ；装置中B瓶的作用是 。（3）停止反应后，打开D中的活塞K2并通入O2，若有NO生成，则D中出现的现象是 ；实验发现，通入的O2温度高低对实验现象有较大影响，为便于观察应通入（填“热”或“冷”） 的O2。（4）为减小实验误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是 。（5）实验测得如下数据：实验前，Cu、Ag合金的质量：15.0g，浓HN
30、O3：40mL 13.5 molL-1；实验后A溶液：V40mL c(H+)1.0 molL-1。假设反应中HNO3既无挥发也无分解，则：参加反应的HNO3的物质的量为 mol。若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中Cu的质量分数还需测定的数据是 。（6）若已知Cu、Ag合金的质量为m g，且溶解完全。请利用A装置中反应后的溶液进行简单的操作，以确定合金中Cu的质量分数，其实验过程为 。【答案】21(12分)（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O （写对一个给1分，两个都对给3分）
31、（2）把装置中的空气赶走，防止NO被氧化为NO2 (1分，写出防止NO被氧化为NO2就给分)干燥反应中生成的气体 (1分) （3）无色气体变为红棕色 (1分) 热 (1分)（4）打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2(1分)（5）0.5(1分)C中烧瓶在实验前后增加的质量 (1分)（6）在A中加入过量含Cl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取沉淀的质量 (2分)【解析】试题分析：（1）浓硝酸的还原产物是NO2，但由于随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变稀，会生成NO，所以反应的方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)
32、2+2NO+4H2O；（2）由于装置中含有空气，而空气能把NO氧化生成NO2，从而干扰实验的检验，所以这样操作的目的是赶走装置中的空气，防止NO被氧化为NO2。由于生成的气体中含有水蒸气，而NO2能和水反应生成NO，从而无法确认铜与硝酸反应是否生成了NO气体，所以B装置的作用是干燥反应中生成的气体；（3）NO极易被氧气氧化生成红棕色的NO2，所以实验现象是无色气体变为红棕色。由于存在可逆反应2NO2N2O4，又因为该反应是放热反应，所以热的空气可以使平衡 2NO2N2O4向逆方向移动，因此NO2浓度增大，从而导致颜色加深，所以应该通入热的氧气；（4）由于装置中有残留的气体，所以在D中观察到实验
33、现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽。（5）硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol0.04mol0. 5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量。所以还需要测量C中烧瓶在实验前后增加的质量（6）由于反应后金属生成了硝酸盐，所以要测定该银圆中铜的质量分数，还需要把金属阳离子变成沉淀，然后通过称量即可计算，所以正确的操作可以是向反应后的溶液中加入足量的盐酸，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀的质量。考点：考查物质的分离、外界条件对平衡的影响以及有关计算等知识。6.99g【答案】22（
34、10分）图中字母所代表的物质均为中学化学常见物质。其中A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料；常温下C、D、H为气体单质。单质E、M、N为金属，N是地壳中含量最大的金属元素。Y是红褐色沉淀。这些物质在一定条件下存在如下转化 关系，其中有些反应物或生成物已经略去。试回答下列问题：（1）ZL反应的名称是 。（2）K的电子式为 。（3） 写出BF的离子方程式 。（4） 写出K与CO2反应的化学方程式 。（5） Y与NaClO和B的混合溶液作用，是制备绿色水处理剂(Na2MO4)的一种方法，请写出该反应的离子方程式 。【答案】（1）铝热反应 （2） （3）2Al+2OH-+2H2O2A
35、lO2-+3H2（4）2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 ；（5）2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】试题分析：常温下C、D、H为气体单质单质E、M、N为金属，N是地壳中含量最大的金属元素，可知N为铝Y是红褐色沉淀，Y为氢氧化铁，则Z为Fe2O3，L为Al2O3，I为Al（OH）3，C、D在光照条件下反应生成G，则应为Cl2和H2的反应，G为HCl，其中A是日常生活中不可缺少的物质，也是化工生产上的重要原料，A为氯化钠，电解饱和食盐水生成H2，Cl2，和NaOH，则B为NaOH，C为H2，D为Cl2，E为电解NaCl的产物，应为Na，H为氧气
36、，K为Na2O2；根据X与氧气反应生成氢氧化铁，则X为Fe（OH）2，J为FeCl2，M为Fe；则（1）Z是氧化铁，N是铝，则ZL反应的名称是铝热反应；（2）K是过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，化合物中含有过氧键，电子式为：；（3）铝既能与强酸反应，也能与强碱反应，分别生成盐和水，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2；（4）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（5）NaClO在碱性条件下具有强氧化，可进一步氧化2Fe（OH）3，反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-2FeO
37、42-+3Cl-+5H2O。考点：考查无机框图题的推断123（12分）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。D的化学式是_；在工业生产中B气体的大量排放被雨水吸收后形成了_而污染了环境。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。A、C的化学式分别是：A_；C_.D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式_。该反应_（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。【答案】（每空2分，共12分）（1）H2SO4酸雨（2）N2NO2Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO
38、22H2O 属于【解析】试题分析：（1）B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，可断定B为SO2，A为S，C为SO3，D为H2SO4，且会形成酸雨。（2）C是红棕色的气体，可断定C为NO2，B为NO，A为N2，D为HNO3。Cu与HNO3(浓)反应生成NO2气体，其反应方程式为：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，分析反应中元素的化合价发生了变化，故次化学反应属于氧化还原反应。考点：无机反应点评：本题重点考查的是无机反应，涉及到S和N2的相关联的化学反应，且发生的化学反应都源自于教材，只有学生认真学习教材知识，问题就迎刃而解了。24某强酸性溶液X，可能含有Al3、Ba
39、2、NH4 、Fe2、Fe3、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如下图。反应过程中有一种气体是红棕色。请回答下列问题：（1）由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有 。（2）溶液X中，关于NO3-的判断一定正确的是_ _。a一定有 b一定没有 c可能有（3）产生气体A的离子方程式为 。（4）转化发生反应的现象为 。（5）转化中产生H的离子方程式为 。（6）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为_。（7）对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即
40、可判断，该试剂最好是 。NaOH溶液，KSCN溶液，石蕊试剂，pH试纸，KMnO4溶液，氯水和KSCN的混合溶液【答案】（12分）（1）CO32-、SiO32- （2）b （3）3Fe2+NO3-+4H=3Fe3+NO+2H2O（4）红褐色沉淀溶解，溶液变为黄色 ；（5）Al3+4OH=AlO2-+2H2O （6）4：1； （7）。【解析】试题分析：溶液X呈强酸性,则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，溶液和Ba（NO3）2溶液混合反应产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-，由于Ba2与SO42-会发生沉淀反应形成BaSO4沉淀而不能大量共存，因此不存在Ba2；C是BaSO4；在酸
41、性条件下NO3-具有强的氧化性，与Fe2发生氧化还原反应而不能大量共存，反应产生气体A，该气体可以与氧气反应，因此溶液中含有Fe2+，无NO3-；A是NO；D是NO2；E是HNO3；溶液B中加入过量NaOH溶液加热产生气体F是NH3，说明溶液中含有NH4；NH3与硝酸反应产生的I是NH4NO3；发生产生的沉淀J是Fe（OH）3；向其中加入HCl反应产生的J是FeCl3；向溶液H中通入过量CO2气体产生沉淀K是Al（OH）3，说明在原溶液中含有Al3；溶液L是NaHCO3。终上所述可知：在原溶液中一定含有Al3、Fe2、NH4 、SO42-、；一定不含有Ba2、SiO32- 、CO32-、NO3
42、- ；不能确定是否存在的离子是Fe3。（1）由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有弱酸的酸根离子CO32-、SiO32-；（2）在强酸性溶液中若含有NO3-会表现强的氧化性，若存在NO3-可以将Fe2+氧化；溶液X中Fe2+就不能存在，加入Ba（NO3）2溶液就不能产生气体，因此溶液中含有Fe2+，不存在NO3-，一定正确的是b 。（3）产生气体A的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H=3Fe3+NO+2H2O；（4）转化发生反应是Fe（OH）3+3HCl=FeCl3+3H2O，观察到的现象为红褐色沉淀溶解，溶液变为黄色 ；（5）由于在溶液B含有Al3+，当向其中加入过量的强碱NaOH时，会发生反应：Al3+4OH=AlO2-+2H2O；（6）若转化中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成
