河南省新郑市外国语高级中学高二化学试题（解析版）1．将100gK2CO3和KHCO3的混合物加热至质量不再变化时，共收集到CO211g，原混合物中KHCO3的质量分数是（）A．30%　 B．40% 　　　C．50% 　　D．60%　【答案】C【解析】共收集到CO211g，物质的量为0.25mol，2KHCO3=K2CO3＋CO2＋H2O所以，KHCO3的物质的量为0.5mol，质量为50g，原混合物中KHCO3的质量分数是50% ，选C。2．下图是吸热反应的是（）ABCD【答案】D【解析】若反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应就是吸热反应。所以答案选D。3．下列物质属于纯净物的是A．蛋白质B．聚氯乙烯C．油脂D．硬脂酸甘油酯【答案】D【解析】A蛋白质是高分子化合物,链的长短不同，是混合物B聚氯乙烯是高分子化合物，属于混合物C油脂是多种高级脂肪酸甘油酯，属于混合物D硬脂酸甘油酯是一种物质，属于纯净物。4．水的相对分子质量为18，则1个水分子的质量为(　　)A.　　　　　　　　　　B.g·mol-1C.18nagD.g【答案】D【解析】1molH2O的质量为18g，而1molH2O中含有na个水分子，所以1个水分子的质量应为g。5．下列物质属于电解质且能导电的是（）13/13A．金属铜B．碳酸钠晶体C．硝酸钠溶液D．熔融氯化钠【答案】D【解析】试题分析：铜是金属能导电，但它是单质，不是电解质，故A错误；碳酸钠晶体中没有自由移动的离子或电子，不导电；碳酸钠晶体溶于水或者熔融状态下能导电，属于电解质，故B错误；硝酸钠溶液中有自由移动的钠离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；熔融的氯化钠中含有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于化合物，是电解质，故D正确。考点：本题考查电解质与非电解质,电解质溶液的导电性。6．青铜是我国使用最早的合金。下列关于青铜性质的说法，不正确的是（）A．熔点比纯铜低B．能够导电C．能够导热D．硬度比纯铜小【答案】D【解析】试题分析：A．青铜是铜的合金，其熔点比纯铜低，正确；B．青铜是铜的合金，具有金属的导电的性质，正确；C．青铜是铜的合金，具有金属的导热的性质，正确；D．青铜是铜的合金，硬度比成分金属纯铜大，错误。考点：考查关于青铜性质的说法正误判断的知识。7．为使人们确知加碘盐中含碘物质的存在，研究性学习小组同学设计了一种简便的检验方法，利用该物质在酸性条件下与KI反应有单质碘生成的性质，选用下列生活中常见的物质就可完成。请你从下列物质中选出合适的一组①自来水　②食醋　③淀粉　④食糖　⑤碘化钾试纸　⑥碘酒A．①③④⑤B．②③④⑤　　C．①③⑤⑥D．①②③⑤【答案】D【解析】略8．下列各组元素按从左到右的顺序，原子序数递增、元素的最高正化合价也递增的是A．C、N、O、F　　B．Na、Be、B、CC．P、S、Cl、Ar　　D．Na、Mg、Al、Si【答案】D【解析】试题分析：A.F的非金属性在所有元素中是最强的，因此该元素无正化合价。不符合题意。错误。B.Na的原子序数比Be、B、C大，不符合题意。错误。C.Ar是惰性气体元素，不容易沉降反应，化合价为哦。错误。D.Na、Mg、Al、Si是同一周期的元素，原子序数逐渐增大，元素的最高正化合价也逐渐升高。周期。考点：考查元素的化合价、原子序数的关系的知识。9．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的溶胶能产生丁达尔效应C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，上述对青蒿素的提取过程属于化学变化D．古剑一沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】C【解析】试题分析：A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了反应是Fe+CuSO4=FeSO413/13+Cu，该反应属于置换反应，正确；B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的溶胶属于胶体，能产生丁达尔效应，正确；C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，上述对青蒿素的提取过程没有新的物质产生，发生的是物理变化，错误；D．古剑一沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁元素形成的合金，正确。考点：考查化学物质在生活、社会发展的应用的知识。10．下列仪器：①烧杯、②坩埚、③锥形瓶、④蒸发皿、⑤试管、⑥烧瓶、⑦表面皿，用酒精灯加热时，需要垫石棉网的是A．②④⑤B．①⑥⑦C．③④⑥D．①③⑥【答案】D【解析】试题分析：烧杯、锥形瓶、烧瓶需要垫石棉网加热，表面皿不能加热，坩埚、蒸发皿、试管直接加热，答案选D。【考点定位】本题主要是考查常见仪器的使用【名师点晴】（1）能直接加热的仪器：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙。①试管：用于少量物质反应的反应器、收集气体等，加热前外壁无水滴。试管夹夹在距管口的1/3处，加热时液体体积不超过试管容积的1/3，给固体加热时，试管口应略向下倾斜。②蒸发皿：用于溶液的蒸发、浓缩、结晶。盛液体的量不应超过蒸发皿容积的2/3，取放蒸发皿应用坩埚钳。③坩埚：用于固体物质的高温灼烧，把坩埚放在三脚架上的泥三角上加热，取放坩埚必须使用坩埚钳，加热完坩埚应放在石棉网上冷却。坩埚通常与泥三角、三角架配合使用。（2）垫石棉网加热的仪器：烧杯、烧瓶（圆底、平底及蒸馏烧瓶）、锥形瓶等。（3）不能加热的仪器：容量瓶、量筒、广口瓶、细口瓶、漏斗、温度计、滴瓶等。11．两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得到0.15molCO2和3.6gH2O，下列关于该混合气体的说法正确的是A．一定有乙烯B．一定没有乙烯C．一定有甲烷D．可能有乙烷【答案】C【解析】试题分析：0.1mol该混合物完全燃烧得0.15molCO2和3.6gH2O，3.6g水的物质的量为：n(H2O)==0.2mol，则1mol混合气体完全燃烧生成1.5mol二氧化碳、2mol水，所以该混合烃的平均化学式为C1.5H4；由于两种气态烃的混合物，则一定含有C原子数小于1.5的烃，所以一定含有甲烷，又由于甲烷中含4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，根据以上分析可知，混合气体中一定含有甲烷，所以C正确；可能含有乙烯，所以A、B、D错误，故选C。【考点定位】考查有机物分子式的计算【名师点晴】掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法，常用方法为：平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等；0.1mol该混合物完全燃烧得0.15molCO2和3.6gH2O，3.6g水的物质的量为：n(H2O)==0.2mol，则混合的平均化学式为C1.5H4，由于是混合物，则肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，以此进行解答。12．下列各组中的两种物质相互作用时，反应条件(温度、反应物用量比)改变，不会引起产物的种类改变的是A．Al和NaOH溶液13/13B．NaOH溶液和AlCl3溶液C．Na和O2D．NaOH溶液和CO2【答案】A【解析】试题分析：A、Al、NaOH、H2O反应生成NaAlO2和H2，不受条件影响，A正确；B、少量NaOH与AlCl3反应生成Al(OH)3，过量NaOH与AlCl3反应生成Na[Al(OH)4]，B错误；C、Na和O2在常温下反应生成Na2O，Na与O2在加热时反应生成Na2O2，C错误；D、少量CO2与NaOH反应生成Na2CO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，D错误。考点：考查了反应条件对化学反应的影响的相关知识。13．设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LSO3所含电子数约为40NAB．0.5molNH4HSO4晶体中，含有H+数目约为0.5NAC．92gNO2、N2O4混合气体含有的N原子数为2NAD．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NA【答案】C【解析】试题分析：A．标准状况下三氧化硫不是气体，不能适用于气体摩尔体积，即标准状况下22.4LSO3的物质的量不是1mol，所含电子数不是40NA，A错误；B．NH4HSO4晶体中不存在氢离子，B错误；C．NO2和N2O4的最简式相同，均是NO2，则92gNO2、N2O4混合气体含有的N原子的物质的量我92g÷46g/mol＝2mol，原子数为2NA，C正确；D．1molCl2作为氧化剂得到的电子数为2NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数的计算14．美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构——Al13和Al14.已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40时处于相对稳定状态．下列说法中正确的是A．Al13、Al14互为同位素B．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素原子的性质相似C．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子【答案】B【解析】试题分析：质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，则选项A不正确，二者不能互为同位素；“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第二主族性质相似，B正确；“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13-，与第七主族性质相似，所以D不正确；Al13性质与第七主族相似，为分子晶体，Al13超原子中Al原子间通过共价键结合，故C错误，答案选B。考点：考查同位素、化学键以及核外电子排布的有关判断点评：本题是一定信息题，是对学生信息的提取、阅读能力及综合能力考查，难度不大，是一道不错的能力考查题。该题的关键是对信息的理解，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力。15．下列说法错误的是A．某物质只含有一种元素，则该物质可能为混合物13/13B．16O与18O互为同位素，且核外电子排布方式相同C．同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同D．氧化还原反应中，一种元素化合价上升，一定有另一种元素化合价下降【答案】D【解析】答案：DA．正确，某物质只含有一种元素，则该物质可能为混合物，如：白磷和红磷的混合物；B．正确，16O与18O互为同位素，且核外电子排布方式相同，只是中子数不同；C．正确，同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，与反应途径无关；D．不正确，氧化还原反应中，一种元素化合价上升，也可能该元素化合价下降。16．A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，在周期表中B与A、C相邻，C的最外层电子数是其电子总数的3/4，D能分别与A、B、C形成电子总数相等的化合物X、Y、Z。试回答：(1)在X、Y、Z三种化合物中稳定性由强到弱的顺序是　　。(2)若由A、B、C、D四种元素组成一种离子化合物，1mol该化合物中含有10mol原子，则该化合物受热分解的化学方程式为　　。(3)Y跟HCl反应生成固体W。该固体跟有毒的工业盐NaNO2的水溶液混合加热，NaNO2中的化学键被完全破坏，当有1molNaNO2发生反应时，共有3mol电子转移，该反应的化学方程式为　。[来源:学_科_网Z_X_X_K](4)常温下，pH＝5的W的水溶液和HCl的稀溶液中由水电离出来的H＋离子浓度之比为　。【答案】(1)　H2O＞NH3＞CH4　。(2)　NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O　。(3)　NH4Cl＋NaNO2===NaCl＋2H2O＋N2↑　。[来源:学_科_网Z_X_X_K](4)　104∶1　。【解析】略17．（12分）工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－akJ·mol－1（1）上图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①a__0（填“＞”“＜”“＝”）。②下列说法正确的是__（填序号）。a．1molCO(g)和2molH2(g)所具有的能量小于1molCH3OH(g)所具有的能量13/13b．将1molCO(g)和2molH2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出aKJ的热量c．升高温度，平衡向逆反应移动，上述热化学方程式中的a值将减小d．如将一定量CO(g)和H2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热aKJ，则此过程中有1molCO(g)被还原（2）在一定条件下，科学家利用从烟道气中分离出CO2与太阳能电池电解水产生的H2合成甲醇，其过程如下图所示：①该合成路线对于环境保护的价值在于__。②15%～20%的乙醇胺（HOCH2CH2NH2）水溶液具有弱碱性，上述合成线路中用作CO2吸收剂。用离子方程式表示乙醇胺水溶液呈弱碱性的原因：。（3）甲醇燃料电池的工作原理如下左图所示。该电池工作时，c口通入的物质发生的电极反应式为：__。（4）以上述电池做电源，用上右图所示装置，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，原因是（用相关的电极反应式和离子方程式表示）：_。【答案】（1）①>（2分）②d（2分）（2）①有利于防止温室效应（2分）②HOCH2CH2NH2 ＋ H2OHOCH2CH2NH3＋＋ OH－（2分）（3）O2+4e－+4H+=2H2O（2分）；（4）Al－3e－=Al3+（1分）Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）或Al－3e－+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）【解析】考查外界条件对平衡的影响以及电化学的应用等。（1）根据图像可知，温度为T2的曲线先达到平衡状态，所以T2大于T1。随着温度的升高，反应物的转化率是降低的，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，a大于0；反应放热，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，a不正确。反应是可逆反应，1molCO(g)和2molH2(g)不可能生成1mol甲醇，所以放出的热量要小于akJ，b不正确。反应热与物质前面的化学计量数有关，与平衡的移动方向无关，c不正确。所以选项d是正确的。（2）根据转化可知生成的CO213/13用来合成甲醇，所以有利于可知温室效应；根据乙酸胺的结构简式可知，分子中的氨基可以结合水电离出的氢离子，从而破坏水的电离平衡，使溶液中OH－浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性。（3）原电池中负极是失去电子的，甲醇在反应中是还原剂失去电子被氧化，因此甲醇在负极通入。根据燃料电池的结构可判断氢离子向右侧移动，所以右侧是正极，左侧电极是负极。因此氧气在右侧通入，所以c处的电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O。（4）根据电解池的结构可知，铝是阳极，失去电子生成铝离子进入溶液中。由于电解质是碳酸氢钠溶液，所以生成的铝离子和碳酸氢钠水解相互促进，从而生成氢氧化铝沉淀。18．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题:成分质量（g）摩尔质量（g·mol-1）蔗糖25.00342硫酸钾3.48174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.32158氯化钠0.0858.5（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于电解质的是_____________。A．蔗糖B．硫酸钾C．高锰酸钾D．氯化钠（2）某同学欲称量“鲜花保鲜剂”的质量，先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为______________g。（3）配制上述一“鲜花保鲜剂”240mL所需的仪器有:烧杯、天平、药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管、______________。(在横线上填写所缺仪器的名称)（4）容量瓶使用前必须进行的操作为____________________。（5）“鲜花保鲜剂”中K＋(阿司匹林中不含K＋)的物质的量浓度为__________mol/L:若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42－，你选择的化学试剂为__________(填化学式)。（6）在配制过程中，如果其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是:_________.①没有洗涤烧杯和玻璃捧②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线【答案】（1）BCD（2）27.4（3）250mL容量瓶（4）检查是否漏水（5）0.084BaCl2（6）④【解析】试题分析：（1）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，酸碱盐均是电解质，则硫酸钾、高锰酸钾、氯化钠均是电解质，蔗糖是非电解质，答案选BCD；（2）左盘质量等于右盘质量加上砝码质量，则物质的实际质量是30.0g－2.6g＝27.4g。（3）没有240mL容量瓶，则还需要250mL容量瓶。（4）容量瓶使用前必须进行的操作为检查是否漏水。13/13（5）高锰酸钾的物质的量为n（KMnO4）＝0.32g÷158g/mol＝0.002mol，硫酸钾的物质的量为n（K2SO4）＝3.48g÷174g/mol＝0.02mol，所以n（K+）＝n（KMnO4）+2n（K2SO4）＝0.002mol+2×0.02mol=0.042mol，因此c（K+）=0.042mol÷0.5L＝0.084mol/L；硫酸钡不溶于水也不溶于酸，因此若检验“鲜花保鲜剂”溶液中的SO42－应该选择的化学试剂为BaCl2。（6）①没有洗涤烧杯和玻璃捧，则溶质减少，浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，则溶质减少，浓度偏低；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响；④定容时俯视刻度线，则液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑤定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线，则溶液体积增加，浓度偏低，答案选④。【考点定位】本题主要是考查电解质判断、一定物质的量浓度溶液的配制、误差分析等【名师点晴】关于托盘天平的使用需要注意：①用途：用于称量物质的质量；②称量前调“0”点，称量时左物右码，砝码用镊子夹取；③称量干燥的固体应放在两张等质量的纸上，易潮解或具有腐蚀性的药品应放在已知质量的玻璃器皿(如小烧杯)中称量；④精确度为0.1g。19．（16分）某研究性学习小组在用CO还原Fe2O3的实验中，用磁铁吸出生成的黑色粉末X，他们认为X不一定是Fe，因温度不同、受热不均时会生成Fe3O4且也能被磁铁吸引。为探究X的组成，他们进行了如下实验。Ⅰ．定性检验实验编号实验操作实验现象①取少量黑色粉末X放入试管1中，注入适量稀盐酸，微热。黑色粉末逐渐溶解，有无色气体逸出。②向试管1所得溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡。溶液未出现血红色（1）由上述实验现象推断，黑色粉末X的成分中是否一定不含Fe3O4？____（填“是”或“否”）。（2）实验①中可能发生反应的离子方程是，，。Ⅱ．定量测定溶液Y沉淀4.00g红棕色固体搅拌完全溶解操作Z灼烧至恒重3.44gX盐酸(过量)②足量氨水①足量H2O2溶液（3）操作Z是。在灼烧沉淀时必须用到的下列仪器的名称是____________________________。（4）通过以上数据，得出3.44g黑色粉末X中各成分的物质的量为：______、______。【答案】(1)否（2分）（2）Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O；（2分）Fe+2H+===Fe2++H2↑（2分）；2Fe3++Fe===3Fe2+（2分）（3）过滤，洗涤（2分）；坩埚、泥三角（2分）。（4）n（Fe3O4）=0.0100mol（2分）n（Fe）=0.0200mol（2分）13/13（无保留3位有效数字每空得1分）【解析】（1）由于在单质铁的存在下，铁离子是不可能存在的，所以不能确定是否含有四氧化三铁。（2）有无色气体逸出，说明含有单质铁，反应的方程式是Fe+2H+==Fe2++H2↑；又因为还可能存在四氧化三铁，所以还可能发生的反应是Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2O、2Fe3++Fe===3Fe2+。（3）沉淀从溶液中分离出的方法是过滤，且在过滤之后还必需洗涤；固体的灼烧需要坩埚，而坩埚需要放在三脚架的泥三角上。（4）设混合物中四氧化三铁和铁的物质的量分别是x和y。由于最终得到的是氧化铁，所以应该有232x＋56y＝3.44、（3x＋y）×160＝4.00，解得x＝0.0100mol，y＝0.0200mol，即铁是0.0200mol，四氧化三铁是0.0100mol。20．ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是___________，安装F中导管时，应选用图2中的___________。（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜___________(填“快”或“慢”)．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是___________。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为___________，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是___________。（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。13/13【答案】（1）锥形瓶；b；（2）慢；（3）吸收Cl2；（4）4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2生成；（5）稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】试题分析：（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，故答案为：锥形瓶；b；（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，故答案为：慢；（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成，故答案为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2生成；（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。考点：考查了性质实验方案的设计；制备实验方案的设计的相关知识。21．试简述在FeSO4溶液中加入NaOH溶液的现象，并写出有关反应的化学方程式。【答案】产生白色絮状沉淀，然后迅速变成灰绿色，最终变为红褐色沉淀：FeSO4+2NaOH===Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3【解析】本题能力层次为B。Fe(OH)2容易被氧化成Fe(OH)3，要记住特征的颜色变化。答案是：产生白色絮状沉淀，然后迅速变成灰绿色，最终变为红褐色沉淀：FeSO4+2NaOH===Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3学法指导：为了更好地看清楚Fe(OH)2颜色状态，做实验时：①FeSO4溶液、NaOH溶液是新配制，且用冷开水配制，可减少O2溶入量。②FeSO4溶液中加铁钉防止Fe2+氧化成Fe3+。③用长的胶头滴管吸取NaOH溶液，然后插入FeSO4溶液液面下缓慢挤压滴出。22．已知有如下的转化关系：其中A为金属单质，部分反应条件和产物省略（1）若B为淡黄色固体，则A为（填化学式）。写出A与水反应的离子方程式，B做潜水艇供氧剂的原理为：（填写反应方程式）（2）若A为生活中常用金属，且C中所含金属元素存在两种价态。Ⅰ．写出A与水反应的方程式13/13Ⅱ．给C溶液中加入过量的氢氧化钠，并露置在空气中一段时间，写出整个过程中发生的氧化还原反应的方程式：Ⅲ．若想将C中金属元素转化成单一价态，可加入适量的或Ⅳ．与A反应消耗1molO2，则与B反应需要2mol/L盐酸溶液L。（3）若B为两性氧化物Ⅰ．写出A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Ⅱ．已知：写出实验室制备D的离子方程式Ⅲ．已知B为51g,在C溶液中加入1mol/LNaOH溶液1L时开始出现沉淀，若要得到0．5mol的沉淀，则加入的氢氧化钠溶液的总体积为L或L。【答案】（1）Na；2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（2）Ⅰ．3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2Ⅱ．4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3Ⅲ．Cl2（氯水或双氧水）Fe（顺序可颠倒Ⅳ．2（3）Ⅰ．2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑Ⅱ．Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Ⅲ．2．54．5【解析】试题分析：（1）根据题给信息知，若B为淡黄色固体，则A为Na，B为过氧化钠，C为氯化钠。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；过氧化钠做潜水艇供氧剂的原理为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。（2）根据题给信息知，若A为生活中常用金属，且C中所含金属元素存在两种价态，则A为铁，B为四氧化三铁，C为氯化铁和氯化亚铁的混合液。Ⅰ．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。Ⅱ．向氯化铁和氯化亚铁的混合液中加入过量的氢氧化钠，并露置在空气中一段时间，整个过程中发生的氧化还原反应为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3Ⅲ．若想将氯化铁和氯化亚铁的混合液中的铁元素转化成+3价，应加入氧化剂，为不引入杂质离子可加入适量的氯水或双氧水，若铁元素全部转化为+2，应加入还原剂，为不引入杂质离子可加入适量铁粉。Ⅳ．根据反应：3Fe+2O2Fe3O4、Fe3O4+8HCl(浓)FeCl2+2FeCl3+4H2O知与铁元素结合的氯离子的物质的量与铁失电子的物质的量相等，当反应消耗1molO2，电子转移的物质的量为4mol，则与四氧化三铁反应需要4molHCl，所需2mol/L盐酸的体积为2L。（3）根据题给信息推断，若B为两性氧化物，则A为铝，B为氧化铝，C为氯化铝，D为氢氧化铝，E为偏铝酸钠。Ⅰ．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2↑。Ⅱ．实验室利用可溶性铝盐与氨水反应制备氢氧化铝，离子方程式为Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+。Ⅲ．氧化铝的质量为51g，物质的量为0.5mol，氯化铝的物质的量为1mol，在氯化铝溶液中加入1mol/LNaOH溶液1L时开始出现沉淀，若要得到0．5mol氢氧化铝的沉淀，当氢氧化钠溶液不足时发生反应：Al3++3OH-==Al(OH)3↓，需要氢氧化钠的物质的量为1.5mol，13/13则加入的氢氧化钠溶液的总体积为2.5L，当氢氧化钠溶液过量时发生反应：Al3++3OH-==Al(OH)3↓、Al3++4OH-==AlO2-+2H2O，有0.5mol氯化铝发生第一个反应，0.5mol氯化铝发生第二个反应，共计消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，所需氢氧化钠溶液的体积为4.5L。考点：考查无机推断，钠、铁、铝单质及其化合物的性质。23．甲、乙、丙为常见单质。A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，C能使品红溶液褪色。在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示。（已知E的电解有氢气和氧气产生）请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为__________，H为__________。（2）A的电子式为________________________________。（3）向E溶液中通入过量C的化学反应方程式为_____________________。（4）写出B＋CD的化学方程式：_________________________________写出E＋GF的离子方程式：______________________________________【答案】（1）O2，SO3；（2）；（3）SO2＋NaOH=NaHSO3；（4）Na2O2＋SO2=Na2SO4，OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O。【解析】试题分析：根据乙丙C丙H，这是连续被氧化的过程，从而推断出丙可能为氧气，B＋CO2→丙，推出B为Na2O2，则F为Na2CO3，因为甲为固体，则甲：Na，C能使品红溶液褪色，说明C是SO2，乙为单质，则乙为S，A为Na2S，H为SO3，B＋H2O→O2＋E，则E为NaOH，D为Na2SO4，G的焰色反应显黄色，说明含有钠元素，因此推断出G为NaHCO3，（1）根据上述分析，丙为O2，H为SO3；（2）A为硫化钠，属于离子化合物，电子式为；（3）SO2跟CO2的性质具有相似性，即SO2＋NaOH=NaHSO3；（4）Na2O2具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，即：Na2O2＋SO2=Na2SO4，OH－中和HCO3－的H，其离子反应方程式为：OH－＋HCO3－=H2O＋CO32－；考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。24．(13分)A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：13/13（1）A所含元素在周期表中的位置为，C的电子式为。（2）A与H在加热条件下反应的离子方程式为。（3）将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为。I是中强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量比为1：4，该反应的离子方程式为。（4）向含有0．4molF、0．1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，取反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，则a=。【答案】（1）第三周期第ⅥA族，；（2）3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O；（3）2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O，4Cl2+S2O32-+5H2O8Cl-+2SO42-+10H+；（4）2.24。【解析】试题分析：常温下A是淡黄色粉末，且为单质，则A是硫；B、D是气体，A和D生成E，E有漂白性，说明E为SO2，D是O2，则B是H2，C为H2S，F、G、H的焰色反应均为黄色，F、G、H中均含有钠元素，水溶液均显碱性，SO2和H2S均能与H反应，H为NaOH，则F为Na2S，G为Na2SO3，（1）A是硫单质，位于第三周期ⅥA元素，C为H2S，属于共价化合物，其电子式为；（2）硫单质与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠，即离子反应方程式为：3S＋6OH－2S2－＋SO32－＋3H2O；（3）S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下生成S和SO2，即离子反应方程式为：S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，氯气具有强氧化性，能把S2O32－氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，Na2SO3和氯气的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，S2O32－＋4Cl2→2SO42－＋8Cl－，根据化学反应方程式原子个数守恒，反应前少5个O，即缺少5molH2O，则生成物中应有10H＋，其离子反应方程式为4Cl2＋S2O32－＋5H2O=8Cl－＋2SO42－＋10H＋；（4）反应后澄清溶液，加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3．2g，根据反应2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，该反应中消耗的Na2S为0.1mol；Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入过量盐酸，发生反应：2S2－＋SO32－＋6H＋=3S↓＋3H2O，消耗Na2SO30.1mol，剩余的Na2S0.1mol与盐酸反应放出H2S，放出H2S的物质的量为0.1mol，标准状况下的体积为2.24L。考点：考查元素以及化合物的推断等知识。13/13