1、河南省卫辉市高级中学分校2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A淀粉溶液、豆浆、雾和饱和食盐水均可发生丁达尔现象B氮化硅（Si3N4）、氧化铝（Al2O3）、碳化硅（Sic）和二氧化锆（ZrO2）都可用作制高温结构陶瓷的材料C绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染D光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关【答案】B【解析】试题分析：A.淀粉溶液、豆浆、雾都属于胶体，可发生丁达尔现象，而饱和食盐水是溶液，不能发生丁达尔现象，错误；B氮化硅（Si3N4）、氧化铝（Al2O3）、碳化硅（SiC）和二氧化锆（
2、ZrO2）都是新型高分子材料，由于物质为原子晶体或离子晶体，沸点高，所以都可用作制高温结构陶瓷的材料，正确；C.绿色化学的核心是在反应源头上，杜绝产生污染物质，原料的利用率达到100%，错误；D光化学烟雾与氮氧化物有关；臭氧空洞与氟氯代烃有关；温室效应与CO2有关；酸雨（硝酸型）的形成与氮氧化物有关，错误。考点：考查化学在生产、生活中的应用的知识。2实验室用Al2(SO4)3制取Al(OH)3，最合适的试剂是 ANaOH BBa(OH)2 CNH3H2O DKOH【答案】C【解析】因为Al(OH)3能够溶于强碱，故使用弱碱进行制取，选C。3有关锌锰电池和碱性锌锰电池的比较中,不正确的是( )
3、A.电解质溶液不同,前者为NH4Cl，后者为KOHB.两电池负极均为锌,且均为锌失电子发生了氧化反应C.两电池正极材料均为MnO2，且正极均为MnO2得电子发生了还原反应D.两电池均为一次电池【答案】C 【解析】锌锰电池的正极反应为：2NH4+2e-2NH3+H2碱性锌锰电池的正极反应为：2MnO2+2e-+H2OMn2O3+2OH-，故C项错误。4硼有两种天然同位素、，硼元素的近似相对原子质量为10.80，则对硼元素中的质量分数判断正确的是()A20% B略大小20% C略小于20% D80%【答案】C【解析】试题分析：、的个数分别是x、y。10x+11y=10.80;x+y=1.解得x=0
4、.2,y=0.8. 所以硼元素中的个数比是0.21=20%。因此硼元素中的质量分数是（110）/（510.80)18.5%，选项是C。考点：考查同位素质量分数的计算的知识。5下列关于金属腐蚀与防护的说法正确的是A金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B铝制品的耐腐蚀性强，说明铝的化学性质不活泼C将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，可防止闸门被腐蚀D钢铁锈蚀时，铁失去电子成为Fe3+，而后生成Fe(OH)3，再部分脱水成为氧化铁的水合物【答案】C【解析】试题分析：A、金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，故A错误；B、铝化学性质活泼，表面易形成稳定的致密氧化物膜，阻止铝反应，铝制品的耐腐蚀性强，故B
5、错误；C、将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，做电解池阴极，可防止闸门被腐蚀，故C正确；D、钢铁锈蚀时发生原电池反应发生电化腐蚀，铁失电子生成二价铁，铁做负极发生反应为Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选C。考点：考查了金属腐蚀与防护的相关知识。6已知常温下 0.1 mol/LCH3COOH 溶液中 c(H)1.32103 mol/L，则该CH3COOH溶液中水的离子积常数KW是A11014 B11013 C1.321014 D1.321015【答案】A【解析】试题分析：在常温下水的离子积常数是11014，故选项是A。考点：考查水的离子积常数的判断的知识。7下列离子方程式的书写正确的是（ ）A
6、在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液 Ba2+SO42=BaSO4B钠与水的反应Na+2H2ONa+2OH+H2C氯气通入氢氧化钠溶液中 2Cl2+2OH=3Cl+ClO+H2OD大理石溶于醋酸的反应CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O【答案】D【解析】A在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2+2OH+Ba2+SO42=BaSO4+Cu（OH）2，故A错误；B钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故B错误；C氯气通入氢氧化钠溶液中的离子反应为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故C错误；D大理石溶于醋酸的反应的离子反应为CaC
7、O3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，题目难度不大8把0.02 mol/L CH3COOH溶液和0.01 mol/L NaOH溶液以等体积混和后溶液显酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为Ac(CH3COO-)c(CH3COO-)Dc(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)【答案】D【解析】试题分析：将0.02 molL1 CH3COOH和0.01 molL1NaOH等体积混合后，混合液的溶质为CH3COOH和CH3C
8、OONa，且等物质的量浓度，都是0.005 molL1。由于CH3COOH的电离趋势大于CH3COO的水解趋势，所以，c(CH3COO)c(Na)；且c(CH3COOH)efD达到平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动【答案】BD【解析】试题分析：A、催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的体积分数将不变，A错误；B、A为固体，加入A，化学反应速率以及平衡都不发生改变，B正确；C、由可以看出增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有ne+f，C错误；D、由图可知，温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，D正确；答案选BD。考点：考查
9、化学平衡图象问题。12下列说法中不正确的是A工业上炼铁的原料是赤铁矿B铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4C除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤D进行焰色反应，连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色【答案】D【解析】试题分析：工业上炼铁的原料是赤铁矿，故A正确；铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4来源，故B正确；FeCl3+Fe= FeCl2，除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤，故C正确；进行焰色反应，连续做两个样品时，应将铂丝用盐酸洗净并灼烧到无特殊焰色，故D错误。考点：本题
10、考查铁及其化合物的性质。13下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量B200 mL 1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl)C64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数D20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度【答案】C【解析】试题分析：A、水的摩尔质量是固定值，不选A；B、前面溶液中氯离子浓度为2mol/L，后者氯离子浓度为2mol/L，不选B；C、二氧化硫含有氧原子2摩尔，一氧化碳含有1摩尔氧原子，所以选C；D、因为由质量分数
11、换算成物质的量浓度，需要溶液的密度，两种溶液中密度不同，所以物质的量浓度不是2倍关系，不选D。考点：摩尔质量，物质的量浓度，气体摩尔体积。14在25时，向50.00 mL未知浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5 molL-1的NaOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示，则下列说法中，不正确的是A点所示溶液的导电能力弱于点B图中点所示溶液中，c(CH3COO-)c(H+) =c(OH-)的关系存在【答案】C【解析】试题分析：A醋酸是弱酸，部分电离，点所示溶液加入的NaOH少，被中和产生盐的酸少，溶液是NaAc和HAc的混合溶液，点所示溶液是NaAc溶液，加入的N
12、aOH多，产生的盐NaAc多。溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电性就越强，由于醋酸是弱酸，当向其中加入碱发生中和反应后溶液中自由移动的离子浓度增大，所以溶液的导电性增强，因此点所示溶液的导电能力弱于点，正确；B图中点所示溶液pH=8,c(H+)=10-8mol/L,c(OH-)=10-6mol/L因为在溶液中符合电荷守恒，c(CH3COO-) + c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)。因为c(OH-) c(H+)，所以c(CH3COO-)c(H+) =c(OH-)的关系存在，正确。考点：考查CH3COOH溶液中加入NaOH溶液时溶液溶液的酸碱性、导电性及离子浓度大小比较的知识。15某
13、工业生产中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2+Cu2+ 2S，其中CuFeS2中Cu为+2价。下列说法正确的是()A氧化剂为Fe3+，还原剂为Cu2+和S2+B氧化产物是S，还原产物是Fe2+和Cu2+C当转移1mol电子时，有46 g CuFeS2参加反应D氧化剂的氧化性Fe3+Fe2+Cu2+【答案】C【解析】试题分析：CuFeS2中Cu为+2价，则Fe为+2价，S为2；氧化剂是Fe3+，还原剂是S2-，A项错误；氧化产物是S，还原产物是Fe2+，B项错误；当转移1mol电子时，反应的CuFeS2为0.25mol，质量是46 g ；D项氧化剂的氧化性Fe3+Cu2+Fe2+考
14、点：考查氧化还原反应的概念、计算、氧化性强弱比较。点评：三价铁有强氧化性，二价铁与铜离子氧化性与单质的还原性成反比。16（1）氯化铁水解的离子方程式为 ，加热该溶液，蒸干并灼烧得到_(填化学式)（2）实验室在配制Na2CO3溶液时，为了抑制水解应向溶液中加入少量的_（3）泡沫灭火器中装有NaHCO3溶液和AlCl3溶液，在灭火时能迅喷出气体并伴有白色胶状物，写出该反应的离子方程式 【答案】（1）Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+；Fe2O3（2）NaOH （3）Al3+3HCO3-=Al(OH)33CO2【解析】试题分析：（1）氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，水解
15、的离子方程式为Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+；氯化铁在蒸干灼烧过程中，氯化氢挥发，导致蒸干时得到的固体是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁最终得到的固体是Fe2O3；（2）Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，为防止水解应该在配制Na2CO3溶液时加入少量NaOH；（3）泡沫灭火器中装有NaHCO3溶液和AlCl3溶液，在灭火时能迅喷出气体并伴有白色胶状物，离子方程式为Al3+3HCO3-=Al(OH)33CO2。考点：离子方程式的书写17（10分）A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na+、Ba2+、Cu2+、
16、Ag+ 中的某一种，阴离子分别是Cl-、SO42-、CO32-、NO3- 中的某一种。现做以下实验：将四种盐各取少量，分别溶于盛有5 mL蒸馏水的四支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。分别向4支试管中加入2 mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象。（1）根据上述事实，推断这四种盐的化学式分别为：A B C D （2）写出实验步骤中A盐产生白色沉淀的离子方程式： 【答案】（1） A AgNO3 B. CuSO4 C. Na2CO3 D.BaCl2 （2）Ag+Cl-= AgCl 【解析】试题解析：（1）由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物
17、质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3中由于B盐是蓝色的，所以B为CuSO4；四支试管加入盐酸，A有沉淀，则A溶液为AgNO3；而C生成无色气体，则为二氧化碳，即C为Na2CO3故答案为 A AgNO3 B. CuSO4 C. Na2CO3 D.BaCl2 ；（2）硝酸银与盐
18、酸产生白色沉淀的离子方程式Ag+Cl-= AgCl，答案为Ag+Cl-= AgCl。考点：离子的检验18用98%的浓硫酸（=1.84g/Cm3）配制成功250mL0.5 molL-1的稀硫酸，按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为_mL，如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒；（2）配制稀H2SO4主要仪器除量筒外还需要_；（3）下列情况，会使配得溶液的浓度偏高的是_。A用0.5mol/L的稀H2SO4预先润洗容量瓶B用蒸馏水洗涤量取完浓H2SO4的量筒，洗涤液转入容量瓶C转移溶液时，有少量液体溅出D定容时仰视刻度线【答案】（1）6.8 10 （2）玻璃棒、烧杯、胶
19、头滴管、250mL容量瓶（3）A、B【解析】试题分析：（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=(10001.8498%)/98mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=250mL0.5mol/L，解得：x6.8，所以应量取的浓硫酸体积是6.8mL，选用10mL的量筒量取浓硫酸；（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的
20、仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；（3）A用0.5mol/L的稀H2SO4预先润洗容量瓶，导致溶质偏多，浓度偏高，故A正确；B用蒸馏水洗涤量取完浓H2SO4的量筒，洗涤液转入容量瓶，导致溶质偏多，浓度偏高，故B正确；C转移溶液时，有少量液体溅出，导致溶质偏小，浓度偏低，故C错误；D定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致溶液浓度偏低，故D错误，答案为A、B。考点：考查溶液的配制，涉及计算、仪器选择及误差分析。19三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校化学实验小组通过实验探究某红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于
21、稀硫酸生成Cu和CuSO4。设计探究实验：取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中滴加KSCN试剂。（1）若只有Fe2O3，则实验现象是_。（2）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则此过程中的离子反应为：_。（3）经实验分析，确定红色粉末为Cu2O和Fe2O3的混合物。实验小组欲测定Cu2O的质量分数。已知Cu2O在空气中加热生成CuO。测定流程：实验中操作A的名称为_。灼烧过程中，所需仪器有：酒精灯、玻璃棒、_等（夹持仪器除外）。（4）写出混合物中Cu2O的质量分数的表达式_。实验小组欲利用红色粉末制取较纯净的胆矾（CuSO45H2O）。经查阅资料得知，在溶液中通
22、过调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH如下：实验室有下列试剂可供选择：A氯水 BH2O2 CNaOH DCu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案制取胆矾：（5）用试剂编号表示：试剂l为_，试剂2为_。（6）为什么先“氧化”后“调节pH”？pH控制范围为多少？ _【答案】（本题共12分）（1）固体完全溶解，溶液呈血红色（1分）（2）Fe2O3 +6H+2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+Cu+Cu2+ H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（3分）（3）恒重操作、坩埚（2分） （4）或%（2分）（5）试剂1为B，试剂2为D。（2分）（6）由于亚铁离子和铜离子
23、开始沉淀、沉淀完全的pH值很接近，难以分离，把亚铁离子氧化为铁离子，pH控制范围：3.7pH6将铁离子转化为沉淀而被除去。（2分）【解析】试题分析：（1）若红色粉末是Fe2O3，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁，没有红色不溶物，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，因此实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色。（2）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，这说明反应中没有铁离子生成，而是生成亚铁离子，因此固体粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，有关反应的离子方程式是Fe2O3 +6H+2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+C
24、u+Cu2+ H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+。（3）为使固体完全反应，需要进行恒重操作，即操作A是恒重操作。固体灼烧需要在坩埚中完成，因此还需要的仪器是坩埚。（4）根据方程式2Cu2OO2=4CuO可知，固体增加的质量就是参加反应的氧气德文质量，则Cu2O2CuO 质量增重m144g16gm(Cu2O)（ba）g解得m(Cu2O)9（b-a）g故混合物中Cu2O的质量分数为100%（5）红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物，由工艺流程可知，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，所得的溶液含有Fe2+，加入试剂1目的是Fe2+将为Fe3+，氯气会引入氯离子，故
25、试剂1应选择绿色氧化剂双氧水，即答案选B；加入试剂2目的是调节溶液的pH值使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤得到硫酸铜溶液，氢氧化钠会引入钠离子，故试剂2应选择Cu2(OH)2CO3，得到的沉淀x为Fe Fe(OH)3。（6）根据表中数据可知，由于亚铁离子和铜离子开始沉淀、沉淀完全的pH值很接近，难以分离，所以必须把亚铁离子氧化为铁离子，pH控制范围：3.7pH6将铁离子转化为沉淀而被除去。考点：考查氧化亚铜、氧化铁的性质；物质的分离易提纯；离子检验；实验方案设计与评价以及物质含量的计算等20(14分)某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4
26、。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31)、Fe(13)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3)。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是 。（2）“酸浸”时所加入的酸是 (填化学式)。（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为 。（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是 。（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeS047H20)，其原因可能是 。(写出一点即可)。（6）NiSO47H2O可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中
27、总反应的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为 。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。（2）H2SO4。（3）H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O：。（4）3.27.1。（5）H2O2的用量不足（或H2O2失效或保温时间不足）导致Fe2+末被氧化完全。（6）NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+ OH-【解析】试题分析：（1）已知含镍废催化剂主要含有Ni、Al、Fe的单质及氧化物，碱浸时离子反应为2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2、Al2O3+
28、2OH-=2AlO2-+H2O。（2）工艺目的是制备NiSO4所以应加H2SO4。（3）加双氧水目的是氧化Fe2+，化学反应为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O：。 （4）操作b调节溶液的pH的目的使Fe3+生成Fe（OH）3沉淀而除去但不使Ni2+生成沉淀。由表中数据可知pH的调控范围为3.27.1。（5）产品中混有少量绿矾(FeS047H20)，说明部分Fe2+末被完全氧化可能原因为H2O2的用量不足（或H2O2失效或保温时间不足）导致Fe2+末被氧化完全。（6）由充电过程中总反应化学方程式Ni(OH)2+M=NiOOH+MH可知放电时正极NiOOH转变为Ni(OH)2，电极反应
29、为NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+ OH-考点：了解常见Fe、Al及其重要化合物的主要性质及其应用。了解盐的水解。了解盐类水解的原理，了解常见化学电源的种类及其工作原理。21(10分)(1)12.4 g Na2X含有0.4 mol Na，Na2X的摩尔质量为_，其相对分子质量为_，X的相对原子质量为_，该物质的化学式为_。(2)相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍。则X的相对原子质量为_。（用含m的代数式表示）(3)a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可表示为_。(4)20 g A物质和14 g B物质完全反应，生成8.8 g C物质、3.6
30、g D物质和0.2 mol E物质，则E物质的摩尔质量为_。(5)483 g Na2SO410H2O中所含的Na+的物质的量是 mol，SO42的物质的量是mol，所含O原子的数目是 个。【答案】（10分，每空1分）(1)62g/mol 62 16 Na2O (2)34-m (3)NA(4)108g/mol (5)3 1.5 21NA【解析】考查物质的量的有关计算。（1）12.4 g Na2X含有0.4 mol Na，则化合物的物质的量是0.2mol，所以该化合物的摩尔质量是12.4g0.2mol62g/mol；其相对分子质量是62，X的相对分子质量是62232=16，所以X是O，则该化合物是
31、Na2O。（2）相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍，则，解得M34，所以X原子的相对原子质量是34m。（3）根据Mm/n和可知，X的相对原子质量可表示为NA。（4）根据质量守恒定律可知，E物质的质量是20g14g8.8g3.6g21.6g，所以E的摩尔质量是21.6g0.2mol108g/mol。（5）483 g Na2SO410H2O的物质的量是483g322g/mol1.5mol，则钠离子的物质的量是3.0mol，SO42的物质的量是1.5mol。氧原子的物质的量是141.5mol21mol，原子数个数是21NA。22X、Y、Z三种气体都能造成大气污染在工业上
32、都可以用碱液吸收。已知X是化石燃科燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要原因；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应。回答下列问题：（1）写出X的化学式_；（2）Z气体颜色为_；（3）其实X也有漂白性，但是将X和Y的溶液混合都将失去漂白性，用化学方程式表示均失去漂白性的原因_。【答案】（1）SO2（2）红棕色（3）SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；【解析】试题分析：X、Y、Z三种气体都能造成大气污染，X是化石燃科燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要原因，则X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性，则Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的
33、有害物质之一，能与水反应，则Z是NO2。(1) X的化学式是SO2；(2) Z是NO2 ，该气体是红棕色的气体；(3) X也有漂白性，但是将X和Y的溶液混合都将失去漂白性，原因是二者会发生氧化还原反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，反应产生盐酸和硫酸都没有漂白性。考点：考查产生大气污染的气体的成分的确定及物质的性质、反应方程式的书写的知识。23下图表示有关的一种反应物或生成物（无关物质已略去），其中A、C为无色气体，请填写下列空白。（1）填写化学式：W可能是 （任写一种），F是 。（2）反应中若消耗Na2O2 7.8g，则转移的电子数为 。（3）反应的离子方程式为：（4）A与
34、CuO在加热条件下能反应生成无毒无污染的气体，该反应的化学方程式： 。【答案】（1）(NH4)2CO3 或NH4HCO3 NO2（2）0.1NA（3）3Cu2NO38H=3Cu22NO4H2O（4）2NH33CuO3CuN23H2O【解析】试题分析：W能与氢氧化钠和盐酸都反应，生成气体，所以W为铵盐和碳酸盐，W为(NH4)2CO3 或NH4HCO3；A为氨气、B为水、C为二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气(D)，氨气催化氧化为NO(E)；NO和氧气反应生成NO2(F)；NO2(F)与水(B)反应生成HNO3，Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮、Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，据此回答：（1）根据上述分析，W可能是(NH4)2CO3 或NH4HCO3，F是 NO2 。（2）根据上述分析， 反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，根据化学反应2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2转移2e，7.8gNa2O2的物质的量为7.8g78g/mol=0.1mol，则消耗Na2O2 7.8 g，转移的电子数为0.1 NA；（3）反应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu2NO38H=3Cu22NO4H2O；（4）氨气与CuO在加热条件下能反应生成N2和Cu，反应的化学方程式为2NH33CuO3CuN23H2O。考点：本题考查物质推断。