1、河南省平顶山煤矿第一中学20162017学年度高三化学9月月考试题（解析版）1下列离子方程式正确的是A用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2CO32SO2H2O2HCO3HSO3B硅酸钠溶液中通人足量二氧化碳：SiO32+2CO2+3H2O=H4SiO4+2HCO3C向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：2H+SO+Ba2+2=2H2O+BaSO4D. 小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO3 + Ca2+ + 2 = CaCO3+2H2O + CO32【解答】答案B2请认真分析下图，然后回答问题： 图中所示反应是_（填“吸热”或“放热”）反应，该反应的H_（用含E1、E2的代数
2、式表示）。已知热化学方程式：H2(g)1/2O2(g)H2O(g)；H241.8 kJ/mol。该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为_。对于同一反应，图中虚线（）与实线（）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率明显加快，你认为最可能的原因是_ 【解答】答案放热 (E1E2)kJ/mol 409 kJ/mol 使用了催化剂解析：由图可知，生成物的能量小于反应物的能量，该反应为放热反应，反应的H(E1E2)kJ/mol；已知热化学方程式：H2(g)1/2O2(g)H2O(g)；H241.8 kJ/mol。该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化
3、能为241.8 kJ/mol+167.2kJ/mol=409 kJ/mol；使用了催化剂，可使活化能大大降低，活化分子百分数增多，反应速率加快。考点：考查化学反应能量图像。3有关下列四个装置的描述正确的是A装置工作时溶液中OH向阳极移动，因此阳极附近溶液先变红色B装置中Zn作正极，Cu作负极C根据装置可实现对铁制品表面镀铜D根据装置可实现对铁闸门保护【解答】答案C：A项，图甲是电解饱和食盐水的装置，在阳极溶液中Cl-放电生成C12，而在阴极水电离出的H+放电生成H2后剩余OH-，所以阴极附近溶液先变红色；B项，图乙是带有盐桥的原电池装置，Zn做负极，Cu做正极；C项，图丙是用电解池装置进行电镀
4、，要实现对铁制品表面镀铜，铜做阳极，铁做阴极，含有Cu2+的盐作为电解质；D项，图丁是牺牲阳极的阴极保护法，铁闸门只能连接比Fe活泼的金属，比如Zn。考点：考查原电池、电解池原理，考查考生读图能力和知识运用能力。4化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是A每生成2个分子AB吸收（ab） kJ热量B该反应热H=+（ab）kJmol1C该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D断裂1mol AA和1mol BB键，放出a kJ能量【解答】答案B：A、热化学方程式的系数表示物质的物质的量，不表示分子个数，故错误；B、反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应属于
5、吸热反应，H=(ab)kJmol1，故正确；C、反应物的总能量小于生成物的总能量，故错误；D、断键需要吸收热量，故错误。考点：考查能量和反应热的关系等知识。5短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是:A元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应B离子半径的大小顺序为WQZXYC元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应【解答】答案B：X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，可知X为N元素，Y为O元素，即NH3极易溶于
6、水中；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不 溶于其浓溶液。可知Z为Al元素，W为S元素，则Q为Cl元素；A、元素X的气态氢化物NH3与Q的单质Cl2可发生置换反应，A正确；B、离子半径的大小顺序为WQ XYZ，B错误；C、元素X与Y可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等5种以上的氧化物，C正确；D、元素Z、W、Q的单质在一定条件下均能和强碱溶液反应，D正确；答案选B。考点：元素化合物知识6用下图所示装置进行如下实验时，实验设计合理、现象描述正确的是X气体Y溶液Z溶液试管中现象ANO2硫酸亚铁H2O溶液颜色变黄BCO2氯化钡溶液Ca(OH)2白色沉淀
7、CCl2紫色石蕊试液NaOH石蕊先变红后褪色DHCHO新制氢氧化铜KMnO4砖红色沉淀【解答】答案C：A. NO2溶于水形成HNO3和NO,硝酸有氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，溶液变为黄色，但是NO不能溶于水，也不能与水发生反应，所以不能用水作吸水剂产生NO，错误；B.CO2与氯化钡溶液不能发生反应，因此试管中无现象发生，错误；C. Cl2溶于水，发生反应：Cl2H2OHClHClO，产生的酸电离产生H+，使溶液显酸性，石蕊变红，产生的HClO有强的氧化性，会把红色物质氧化变为无色，因此后来溶液褪色，正确；D.HCHO有还原性，与新制氢氧化铜在加热煮沸时产生砖红色沉淀，图示中没有加热，因
8、此不能拆写砖红色沉淀的现象，错误。考点：考查化学实验方案的设计的正误判断的知识。7在同温同压下20mL气体A2与40mL气体B2恰好完全反应生成40mL气体X，则气体X的化式为 AAB2 B.AB C.A3B D.A2B3【解答】答案A，同温同压，气体的体积之比等于物质的量之比，即物质的量比A2：B2：X=1：2：2；再根据化学反应过程中遵循质量守恒定律可得，X的化学式为AB28可逆反应mA(s) nB(g)eC(g)fD(g)反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数(C)在不同温度(T)和不同压强(p)的条件下随时间(t)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A达到平衡后，若使用催化剂，C的
9、体积分数将增大B达到平衡后，增加A的质量，化学平衡向不移动 C化学方程式中，nefD达到平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动【解答】答案BD：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：考查化学平衡图象问题。9钠与水反应的现象与钠的下列性质无关的是（ ）A.钠的熔点低 B.钠的密度小 C.钠的
10、硬度小 D.钠有强的还原性【解答】答案C：钠的密度小，浮在水面上。钠的熔点低，钠可以熔化成小球。钠的金属性很强，和水反应剧烈，钠四处游动，所以和钠的硬度无关，答案选C。考点：考查钠和水的反应的实验现象以及相应的解释点评：钠和水反应是金属钠最重要的化学性质，需要熟练掌握。不但记住实验现象，还要会解释产生现象的原因。该题属于基础性试题，难度不大。10试判断112号元素应位于周期表中的( )A第七周期A族 B第七周期A族C第七周期B族 D第六周期A族【解答】答案C：该元素的原子序数为112，第七周期、A族元素的原子序数为117，依此类推该元素在周期表中的位置为第七周期，第B族，故选C。考点：考查了元
11、素周期表的结构的相关知识。11两份铝屑，第一份与足量稀盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1:2，则第一份与第二份铝屑的质量比为（ ）A1:1 B2:1 C1:3 D1:2【解答】答案D：Al与盐酸反应的方程式是：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 ；根据方程式可知：n(Al):n(H2) =2:3；Al与NaOH溶液反应的方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据方程式可知：n(Al):n(H2) =2:3；现在两份溶液反应产生的氢气的体积比是1:2，根据n=V/Vm可知气体的体积比等于气体的物质的量的比，因此二者反应消耗的Al的物质的量的
12、比是1:2，同一物质的摩尔质量相同，所以根据n=m/M可知：物质的量的比等于质量比。故第一份与第二份铝屑的质量比为1:2，选项D正确。考点：考查Al与酸、碱发生反应的有关计算的知识。12X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层电子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9。单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应。下列说法不正确的是A原子半径：YZWB非金属性最强的元素为WCY的最高价氧化物对应的水化物为弱碱DXW2分子中各原子最外层电子均达到8电子结构【解答】答案D：由于X原子的最外层电子数与次外层电子数相等，则X必
13、为4号元素Be；则另一金属必在第3周期；由于X与W的最外层电子数之和为9，则W为第A的元素一定为氯(X、Y、Z、W原子序数依次增大)；由于Y、Z中有一种元素为金属，且两个原子的最外层电子数之和为9，则它们应为第A和第A元素，结合单质Y与NaOH浓溶液作用知Y为铝元素，易推知Z为硫元素，据此解答。A根据上述推断，Y、Z、W分别为Al、S、Cl，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径YZW ，A项正确；B非金属性：SCl，所以非金属性最强的元素是W，B项正确；C根据上述分析，Y为Al元素，Al(OH)3是两性氢氧化物，即Al(OH)3 为弱碱，C项正确；DXW2为BeCl2 ，BeCl2
14、中Be原子的最外层只有4个电子，D项错误；答案选D。考点：考查元素的推断，原子结构与元素周期律的应用等知识。13硫元素有多种化合价，可形成多种化合物。（1）常温下用1 molL1 100 mL NaOH溶液恰好完全吸收0.1 mol SO2气体，此反应的离子方程式为 ；该溶液pH_7(填“=”“”或“”)。（2）某同学在常温下设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。实验可说明_(填字母)A该Na2S2O3溶液中水电离的c(OH)=108mol/L BH2S2O3是一种弱酸CNa2S2O3是一种弱电解质DNa2S2O3水解方程式为S2O32+2H2O=H2S2O3+2OH写出实验发生反应的
15、离子方程式 。（3）实验室制得的Na2S2O3粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O(摩尔质量为248g/mol)的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.28 g的粗样品溶于水，用0.40mol/L KMnO4溶液(加入适量硫酸酸化)滴定，当溶液中S2O32全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00 mL。(已知：5S2O32+8MnO4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O)。试回答：KMnO4溶液置于(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定终点的现象为 。若滴定时振荡不充分，刚看到溶液
16、局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测量结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。产品中Na2S2O35H2O的质量分数为 。【解答】答案（1）SO2+OH-=HSO3- (2分) (2分)（2）B (2分) S2O32- +5H2O +4Cl2 + 2Ba2+ =2BaSO4+8Cl- +10H+ (2分)（3）酸式（2分） 当最后一滴液体滴入时，溶液恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色（2分）偏低（2分） 96.9%解析： （1） 1 molL1 100 mL NaOH为0.1mol，所以n(NaOH)： n(SO2)=1：1，所以恰好生成酸式盐：离子方程式
17、为：SO2+OH-=HSO3- 。生成的HSO3- 电离大于水解，所以溶液显酸性，pH7。（2）实验1测得Na2S2O3 溶液显碱性，pH=8，所以水解促进电离，水电离得c(H+)=c(OH)=106mol/L,A错误；Na2S2O3 溶液水解呈碱性，能说明H2S2O3是一种弱酸，B正确；Na2S2O3是盐类，是强电解质，C错误；H2S2O3是二元弱酸，所以Na2S2O3水解分两步，D错误；故选B。实验中有白色沉淀生成，说明生成了BaSO4,所以发生了氧化还原反应，S2O32 被氧化为了SO42 ,所以发生的反应方程式为：S2O32- +5H2O +4Cl2 + 2Ba2+ =2BaSO4+8
18、Cl- +10H+ 。（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定Na2S2O3 溶液，所以滴定终点的现象为“当最后一滴液体滴入时，溶液恰好由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色”；滴定过程中震荡不充分，则会使滴定终点过早到达，使用的标准液的体积会偏小，所以根据公式C测=C标V标/V测 可知，若V标偏小，则所测样品的质量分数会偏小。据反应方程式：5S2O32+8MnO4+14H+=8Mn2+10SO42+7H2O，可知5n(S2O32)=8n(MnO4)，所以n(Na2S2O35H2O)= n(S2O32)=0.625 n(MnO4-)=0.6250.40mol/L20.00 mL10-3 =0.005mol,
19、所以Na2S2O35H2O的质量分数=0.005mol248g/mol1.28 g100%=96.9%.考点：本题考查的是离子方程式的书写、盐类水解、氧化还原反应的配平、氧化还原滴定、误差分析、计算等知识。14（16分）平衡指的是两个相反方向的变化最后所处的运动状态；中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡、酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡等。（1）现有容积为1 L的恒温恒容密闭容器，向其中加入2 mol A气体和2 mol B气体后发生如下反应：A(g)B(g) C(g) H=a kJmol-1，20s后，反应达到平衡状态，生成1 mol C气体，放出热量Q1kJ。回答下列问题。20s内B
20、气体的平均化学反应速率为_。下列各项中能说明该反应已经达到平衡状态的有 。 A容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化 B消耗1molA的同时消耗1molB C容器中气体的密度不随时间而变化 DC的体积分数不随时间而变化 保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入2molC气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2kJ，则Q1 与Q2的相互关系正确的是_（填字母）。（A）Q1 + Q2 = 2a （B） Q1 + 2Q2 2a（D）Q1 + Q2 2a ，答案选AC。 A(g)B(g) C(g)起始量（mol） 2b 2 0转化量（mol） 1.2 1.2 1.2平衡量（mol）0.8b 0.8
21、1.2温度不变平衡常数不变，则解得b0.7（2）根据水解方程式H2PO3H2OH3PO3OH可知水解反应的平衡常数Kh1.251012molL1。亚磷酸钠具有强还原性，可使碘水褪色。若向NaH2PO3溶液中加入少量I2，则亚磷酸根被碘氧化为磷酸，同时还有碘化氢生成，即氢离子浓度增大。由于溶液中，温度不变水解常数不变，氢氧根离子浓度碱性，所以将变大。（3）根据图像可知生成PbS时需要的硫离子浓度最小，这说明PbS的溶度积常数最小，所以向三种沉淀中滴加盐酸,最先溶解的是FeS。根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知，向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液,振荡后,ZnS沉淀
22、会转化为PbS沉淀。考点：考查平衡状态判断以及有关计算、水解平衡和溶解平衡应用等15（12分）某课外小组设计了下图所示的实验装置（图中固定装置已略去），进行SO2性质的研究。（1）从物质分类的角度，SO2属于 （填“酸性”或“碱性”）氧化物。写出硫酸型酸雨形成的反应方程式： ， 。图中D装置可用来验证SO2具有该性质，其中所加入的试剂是 。当向该装置通入SO2时，A中紫色石蕊溶液变红，用化学用语解释其原因是 。（2）从元素化合价的角度分析，SO2的性质。当向该装置通入SO2一段时间后，可观察C中溶液褪色，MnO4-转化为Mn2+,说明SO2具有 性，反应的离子方程式为 。如验证SO2还具有另一
23、方面的性质，可选择的药品是 。A过氧化氢 B浓硫酸 C氯水 D硫化钠溶液【解答】答案（1）酸性 （2分） SO2+H2O=H2SO3 2H2SO3+O2=2H2SO4 (2分)滴加酚酞的NaOH稀溶液 （2分） H2O + SO2H2SO3 （2分）（2）还原 （2分） 5SO2 + 2MnO4 -+ 2H2O = 5SO4 2-+ 2Mn2+ + 4H + （2分） D （2分）解析：（1）二氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸不稳定易被氧化生成硫酸，从而形成酸雨，化学方程式可表示为SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4；能和碱反应
24、生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，因此要验证二氧化硫属于酸性氧化物，必须和碱反应，例如二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水。但亚硫酸钠溶液和氢氧化钠溶液都是无色溶液，不能观察到明显的实验现象，所以可向溶液中加入酚酞试液检验亚硫酸钠的生成，即D中盛放的液体是滴加酚酞的氢氧化钠稀溶液；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，反应方程式为H2O+SO2H2SO3。亚硫酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色；（2）二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，处于中间价态，既有氧化性也有还原性。酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，反应的化学方程式为5SO2+2KMnO4+2H2OK2SO
25、4+2MnSO4+2H2SO4；要证明二氧化硫的氧化性，则必须和还原性物质发生氧化还原反应。A、过氧化氢具有氧化性，能氧化二氧化硫，错误；B、浓硫酸具有强氧化性，且和二氧化硫不反应，错误；C、氯水具有强氧化性，能氧化二氧化硫，错误；D、硫化钠具有还原性，能被二氧化硫氧化生成单质S，因此可以验证SO2的氧化性，正确，答案选选D。考点：考查SO2分类、酸雨的形成以及SO2性质实验设计与探究16(本题16分)一学习小组利用下图所示装置，对某含少量Fe的废铜屑进行铜含量的测定，并探究利用其制备硫酸铜溶液。（1）向A中加入10g废铜屑样品，关闭弹簧夹，打开B活塞向A注入足量稀硫酸后关闭。此时装置C中产生
26、的现象是 。 反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体，则该废铜屑中铜的质量百分含量为 。（2）接下来使Cu完全溶解的操作是： 拆除C、D装置后，打开弹簧夹_（3）为使A中固体加快溶解速率，以下方法运用合理的是 。a对A装置加热 b向A内加入少量Fe2O3 c向A内加入少量CuO d增大空气通入量 e向A内加入少量FeSO4 f向A内加入少量H2O（4）将A中溶液倒入烧杯内，加入Cu2(OH)2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁元素被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液。此过程的离子反应方程式是 。检验溶液中铁元素是否被完全沉淀最好的方法是_a取样于
27、试管滴加KSCN溶液； b取样于试管滴加酸性KMnO4溶液c取样于试管纸上层析后 喷KSCN溶液；（5）有同学认为，可以不用测量气体法计算废铜屑中铜的质量百分含量，其具体操作步骤可续写为： 。【解答】答案（1）水面下降，水顺长导管排入D中 （2分） 88.8% （2分）（2）持续将空气通入A中，至A中固体全部消失，（2分）再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气。（2分）（3）a b d e （2分）（4）Cu2(OH)2CO3 + H+ + Fe3+ = 2Cu2+ + Fe(OH)3 + CO2（2分） c （2分）（5）将（4）中所得红褐色沉淀洗涤、干燥、称量、计算（2分）解析
28、：（1）A中的废铜屑含有铁加入稀硫酸反应生成氢气，装置C是排水量气装置，现象是C中液面下降，水被排到D中；10g废铜屑样品，反应进行到A中不再产生气泡时，若C中收集到448mL（已换算成标准状况）气体为氢气物质的量为0.02mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，铁物质的量为0.02mol，质量为0.02mol56g/mol=1.12g，该废铜屑中铜的质量百分含量=(10g1.12g)/10g100%=88.8%；（2）拆除C、D装置后，打开弹簧夹，持续将空气通入A中，铁和硫酸反应生成的亚硫酸亚铁会被空气中的氧气氧化为硫酸铁，铁离子具有氧化性能氧化溶解铜，至A中固体全部；消失反应的离子方程
29、式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，再继续通入一段时间空气后，关闭弹簧夹，停止通入空气.（3）为使A中固体加快溶解速率: a对A装置加热，会加快反应速率，故a正确； b向A内加入少量Fe2O3，溶解后自动铁离子浓度会提高溶解铜的反应速率，故b正确； c向A内加入少量CuO，和硫酸反应不能加快溶解速率，故c错误； d增大空气通入量，自动氧气浓度可以提高反应速率，故d正确； e向A内加入少量FeSO4，增大了亚铁离子浓度能加快反应速率，故e正确； f向A内加入少量H2O，稀释溶液浓度，反应速率减小，故f错误；故选abde；（4）将A中溶液倒入烧杯内
30、，加入Cu2（OH）2CO3将其调节至pH=4时，溶液中铁被完全沉淀，过滤后即得红褐色沉淀与硫酸铜溶液，此过程离子反应方程式是:Cu2（OH）2CO3+H+Fe3+=2Cu2+Fe（OH）3+CO2因为前面铁元素都是Fe3+ ，所以要检验是否被完全沉淀，可以加入KSCN溶液进行检验，若，没有红色现象则说明铁元素被沉淀完全。（5）不用测量气体法，可以依据沉淀方法，测定沉淀氢氧化铁质量，计算铁元素质量，得到铜的质量，计算废铜屑中铜的质量百分含量，沉淀实验方法为：得到的氢氧化铁沉淀洗涤、干燥、称量、计算.考点：本题考查的是物质性质的探究实验方法和实验设计。17石膏是一种节能建筑材料。某石膏样品是由二
31、水石膏（CaSO42H2O）、半水石膏（CaSO4H2O）、无水石膏（CaSO4）三种成分组成，各组分含量可用下列方法测定。称取8.70 g该石膏试样，在400干燥失去全部结晶水，质量变为8.16 g。再称取8.70 g的该石膏试样，加入80%的酒精溶液，使CaSO4完全水化成CaSO4H2O，此时，其它两组分与酒精溶液不起作用；将试样取出干燥后称量，试样质量变为8.97 g。在中所得8.97 g试样中加入蒸馏水，使全部的CaSO4H2O都水化成CaSO42H2O，取出干燥后再次称量，质量变为10.32 g。（1）试样中结晶水的质量分数为_（用小数表示）。（2）试样中无水石膏（CaSO4）的物
32、质的量为_ mol。（3）试样中三种石膏的物质的量之比为：n(CaSO42H2O)n(CaSO4H2O)n(CaSO4)= _。【解答】答案（1）0.062 （2）0.03 （3）1：2：318有A、B、C、D、E 5种化合物，其中A、B、C、D是铝元素的化合物，F是一种气体，在标准状况下对空气的相对密度是1.103，且有下列反应：A+NaOHD+H2OBA+H2OC+NaOH （适量）B+NaClE+H2ONaOH+FC+D+H2OB（1）A、B、C、D、E化学式分别是：A 、B 、C 、D 、E （2）写出的离子方程式： 【解答】答案（1）Al2O3；Al（OH）3；AlCl3；NaAlO
33、2；Na2O2；（2）2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2解析：（1）F是一种气体，标准状况下相对于空气的密度为1.103，则相对分子质量为1.10329=32，F应为O2，则E为Na2O2，A、B、C、D是含铝元素的化合物，由反应可知A为Al2O3，B为Al（OH）3，则C为AlCl3，D为NaAlO2，（2）反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，19A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃性气体而C、D还生成一种无色、无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另
34、一种无色、无味气体请回答下列问题：（1）写出下列反应的离子方程式：D+盐酸 D+A （2）写出F和H反应的化学方程式 【解答】答案（1）HCO3+H+=CO2+H2O；2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；HCO3+OH=CO32+H2O；（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2解析：因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，B与盐酸反应还生成一种可燃性气体，可知B为Na，E为NaCl，可燃气体是氢气；C、D还生成一种无色、无味气体H，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为CO2，C、D为碳酸钠或碳酸氢钠；F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为Na2
35、O2，D和A可反应生成C，C为Na2CO3，则D为NaHCO3，A为NaOH，综上所述可知，A为NaOH，B为Na，C为Na2CO3，D为NaHCO3，E为NaCl，F为Na2O2，（1）D为NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O；B为Na，与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，碳酸氢钠可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子反应为HCO3+OH=CO32+H2O，（2）F为Na2O2，可与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的离子反应、钠的化合物的转
36、化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意焰色反应为元素的性质，题目难度不大20现有常见金属A、B，它们之间存在如下的转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出），其中G、H为白色沉淀。请回答下列问题：（1）写出金属A和物质D的名称或化学式： 、 。（2）写出E转化为G的离子方程式 ；（3）写出H放在空气中的现象： 。（4）写出H放在空气中的化学方程式： 。【解答】答案（1）Al NaAlO2(2)Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+（3）白色沉淀迅速变为灰绿色再转化为红褐色（4）4Fe（OH）2+O2+2H2O= Fe（OH）3解析：金属A能与既能与盐酸反应生成气
37、体C，又钠能与氢氧化钠反应生成气体C，则A为铝，C为氢气，E为氯化铝，D为偏铝酸钠，G为氢氧化铝，金属A与黑色晶体M在高温下反应得到金属B，则M为氧化铁，B为铁，铁与盐酸反应得到F，F能与氢氧化钠反应，可推知F为绿化亚铁，H为请氧化亚铁。（1）由上述分析，可以知道A为Al，D为NaAlO2。(2) H转化为G是铝离子与氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子方程式为： Al3+ + 3NH3H2O = Al(OH)3 +3NH4+。(3) 请氧化亚铁在空气中北氧化生成氢氧化铁，颜色变化为白色沉淀迅速变为灰绿色再转化为红褐色。（4）氢氧化铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O= Fe（OH）3考点：无机推断 【名师点睛】本题考查无机物推断，A能与酸或碱反应与黑色晶体反应得到金属F，则说明A为金属铝。是解题的突破口，再结合转化关系推断。
