1、河南省新乡市第三中学分校2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1利用某些有机物之间的相互转换可以贮存太阳能，如原降冰片二烯（NBD）经过太阳光照转化成为四环烷（Q）的反应为 ； 以下叙述不正确的是（ ）ANBD的化学能比Q的化学能低BNBD和Q互为同分异构体 CNBD能发生加成反应而Q不能DNBD不能使酸性KMnO4溶液褪色而Q能【答案】D【解析】2若20g密度为dg/cm3的硝酸钙溶液里含1gCa2+，则NO3-的物质的量浓度是Ad/400 mol/L B20/d mol/LC2.5d mol/L D1.25d mol/L【答案】C【解析】试题分析：1g Ca2+的物质的量
2、为=0.025mol，溶液中n（NO3-）=2n（ Ca2+）=0.025mol2=0.05mol，溶液体积为=L，NO3-的物质的量浓度为=2.5d mol/L，故选C。考点：考查了物质的量浓度计算的相关知识。3向溶液X中持续通入气体Y，会产生“浑浊澄清”现象的是（ ）AX：氯化铝溶液，Y：氨气BX：硅酸钠溶液，Y：二氧化硫CX：氢氧化钡溶液，Y：一氧化碳DX：四羟基合铝酸钠溶液，Y：二氧化氮【答案】D【解析】试题分析：A、氯化铝溶液中通入氨气生成的氢氧化铝沉淀不能在弱碱氨水中溶解，A项错误；B、硅酸钠溶液中通入二氧化硫，生成硅酸沉淀，B项错误；C、氢氧化钡与CO不反应，C项错误；D、四羟基
3、合铝酸钠溶液中通二氧化氮，先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，D项正确；答案选D。考点：考查实验现象4下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是（ ）ACuOCu BFeFeCl2 CH2SO4SO2 DHNO3NO2【答案】B【解析】需要加入适当的氧化剂才能实现，说明给予的物质作还原剂，在化学反应中失电子化合价升高，ACuOCu中Cu元素化合价由+2价变为0价，则需要还原剂才能实现，如氢气、CO等，故A错误；BFeFeCl2中Fe元素化合价由0价变为+2价，所以需要氧化剂才能实现，如稀盐酸，故B正确；CH2SO4SO2中S元素化合价由+6价变为+4价，所以需要加入还原剂才能实现，如Cu、C等，故C
4、错误；D该反应中N元素化合价由+5价变为+4价，实际上硝酸分解也能生成二氧化氮，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，熟练掌握常见元素化合价结合概念解答即可，题目难度不大5下列判断合理的是（ ）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属。A只有 B只有 C只有
5、D只有【答案】B【解析】试题分析：硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，错误；蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质。正确；根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；根据分散系中分散质微粒半径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，正确；不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，错误，答案选B。考点：考查物质分类6已知A2On2-可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2On2-被还原，产物为A3+；且知100 mL c(A2On2-)= 0.3
6、 mol/L的溶液与150 mL c(B2-) = 0. 6 mol/L的溶液恰好完全反应，则n值为:A4 B5 C6 D7【答案】D【解析】试题分析：A2On2中A元素的化合价是（n1），根据电子的得失守恒可知，0.15L0.6mol/L20.1L0.3mol/L（n13）2，解得n7，选D。考点：考查氧化还原反应中化合价的有关计算。7反应：达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强P1P2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数。据此可判断( )。A上述反应是放热反应 B上述反应是吸热反应Cab Da+1P2随压强增大G的体积增加，说明增大压强平衡逆向移动，则逆向是气体
7、体积减小的方向，ab，答案选B。考点：考查勒夏特列原理与化学平衡图像相结合的应用能力8欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（ ）ANH4、NO3、Al3、Cl BNa、CH3COO、K、NO3CMnO4、K、SO42、Na DCa2+、Mg2+、HCO3、CO32-【答案】A【解析】试题分析：A在酸性溶液中NH4、NO3、Al3、Cl之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，A正确；B在酸性溶液中CH3COO不能大量共存，B错误；CMnO4在溶液中显紫红色，不是无色的，C错误； D在酸性溶液中HCO3、CO32-均不能大量共存，D错误，答案选A。考点：考查离子共存正误判断9下列有
8、关NaCl溶液与AgNO3溶液反应的离子方程式中，书写正确的是A、Ag+ + Cl=AgClB、AgNO3 + Cl= AgCl + NO3C、NaCl + Ag+ = AgCl + Na+D、Ag+ NO3+ Na+ + Cl=AgCl + NaNO3【答案】A【解析】试题分析：易溶易电离的物质拆写成离子，弱电解质、氧化物、难溶物（微溶物）、气体不能拆写成离子，NaClAgNO3=NaNO3AgCl，NaCl、AgNO3、NaNO3可溶性盐，完全电离，氯化银不能拆写，故A选项正确。考点：考查离子反应方程式的书写。10amol FeO与bmol Cu2S投入到Cmol/L的硝酸中恰好完全反应，
9、生成NO共消耗硝酸VL，所得澄清溶液成分可看作为Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸不可能为（ ） A(189a+252b)g B C(3a+2b)63g D(3a+4b)mol【答案】C【解析】略11一定温度，甲乙两氨水浓度分别为1mol/L和01mol/L，则甲、乙两氨水中c（OH）之比为 （ ） A 大于10 B 小于10 C 等于10 D 无法确定【答案】B【解析】试题分析：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度
10、越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中OH-之比小于10，选：B。考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。120.2mol NaOH和01mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）【答案】C【解析】试题分析：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通
11、入CO2，发生：2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，则 2x+y=0.4 x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，可依次发生：2OH-+CO2=CO32-+H2O，Ca2+CO32-=CaCO3，离子浓度迅速减小，OH-+CO2=HCO3-，所以图象C符合，答案选C。考点：离子方程式13已知2 mol H2(g)燃烧生成液态水放出的热量为5716 lkJ，而2 molH2 (g)完全燃烧生成气态
12、水放的热量为483 6 kJ。下列说法正确的是A l molH2O (I)变成lmolH2O (g)，向外界释放能量B1 molH2O (g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收241 8 kJ能量C2 mol H2(g)和l mol O2(g)的总能量小于2 molH2O（1）的能量D断裂2 molH2O (g)中所有的O-H键，吸收483 6 kJ能量【答案】B【解析】试题分析：A、液态水变成气态水需要吸收能量，错误；B、互为可逆的2个反应的热效应是相反的。2 molH2 (g)完全燃烧生成气态水放的热量为483 6 kJ，所以1 molH2O (g)分解成H2(g)和O2(g)，吸收241
13、8 kJ能量，正确；C、2 mol H2(g)燃烧生成液态水放出的热量为5716 lkJ，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，错误；D、483 6 kJ是2 molH2 (g)完全燃烧生成气态水的热效应，不是化学键的键能，错误，答案选B。考点：考查化学反应的热效应的判断，化学键的键能与反应热的关系14向混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是Aa点对应的溶液中：Bb点对应的溶液中：Cc点对应的溶液中：Dd点对应的溶液中：【答案】C【解析】试题分析：向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b
14、点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性， A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，A错误； B、b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，B错误； C、c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确； D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误；答案选C。考点：离子共存15下图是一套检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞K，则品红试液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞
15、 K，则品红试液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y可能是ABCDXH2SSO2CO2Cl2Y浓硫酸NaHCO3饱和溶液Na2SO3溶液NaHSO3饱和溶液【答案】B【解析】试题分析：A、H2S不能使品红溶液褪色，故A错误；B、SO2可与NaHCO3饱和溶液反应而被吸收同时生成二氧化碳，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，生成二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色，故B正确；C、二氧化碳不能够使品红褪色，所以打开活塞K，品红不会褪色，故C错误；D、Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，故D错误；故选B。【考点定位】考查常见气体制备原理及装置选择【名师点晴】本题考查较为综合，涉及气体的
16、制备以及性质探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验方案以及对应物质的性质，向装置中缓缓地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，说明Y可吸收二氧化硫和氯气等具有漂白性的气体，而澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体生成；若打开活塞K，则品红溶液褪色，说明应存在二氧化硫或氯气。16按不同的分类方法，下列每组中都有一种物质与其他物质不同，试分析每组中物质的组成规律，将其中不同于其他物质的物质找出来。(1)NaCl、KCl、NaClO、BaCl2_。(2)HClO3、KClO3、Cl2、NaClO3_。(3)H3PO4、H4SiO4、HCl、H2SO4_。(4)空气、N2、HCl
17、气体、CuSO45H2O_。(5)铜、金、汞、钠_。【答案】（1） NaClO 理由 只有NaClO不是氯化物，即不是盐酸盐 （2） Cl2 理由 只有Cl2中Cl的化合价为0 （3）HCl 理由 只有HCl为无氧酸 （其余合理的分类也算是正确的如H4SiO4是难溶于水的）（4） 空气 理由 只有空气为混合物，其他为纯净物； （5） 钠 理由 只有钠属于活泼金属，在金属活动性顺序表中排在H的前面，其他的为不活泼金属，排在H的后面。也可以根据金属在通常情况下状态不同分类，汞通常情况下是液态金属。 【解析】试题分析：(1)NaCl、KCl、NaClO、BaCl2中，NaClO不同于本组的其他物质，
18、因为NaClO不是氯化物，即不是盐酸盐；(2)HClO3、KClO3、Cl2、NaClO3中，Cl2不同于本组的其他物质，因为只有Cl2中Cl的化合价为0 ；(3)H3PO4、H4SiO4、HCl、H2SO4中，HCl不同于本组的其他物质，因为只有HCl为无氧酸 （其余合理的分类也算是正确的如H4SiO4是难溶于水的）；(4)空气、N2、HCl气体、CuSO45H2O中，空气不同于本组的其他物质，因为只有空气为混合物，其他为纯净物；(5)铜、金、汞、钠中，钠不同于本组的其他物质，因为只有钠属于活泼金属，在金属活动性顺序表中排在H的前面，其他的为不活泼金属，排在H的后面。也可以根据金属在通常情况
19、下状态不同分类，汞通常情况下是液态金属。 考点：物质的分类点评：本题通过比较各组中物质的归属找出其中一种与其他不同的物质，有一定的难度，并且有一定的趣味性，本题开放性较强，考生只要言之有理即可。17下列有机物有多个官能团： E.CH2=CHCOOCH=CHCOOCH=CH2(1)可以看作醇类的是(填入编号)_。(2)可以看作酚类的是_。(3)可以看作羧酸类的是_。(4)可以看作酯类的是_。【答案】(1)BD (2)ABC (3)BCD (4)E知识点：烃的衍生物乙醇、醇类,烃的衍生物乙酸、羧酸【解析】一种物质可能含有多个官能团，但只要有这种官能团，这种物质就可属于这类物质。 18（15分）亚氯
20、酸钠（NaClO2 ）是一种高效漂白剂和强氧化剂。某兴趣小组以NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，实验装置如下：回答下列问题：（1）用NaOH固体配制约20%的NaOH溶液100mL，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、 、 。（2）实验须使NaClO3稍微过量，目的是 。（3）为使ClO2气体能被均匀、充分吸收，操作时应注意 。（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1:1的两种阴离子，一种为ClO2，则另一种为 。（5）B中反应的离子方程式为 。（6）证明NaClO2具有氧化性的方法是：将B中溶液加热除去H2O2，加入 （填序号，下同）酸化，再加入 检验。稀HNO3
21、 稀H2SO4 K2SO3溶液 BaCl2溶液 FeCl2溶液 KSCN溶液（7）预计NaClO3转化为NaClO2的转化率为80%，若要制得28.9 g NaClO23H2O（式量：144.5），至少需 g NaClO3（式量：106.5）。【答案】（15分）（1）量筒、天平 2分（2）使Na2SO3完全反应，避免产生SO2气体 2分（3）控制硫酸的滴入速度 2分（4）ClO3 2分（5）H2O2+2OH+ 2ClO2= 2ClO2+O2+2 H2O 3分（6） 1分 1分（7）26.6【解析】试题分析：（1）用固体配制一定质量分数的溶液需要的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、天平；（2）亚硫酸钠与
22、氯酸钠在酸性条件下反应生成ClO2，若氯酸钠不过量，则亚硫酸钠会与硫酸反应生成二氧化硫气体，所以氯酸钠过量的原因是使Na2SO3完全反应，避免产生SO2气体；（3）为使ClO2气体能被均匀、充分吸收，则产生气流的速度不宜过快，所以需控制滴加硫酸的速度；（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1:1的两种阴离子，一种为ClO2，Cl元素的化合价从+4价降低到+3价，得到一个电子，则另一种产物中Cl元素的化合价应升高1价为+5价，所以另一种阴离子中Cl元素的化合价是+5价，为ClO3-；（5）B为制取NaClO2的反应，Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中O元素的化合价升高到0价，所以有氧
23、气生成，则B中反应的离子方程式是H2O2+2OH+ 2ClO2= 2ClO2+O2+2 H2O；（6）证明NaClO2具有氧化性，需加入还原剂，因为硝酸具有强氧化性，所以选择酸化的酸应是硫酸，选择；亚硫酸钠与氯化亚铁均可作还原剂，但亚硫酸钠若被氧化则氧化产物为硫酸根离子，无明显现象，所以选择氯化亚铁，亚铁离子被氧化为铁离子，可用KSCN溶液检验，所以选择。考点：考查物质制备实验，仪器、试剂的选择，离子方程式的书写19氯仿（CHCl3）常用作有机溶剂和麻醉剂，常温下在空气中易被氧化。实验室中可用热还原法CCl4法制备氯仿，装置示意图及有关数据如下：物质相对分子质量密度/（g/mL）沸点/水中溶解
24、性CHCl3119.51.5061.3难溶CCl41541.5976.7难溶实验步骤：检验装置气密性；开始通入H2；点燃B处酒精灯；向A处水槽中加入热水，接通C处冷凝装置的冷水；向三颈瓶中滴入20mLCCl4；反应结束后，停止加热，将D处锥形瓶中收集到的液体分别用适量NaHCO3溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水CaCl4固体，静置后过滤；对滤液进行蒸馏纯化，得到氯仿15g。请回答：（1）若步骤和步骤的顺序颠倒，则实验中产生的不良后果可能为 。（2）B处中发生主要反应的化学方程式为 。（3）C处中应选用的冷凝管为 （填选项字母）；冷水应从该冷凝管的 （填“a”或“b”）口接入。（4）步骤中，
25、用水洗涤的目的为 。（5）该实验中，氯仿的产率为 。（6）氯仿在空气中能被氧气氧化生成HCl和光气（COCl2），该反应的化学方程式为 。【答案】（共12分，除标注外每空2分）（1）加热时氢气遇氧气发生爆炸；生成的氯仿被氧气氧化。（答对一种即可得分）；（2）CCl4+H2CHCl3+HCl；（3）B；a（每空1分）；（4）洗掉NaHCO3和NaCl（答出NaHCO3即可）；（5）60.8%或61%；（6）2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl【解析】试题分析：（1）由于氢气是可燃性的气体，若先点燃，后通入氢气，则加热时大量氢气与氧气发生化合反应，放出大量的热，使气体的体积膨胀而发生爆炸；而
26、且反应生成的氯仿被氧气氧化。（2）在B处氢气与CCl4在加热时发生还原反应，主要反应的化学方程式为CCl4+H2CHCl3+HCl；（3）C处中将反应产生的CHCl3经冷凝分离出来，为了便于收集，应选用的冷凝管为直型冷凝管，选项是B；（4）步骤中，用水洗涤的目的为洗掉反应产生的CHCl3表面残留的NaHCO3和NaCl；（5）20mLCCl4的质量是m（CCl4）= 20mL1.59g/mL=31.8g，根据反应方程式可知，1mol CCl4反应会产生1molCHCl3，即154g CCl4反应产生119.5g CHCl3，那么31.8g CCl4反应产生CHCl3的质量是m（CHCl3）=
27、（119.5154） 31.8g=24.68g，该实验中，实际反应产生氯仿的质量是15g， 氯仿的产率为：（15g24.68g）100=60.8；（6）氯仿在空气中能被氧气氧化生成HCl和光气（COCl2），则根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式为2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl。考点：考查物质制备工艺流程的知识。20（16分）某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是_，该装置中发生反应的化学方程式_。（2）实验过程中，装置乙、丙中出现的现象分别是_、_；装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_。（3
28、）为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是_。（4）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为_色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为_色。【答案】（16分） （1）分液漏斗 Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O（2）生成红棕色气体 生成无色气体 3NO2H2O=2H2NO3-NO （3）氧气 （4）棕黄 血红【解析】试题分析：（1）装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中发生浓硝酸与铜片的氧化还原反应，化学方程式为：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。
29、（2）铜和浓硝酸在装置甲中反应Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，生成红棕色的二氧化氮气体进入乙装置，所以装置乙中出现的现象为生成红棕色气体；二氧化氮经导管进入丙装置和水反应3NO2+H2O2H+2NO3-+NO，所以装置丙中出现的现象蒸馏水中有气泡产生，生成无色气体。（3）因在常温下一氧化氮易被氧气氧化成红肿色的二氧化氮，所以为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气。（4）丙装置中的液体为二氧化氮和水反应生成的硝酸，硝酸具有氧化性，硫酸亚铁具有还原性，两者发生氧化还原反应4H+NO3-+3Fe2+=NO+H2O+3Fe3+生成Fe3+，溶液变为棕黄色；铁
30、离子和硫氰根离子反应Fe3+3SCNFe（SCN）3生成血红色的络合物，可证明三价铁离子的生成，所以滴加KSCN溶液，溶液变为血红色。考点：本题考查物质性质的分析判断和实验设计验证、基本仪器、化学方程式的书写。 21（4分）某烃在一定条件下对氢气的相对密度为36，0.1mol该有机物完全燃烧，将生成物通过浓硫酸，浓硫酸增重10.8克，再将剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重22克，通过计算确定：(1)该有机物的分子式_。(2)该烃的同分异构体共有_种。【答案】C5H12 3【解析】烃在一定条件下对氢气的相对密度为36，所以该烃的相对分子质量是72。浓硫酸增重10.8克，则生成物水是10.8g，物质的
31、量是0.6mol。碱石灰增重22克，所以CO2是22g，物质的量是0.5mol，则碳氢原子的个数之比是512，所以化学式为C5H12，有3种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷和新戊烷。22现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，其中A在常温下能与水发生剧烈反应，B是目前使用最多的金属。物质之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：乙 ； F ；（2）写出下列反应的离子方程式：金属A和水反应的离子方程式 。D和G的水溶液反应的离子方程式 。（3）将G浓溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体。你认
32、为该液体中的分散质粒子直径在 之间，验证的简单方法是： 。【答案】（1）Cl2（1分） FeCl2（1分） （2）2Na+2H2O2Na+2OH-+H2（2分）Fe3+3OH-Fe(OH)3（2分） （3）1100nm （1分） 是否有丁达尔现象（1分）【解析】试题分析：黄绿色气体乙是氯气，金属A能与水反应生成气体甲和D，甲和氯气反应气体丙，则甲应该是氢气，丙是氯化氢，所以A是钠，D是氢氧化钠。红褐色沉淀是氢氧化铁，则G是氯化铁，所以金属B是铁。E是盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则F是氯化亚铁。（1）根据以上分析可知乙、F的化学式分别是Cl2、FeCl2；（2）金属A和水反应的离子方程
33、式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2。D和G的水溶液反应的离子方程式Fe3+3OH-Fe(OH)3。（3）将G浓溶液逐滴加入到沸水中会产生一种红褐色的液体，该液体中的分散质粒子直径在1nm100nm之间，即形成的分散系是氢氧化铁胶体。胶体具有丁达尔效应，则验证的简单方法是是否有丁达尔现象。【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断【名师点晴】解答框图题的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。例如该题中的黄绿色气体、红褐色沉淀等均是突破点。23某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO
34、3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：(所加试剂均过量)已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色。请回答：白色沉淀是 (填化学式)。（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为 。（3）根据实验现象， 固体粉末中一定存在的组分是 (填化学式)。【答案】（1）CaCO3；（2）Fe3+3OH= Fe(OH)3；（3）SiO2、Fe2O3、K2CO3；【解析】试题分析：固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原固体中含K2CO3。（1）白色沉淀为二氧化碳与氢氧化钙反应生成的CaCO3，故答案为：CaCO3；（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为Fe3+3OH-=Fe(OH)3，故答案为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3；（3）由上述分析可知，一定含SiO2、Fe2O3、K2CO3，可能含NaHCO3，一定不含CuO，故答案为：SiO2、Fe2O3、K2CO3考点：考查了无机物的推断的相关知识。
