1、河南省信阳市第一高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1有3份等质量的小苏打,第1份直接与盐酸恰好完全反应;第2份首先加热,使其部分分解后,再与盐酸恰好完全反应;第3份首先加热,使其完全分解后,再与盐酸恰好完全反应。假若盐酸的物质的量浓度相同,消耗盐酸的体积分别为和，则和的大小关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】根据题目条件可知钠元素最终全部转化为NaCl，所以三者消耗盐酸体积相等。2常温下，Ksp（CaSO4）=9106，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图。下列说法正确的是 A在任何溶液中，c(Ca2+)、c(SO42)均相等Bb点将有沉淀
2、生成，平衡后溶液中c(SO42)一定等于3103 molL1Ca点对应的Ksp等于c点对应的Ksp Dd点溶液通过蒸发可以变到c点【答案】C【解析】略3据报道，碳纳米管是碳原子形成的大分子，其导电性是铜的1万倍；N5可用作烈性炸药。下列说法不正确的是( )A金刚石与碳纳米管互为同素异形体BN5与N2互为同素异形体C14C的质子数为14D乙醇和二甲醚属于同分异构体【答案】C【解析】试题分析：A金刚石和碳纳米管都是由碳元素组成的单质，是同素异形体，A正确；BN5与N2都是由氮元素组成的单质，互为同素异形体，B正确；C14C的质子数为12，C错误；D乙醇和二甲醚的分子式相同，结构不同，属于同分异构体
3、，D正确。故答案C。考点：考查同素异形体、同分异构体和同位素。4下图中a、b、c、d、e为元素周期表中前4周期的一部分元素，下列有关叙述正确的是Ab元素除0价外，只有一种化合价 B五种元素中，c元素形成的单质的熔点最高C相同条件下b和d气态氢化物溶于水，溶液的酸性：db。错误。De元素最高价氧化物的水化物H3AsO4是三元酸，和不同量的氧氧化钠溶液反应，可能生成三种盐。错误。考点：考查元素的推断及元素形成的化合物的性质的知识。5下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系是选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为F
4、e3B将铜粉加入1.0molL1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的小【答案】D【解析】试题分析：A稀硝酸与过量的铁粉反应，生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，A项错误；BCu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误，B项
5、错误；C铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，C项错误；D硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，再加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，D项正确，答案选D。考点：考查化学实验基本操作、现象、结论正误判断。6下列图示实验正确的是【答案】D 【解析】试题分析：A、过滤实验中玻璃棒要紧贴三层滤纸上，漏斗下端紧贴烧杯内壁，故A错误；B、读数应该为11.80mL，故B错误；C、应该将气体通入溶液中，故C错误；D、乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯沸点低，用饱和碳酸钠
6、溶液除去乙酸和乙醇，故D正确。考点： 实验方案的设计和评价7已知：Fe2+结合S2-的能力大于结合OH-的能力，而Al3+则正好相反，I2的氧化性比S强。在Fe2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是AFe2S3和 Al(OH)3 BFe(OH)3和Al(OH)3 CFeS、Al(OH)3和S DAl2S3、FeS和S【答案】D【解析】试题分析：在Fe2(SO4)3和AlCl3溶液中加过量KI，先是Fe2(SO4)3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S
7、后，由于S2-+H2O HS-+OH-。在Na2S溶液中，有大量S2-、OH-，依题意知，Fe2+结合S2-能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2-=FeS；Al3+结合OH-能力强，形成Al(OH)3沉淀，Al3+3OH-=Al(OH)3，或理解为Al3+与S2-发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2-=S+2I-或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al(OH)3和S的混合物,故选择D选项。考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应8研究表明：海产品内含有对
8、人体无害的+5价砷(As)元素，但砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜（富含维生素C），否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C = 砒霜。下面有关解释不正确的是A维生素C能将+5价砷氧化成As2O3B维生素C具有还原性C同时大量食用海鲜和青菜过程中+5价砷发生还原反应D同时大量食用海鲜和青菜过程中维生素C被氧化【答案】A【解析】试题分析：根据题意知维生素C能将海产品内+5价砷(As)元素转化为砒霜的成分是As2O3，砷元素的化合价由+5价降为+3，被还原；维生素C被氧化，作还原剂。A、维生素C能将+5价砷还原成As2O3 ，错误；B、维
9、生素C作还原剂，具有还原性，正确；C、同时大量食用海鲜和青菜过程中+5价砷发生还原反应，正确；D、同时大量食用海鲜和青菜过程中维生素C被氧化，正确。考点：考查氧化还原反应基本概念。9下列关于氯气、氯水的叙述中正确的是（ ）A氯气、液氯、氯水是同一种物质B新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡逸出，逸出的气体是氯气D新制氯水放置数天后pH变大【答案】B【解析】试题分析：氯气溶于水即得到氯水，即氯水是混合物，A不正确；次氯酸具有强氧化性，氯水中的盐酸具有酸性，所以新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B正确；次氯酸不稳定，见光分解生成氯化氢和氧气，则溢出的气体是氧气，C不正确；随
10、着次氯酸的分解，氯水逐渐变为稀盐酸，所以酸性增强，漂白性逐渐减弱，直至消失，D不正确，答案选B。考点：考查氯水的有关判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题的关键是明确氯水的制备、组成微粒以及相应微粒的性质，然后结合题意灵活运用即可。10现有四种溶液：NH4Cl，(NH4)2SO4，NaCl，Na2SO4，下列试剂能将它们区别开的是AHCl BBaCl2 CNaOH DBa(OH)2【答案】D【解析】试题分析：A、四种物质与盐酸均不反应，不能鉴别，A错误；B、氯化铵、氯化钠与氯化钡不反应，硫酸铵、硫酸钠与氯化钡反应均产生白色沉淀，不能鉴别，B错误；C、NH4Cl、(NH4)2
11、SO4均与NaOH溶液反应生成刺激性气体氨气，Na2SO4、NaCl均与NaOH溶液不反应，不能鉴别，C错误；D、（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4、NaCl分别与Ba（OH）2溶液反应的现象依次为白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体、白色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查物质的鉴别和检验【名师点晴】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。依次把握物质的性质、发生的反应及现象等为解答的关键。11在一定
12、温度下，体积不变的密闭容器中有可逆反应A(g) + B(g) 2C(g) + D(s) ，可以判断反应达到平衡是（ ） A、单位时间内反应n molB,同时生成2n molC； B、容器内气体的物质的量不再变化； C、A的生成速率与B的生成速率相等； D、容器内气体的密度不再变化；【答案】D【解析】A两者都表示正反应的速率，B反应前后气体化学计量数之和相等，气体的量在反应前后不会变化，不能用于判断是否达到平衡，C中两者都表示逆反应速率，D中因为容器体积固定，所以气体体积固定，密度不再变化即气体质量不再变化，而反应过程中因为生成固体D,气体总质量是有变化，所以密度不再变化就是反应已经达到平衡。1
13、2只有加入还原剂才能发生转化的是AKMnO4MnO2 BHNO3NO CCl2Cl- DSO2Na2SO3【答案】B【解析】试题分析：AKMnO4受热分解会MnO2，不需要加入任何物质，错误；B稀HNO3与Cu发生反应NO，在该反应中Cu失去电子，被氧化，作还原剂，正确；CCl2与水发生反应产生盐酸和次氯酸，盐酸电离产生Cl-，在该反应中Cl2既作氧化剂，也作还原剂，错误；DSO2Na2SO3中元素的化合价没有发生变化，所以不是氧化还原反应，错误。考点：考查氧化还原反应中物质的性质及作用的知识。13“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中。所谓“纳米材料”是指
14、研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物一定具有的性质是A无色透明 B有丁达尔效应C所得液体呈胶状 D所得物质一定是悬浊液【答案】B【解析】试题分析：由于纳米材料的微粒直径介于1nm与100nm之间，所以形成的分散系是胶体，而胶体具有丁达尔效应，因此选项B正确，答案选B。【考点定位】胶体基本知识。14已知x、y、z元素的原子具有相同的电子层数，最高价氧化物对应水化物酸性依次增强，则下列判断正确的是A原子半径按x、y、z顺序增大B阴离子的还原性按x、y、z顺序增强C单质的氧化性按x、y、z顺序增强D氢化物的稳定性按x、y、z顺序减弱【答案】C【解析】试题
15、分析：x、y、z元素的原子具有相同的电子层数，说明这三种元素位于同周期，最高价氧化物对应水化物酸性依次增强，说明这三种元素的原子非金属性逐渐增强，序数依次增大，根据同周期元素的递变规律，A原子半径按x、y、z顺序减小，A项错误；B阴离子的还原性按x、y、z顺序减弱，B项错误；C单质的氧化性按x、y、z顺序增强，C项正确；D氢化物的稳定性按x、y、z顺序增强，D项错误；选C。考点：考查同周期元素的性质递变规律。15根据右表提供的数据，下列判断正确的是A同温同浓度下，溶液的B结合H+的能力：C碳酸钠溶液中加入少量氢氟酸的离子方程式： D次氯酸钠溶液中通少量二氧化碳的离子方程式：【答案】D【解析】试
16、题分析：酸的电离常数越大，酸性越强。所以酸性强弱顺序是HFH2CO3HClOHCO3。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的碱性越强，则溶液的pH大小顺序是Na2CO3NaClONaHCO3NaF，A不正确；酸越弱，酸根越容易结合氢离子，则结合氢离子的能力是CO32ClOHCO3F，B不正确；C中氢氟酸不足，生成的是碳酸氢钠，C不正确；根据酸性强弱顺序可知，选项D正确，答案选D。考点：考查电离常数的应用、溶液酸碱性的判断以及物质之间反应的判断点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在
17、考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力，有利于提升学生的学科素养。16（5分）一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物A填空和回答下列问题（1）物质B的电离方程式为 。（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是 。（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是 。【答案】（1）CaCO3=Ca2+CO32- ；（2）向滤液中加入适量盐酸至不产生气体；（3）混合物A 。【解析】试题分析：（1）加入过量碳酸钠溶液
18、，发生化学反应：Ca2CO32=CaCO3，沉淀为：CaCO3，滤液中含有：NaCl、Na2CO3，碳酸钙是盐，属于强电解质，完全电离：CaCO3=Ca2+CO32- ；（2）经过（1）的分析滤液中含有NaCl、Na2CO3，提纯NaCl除去碳酸钠溶液，用盐酸，然后加热结晶，方案：向滤液中加入适量盐酸至不产生气体；（3）测定样品中NaCl和CaCl2的质量比，称量碳酸钙的质量，根据钙元素守恒，可以求出氯化钙质量，如果知道样品质量，减去氯化钙质量，求的氯化钠的质量，因此需称量：混合物A。考点：考查电离方程式的书写、除杂、数据的处理。17（10分）在某温度下、容积均为1L的三个密闭容器中，按不同方
19、式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2SO2（g）O2（g）2SO3（g） H196kJmol。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：（1）若初始投入a molSO2、b molO2和c molSO3，在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡，则a、c间应满足的代数关系式为_;b、c间应满足的代数关系式为 _。 （2）该温度下此反应的平衡常数值为_，若在相同温度条件下起始投入 01molSO2、01molO2、03molSO3，则反应开始时正逆反应速率的大小关系是_ （3）三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是_A121 BQ1Q2196 C31 DP32P12P2 En2n
20、332mol FQ32Q1 （4）如图表示甲反应在t1时刻达到化学平衡，在t2时因改变某个条件而发生变化的情况， 则t2时刻改变的条件可能是_。【答案】（10分）（1）a+c=2 （1分） b+c/2=1 （1分）(2) 80 （2分） （2分） （3） ABD （2分，多选、错选均不得分，少选给1分）（4）降低温度 或充入氧气 （2分，填写任意一个即得2分）【解析】在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应，改变起始时加入物质的物质的量，通过化学计量数计算，把投料量换算成与原投料量同一则物质的物质的量，若保持其数值相等，则两平衡等效。甲和乙互为等效平衡。a+c=2；（2），平衡
21、逆向移动，（3）甲和乙互为等效平衡，一个从正向开始，一个从逆向开始，最终达到完全同的平衡状态；AB正确； 丙相当于两个完全同的甲，在相同的温度下，加压压成一个容器，此时平衡将向正向移动，Q32Q1 ，P32P12P2 ； （4）降低温度 或充入氧气18（10分）下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物。填写下列空白。（已知二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。）（1）写出浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式 。（2）如果将装置中、三部分仪器的连接顺序变为、，不能检出的物质是_ _。（3）如果将仪器的连接顺序变为、，则不能检出的物质是_ _ _和
22、 ，。（4）如果将第部分仪器中连接在酸性KMnO4溶液后的装有品红溶液的洗气瓶去掉，则对所作出的结论会有什么影响？请说明具体原因 。【答案】（1）（2）H2O（3）SO2 CO2（4）可能有二氧化硫进入澄清石灰水，干扰二氧化碳的检出【解析】19欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法。方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器。按要求回答下列问题：（1）方法一是将HCO3-离子转化为沉淀并称重，则试剂A为_（填化学式）溶液；操作2包括_。（2）方法二操作1中要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，还需要_；操作2的名称是_；该样品中NaHCO3的质量分数为_（用含m
23、、a的表达式表示）。 （3）根据方法三中所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是_；仔细分析该实验装置，由此测得的数据计算出的实验结果有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是_；偏低的原因可能是_。（4）方法四的实验原理是_（用化学方程式表示）。【答案】（9分）（1）Ba(OH)2或Ca(OH)2；过滤、洗涤、干燥（有错不得分）（2）100ml容量瓶、胶头滴管；中和滴定；（或）（3）m(CO2)（或实验前后干燥管的质量）；空气中的二氧化碳、水蒸气等进入干燥管；装置中的二氧化碳没有完全排入干燥管（4）2NaHCO3Na2CO3H2OCO2（每空1分）【解析】试题分析：（1）要将H
24、CO3-离子转化为沉淀并称重，则需要加入强碱氢氧化钡或氢氧化钙，化学式分别为Ba(OH)2或Ca(OH)2；不溶性物质从溶液中分离出的操作是过滤，所得的沉淀还需要经过洗涤并干燥后才能称量。（2）要配制100ml待测液，则操作1中要用到的玻璃仪器除了有烧杯、玻璃棒外，还需要100ml容量瓶，以及定容时的胶头滴管。标准盐酸滴定碳酸氢钠溶液，所以操作2的名称是中和滴定；20ml待测液消耗盐酸的物质的量是a104mol，则根据方程式NaHCO3HClNaClH2OCO2可知，原样品中碳酸氢钠的物质的量是a104mol5a104mol，其质量5a104mol84g/mol0.042ag，所以该样品中Na
25、HCO3的质量分数为。（3）碳酸氢钠与盐酸反应生成CO2，则通过计算CO2的质量即可以算出碳酸氢钠的含量，所以根据方法三中所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是m(CO2)或实验前后干燥管的质量；由于干燥管与大气相连，所以空气中的二氧化碳、水蒸气等进入干燥管，导致测量结果偏高；由于装置中的二氧化碳没有完全排入干燥管，还有残余，因此会导致测量结果偏低。（4）由于碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，据此也可以测量碳酸氢钠的含量，所以方法四的实验原理是2NaHCO3Na2CO3H2OCO2。考点：考查氯化钠样品中碳酸氢钠含量测定的实验方案设计与评价20铝镁合金已成为轮
26、船制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的三位同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列三种不同实验方案进行探究。填写下列空白。【探究一】实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量，实验中发生反应的化学方程式是。实验步骤：(1)称取5.4 g铝镁合金粉末样品，投入V mL 2.0 molL-1 NaOH溶液中，充分反应。NaOH溶液的体积V。(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将(填“偏高”或“偏低”)。【探究二】实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积实验装置：问题讨论：(1)某同学提出该实验装置不够完善，应在A、B之间添加
27、一个干燥、除酸雾的装置。你的意见是：(填“需要”或“不需要”)。(2)为使测定结果尽可能精确，实验中应注意的问题是(写出两点)：。【探究三】实验方案：称量x g铝镁合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。问题讨论：(1)欲计算镁的质量分数，该实验中还需测定的数据是。(2)若用空气(不考虑CO2)代替O2进行实验，对测定结果有何影响? (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】【探究一】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2(1)100 (2)偏高【探究二】(1)不需要(2)检查装置的气密性 合金完全溶解(或加入足量盐酸) 调整量气管C的高度，使C中液面与B
28、液面相平 待冷却至室温再读数等(写出两点，答案合理即可)【探究三】(1)灼烧后固体的质量 (2)偏高【解析】【探究一】镁铝合金中只有铝与氢氧化钠反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，用极值法，假定5.4 g合金完全是铝时，根据方程式求出消耗氢氧化钠的体积为100 mL,故V100，若未洗涤固体，镁的表面附着其他杂质，质量偏大，测得镁的质量分数将偏高。【探究二】(1)因为是排水量气，故不需要在A、B之间添加一个干燥、除酸雾的装置；(2)为使结果准确，应从以下几个方面考虑：检查装置的气密性；合金完全溶解(或加入足量盐酸)；调整量气管C的高度，使C中液面与B中液面相平；待冷却至室
29、温再读数等。【探究三】称量x g铝镁合金粉末，要求镁的质量分数，还需要知道灼烧后固体的质量；若用空气代替O2进行实验，部分镁与氮气反应生成氮化镁，燃烧产物的质量减少，通过计算所得镁的质量偏高，测定结果偏高。21加热16.8gNaHCO3至没有气体放出时，剩余的物质是什么？计算剩余物质的质量和物质的量。（1）加热NaHCO3时发生的化学反应:_（2）剩余的物质是 ，质量为 ，物质的量为 。（写出计算过程）【答案】（1）加热NaHCO3时发生的化学反应为：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2（2分） （2）剩余物质是Na2CO3，10.6g，0.1mol（4分）【解析】试题分析：碳酸氢钠加热分解
30、成碳酸钠、水和二氧化碳。2NaHCO3Na2CO3H2OCO2168 10616.8g m(Na2CO3)106m(Na2CO3)= 16.8g*106解得：m(Na2CO3)=10.6g N(Na2CO3)=10.6g/106(g/mol)=0.1mol考点：无机反应点评：本题考查了碳酸氢钠的性质，题目不难解答，考查内容源自于教材，另考查了学生的计算能力。22已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）。现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池。有关物质之间的转化关系如下图：
31、（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）请填写下列空白：（1）反应为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为 。（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，负极反应： ；正极反应： 。（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作A”为 。（4）反应的化学方程式为 。（5）反应的化学方程式为 。【答案】（1）2Mg+CO22MgO+C（2）Mg2EMg2；2NH42ENH3H2（3）将D溶液在HCl气流中蒸干；（2分）（4）4NH3+5O24NO+6H2O （2分）（5）C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O （2分）【解析】试题分析：通过B是一种盐，受热极易分解，
32、在工农业生产中用途较广，说明B可能是一种铵盐，E是氨气，F是一氧化氮，G是二氧化氮，C是水，H是硝酸；C是水，则X是氢气，Y是碳；通过A及其盐的性质，得知A是镁，D是氯化镁，B是氯化铵。（1）Mg在CO2中燃烧，生成单质C和MgO，其反应方程式为2Mg+CO22MgO+C。（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，其中镁是负极，电极反应式为Mg2EMg2；正极是溶液中的铵根水解生成的氢离子得到电子，电极反应式为2NH42ENH3H2（3）为了防止氯化镁在溶液中加热水解，在氯化氢气流中蒸干；（4）反应是氨气的催化氧化，生成的是一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2
33、O；（5）反应是碳与硝酸加热反应生成的二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O。考点：考查物质的推断、原电池、金属镁的性质、氮及其化合物的性质。23（8分）已知A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。请回答下列问题：（1）组成B单质的元素在周期表中的位置是_。（2）J的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是_
34、。（3）写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：_。（4）写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：_。（5）上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有_个。【答案】（1）第三周期 II A族 （1分） （2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强（1分）（3）4NH33O22N26H2O （2分）（4）Mg3N28HNO33Mg(NO3)22NH4NO3 （2分） （5）2 （2分）【解析】试题分析：A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气，这说明B是镁。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水
35、反就应得到两种碱，则其中之一一定是氢氧化镁，实验D是氮化镁。因此A是氮气。C为淡黄色固体化合物，则C是过氧化钠。O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀，这说明G是氢氧化钠，O是铜盐，实验J是水，H水氧气。I能连续被氧气氧化，且I可以由氢氧化钠和F反应生成，则I应该是氨气，F是铵盐，L是NO，M是NO2，NO2溶于水生成硝酸和NO，则N是硝酸，O是硝酸铜，E是硝酸镁，F是硝酸铵，K是硝酸钠。（1）组成B单质的元素是镁，在周期表中的位置是第三周期第II A族。（2）由于水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强，实验J的沸点比硒化氢的沸点高。（3）氨气与氧气在点燃条件下反应生成氮气和水的化学方程式为4NH33O22N26H2O。（4）氮化镁与足量的硝酸反应生成硝酸铵和硝酸镁的化学方程式为Mg3N28HNO33Mg(NO3)22NH4NO3。（5）在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂的反应有过氧化钠与水，NO2与水，共有2个。考点：考查无机框图题推断