1、河南省汝州市四高2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1曲酸是一种非常有应用前景的食品添加剂，其结构简式如下所示，试推测曲酸可能具有的性质为（ ）A.能发生酯化反应 B.可溶于水、醇C.能发生水解反应 D.具有强酸性【答案】AB【解析】曲酸分子中含有两个醇羟基，可发生酯化反应，由相似相溶原理可知能溶于水或醇，但不能发生水解反应，水溶液呈弱酸性。2下列各组物质，需要用丁达尔效应区分的是（ ）A、氯化钠溶液与氯化铁溶液B、氢氧化铁胶体与碘化银胶体C、红褐色的某溶液和氢氧化铁胶体D、氯化钠溶液和硫酸铜溶液。【答案】C【解析】略3下列物质中，不属于电解质的是AH2SO4 BAgCl
2、CNaOH D酒精【答案】D【解析】试题分析：水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，答案选D。考点：电解质4对化学反应限度的叙述错误的是A任何可逆反应都有一定的限度B化学反应的限度是不可改变的C化学反应达到限度时，各物质的浓度不再改变D化学反应达到限度时，正逆反应速率相等【答案】B【解析】试题分析：A可逆反应不论反应到什么程度，都会含有所有反应物和所有生成物，即会达到一定的限度，故A正确；B一个可逆反应达到化学平衡状态后，当条件(如温度、浓度)改变时，原来的化学平衡状态就会被破坏，并在新的条件下建立新的化学平衡状态，故B错误；C一个可逆反应达到反应限度，即达到化学平衡状态时，正反应速率与逆
3、反应速率相等，各物质的浓度不再改变，故C正确；D一个可逆反应达到反应限度，即达到化学平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，故D正确；故选B。【考点定位】考查化学平衡状态的判断【名师点晴】本题考查基本概念和基本理论，要能对基本概念和基本理论有较深刻的理解，才能运用知识正确解答题目。可逆的化学反应达到限度时，反应即达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，但外界条件改变平衡会发生移动。5我国首创的海水电池以铝为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液。空气中的氧气与铝反应产生电流，电池总反应为：4Al + 3O2+ 6H2O4Al (OH )3，下列说法正确的是（ ） A电池工作时，电流由铝
4、电极沿导线流向铂电极 B以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积 C为了增加海水的导电性，向海水中加人大量食盐 D负极反应：O2+ 2H2O+ 4e4OH一【答案】B【解析】原电池较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线从负极传递到正极，正极得到电子，发生还原反应。根据总反应式可知，铝是还原剂，作负极，失去电子。氧气是氧化剂，在正极上得到电子。所以正确的答案是B。6结构简式为的有机物，不能发生的反应是A消去反应 B加成反应 C酯化反应 D银镜反应【答案】A【解析】试题分析：含有的官能团：“C=C”、-X、-OH、-CHO，A、消去反应：-X、-OH所连接碳的相邻的碳原子上无氢，不
5、能发生消去反应，符合题意；B、“C=C”、-CHO能发生加成反应，不符合题意；C、-OH能与酸发生酯化反应，不符合题意；D、-CHO能发生银镜反应，不符合题意。考点：考查官能团的性质。7一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2。下列说法不正确的是A在熔融电解质中，O2向负极定向移动B电池的总反应是：2C4H1013O2=8CO210H2OC通入空气的一极是正极，电极反应为：O24e=2O2D通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10 26e13O2= 4CO25H2O【答案】D【解析】试题分析：A在熔融
6、电解质中，O2向正电荷较多的负极定向移动，正确；B根据反应原理可知电池的总反应是：2C4H1013O2=8CO210H2O，正确；C通入空气的一极是正极，电极反应为：O24e=2O2，正确；D通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10 26e13O2= 4CO25H2O，错误。考点：考查燃料电池的工作原理的知识。8某课外活动小组的同学欲测定过氧化钠与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，他们先准确称量了a克样品，请你判断，在以下设计的各步后续实验方案中，不合理的是A隔绝空气加热，冷却后，称量剩余固体质量为m 1 g B与足量稀盐酸反应并蒸干，称量剩余固体质量为m 2 g C与足量水反应并加热，收
7、集到标准状况下V1 L干燥气体D与足量稀硫酸反应并加热，收集到标准状况下V2 L 干燥气体【答案】A【解析】试题分析：A. 碳酸钠加热不分解，隔绝空气加热，固体的质量不变，故无法确定混合物中过氧化钠的质量分数，错误；B. 与足量稀盐酸反应,最后得到的固体是NaCl,根据Na守恒，可得关系式：Na2O2-2NaCl；Na2CO3-2NaCl，假设混合物中Na2O2、Na2CO3的物质的量分别是m、n,则78m+106n=a；(2m+2n)58.5= m 2,两式联立求解，得到各自物质的量，进而得到混合物中过氧化钠的质量分数，正确；C.在混合物中只有Na2O2能够与水反应产生O2气体，根据方程式中
8、二者的关系可以由氧气的体积求出Na2O2的质量，也就可以与碳酸钠混合物中过氧化钠的质量分数，正确；DNa2O2、Na2CO3都能与稀硫酸反应放出气体，根据方程式中二者产生气体的体积和它们的质量关系可以列出两个方程，然后解方程组就可以求解得到各自的质量，进而确定混合物中过氧化钠的质量分数，正确。考点：考查探究混合物中成分的含量的方案的设计与评价的知识。93molA和2.5molB混合于容积为2L的容器内，使它们发生反应2A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），经过5min生成0.5molD，下列说法正确的是AB的平均消耗速率为0.3mol/（Lmin）BC的平衡浓度为2mol/LC平衡后，增大
9、压强，平衡将向正方向移动D若反应容器内气体的密度不再发生变化，说明反应已经达到平衡【答案】D【解析】试题分析：依据化学平衡三段式列式计算2A（s）+3B（g）2C（g）+D（g），起始量（mol） 3 2.5 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 0.55min量（mol） 1 0.5 0.5A、B的平均消耗速率V=0.15mol/（Lmin），A错误；B、C的浓度c=0.25mol/L，反应不知是否达到平衡，不能计算平衡浓度，B错误；C、反应前后气体体积不变，平衡后增大压强平衡不动，C错误；D、反应前后气体质量发生改变，气体物质的量不变，密度不变说明反应达到平衡状态，D正确；故选D。考点：
10、考查了化学平衡的计算的相关知识。10某有机物在氧气中充分燃烧生成的水蒸气和二氧化碳的物质的量之比为1:1，由此可得出的结论是（ ）A该有机物分子中C、H、O原子个数比是1：2：3B分子中C、H原子个数比为1：2C该有机物中一定含有氧元素D该有机物中一定不含氧元素【答案】B【解析】试题分析：A、有机物在氧气中充分燃烧生成的水蒸气和CO2的物质的量比为1：1，根据原子守恒可知，有机物中分子中碳、氢原子个数比为1：2，根据题给条件无法确定是否含有氧元素，错误；B、有机物在氧气中充分燃烧生成的水蒸气和CO2的物质的量比为1：1，根据原子守恒可知，有机物中分子中碳、氢原子个数比为1：2，正确；C、根据题
11、给条件无法确定是否含有氧元素，错误；D、根据题给条件无法确定是否含有氧元素，错误。考点：考查利用质量守恒判断有机物元素组成。11下列四个数据是在不同条件下测出的合成氨反应的速率，其中最快是Av(H2)=0.1 mol(Lmin) Bv(N2)=0.1mol(Lmin) Cv(NH3)=0.15mol(Lmin) Dv(N2)=0.02mol(Ls)【答案】D【解析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用氢气表示，则分别是0
12、.1mol(Lmin)、0.3mol(Lmin)、0.225mol(Lmin)、3.6mol(Lmin)，所以答案选D。12写出电子数为10的微粒符号：（1）原子： 。（2）分子： 、 、 、 。 （3）离子： 、 、 。【答案】（1）Ne（2）Al3+,Mg2+,Na+（3）HF，H2O,NH3，CH4【解析】试题分析：原子：Ne；阳离子：Al3+,Mg2+,Na+，NH4+；阴离子：F-,O2-,N3-，OH-，H3O+，NH2-；分子：HF，H2O,NH3，CH4。考点：10电子数微粒13我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷（As）和镓（Ga）都是第四周期元素，分别属于A和A族。下
13、列说法中，不正确的是A原子半径：Ga As PB热稳定性：NH3 PH3 AsH3 C酸性：H3AsO4 H2SO4 H3PO4DGa(OH)3 可能是两性氢氧化物【答案】C【解析】试题分析：根据原子半径下大于上，左大于右，和Ga、As、P在周期表中的位置，可知原子半径：Ga As P，A正确。根据非金属性越强，气态氢化物越稳定，可知热稳定性：NH3 PH3 AsH3，B正确。根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可知酸性：H2SO4 H3PO4 H3AsO4，C错误。Al与Ga同族，Al(OH)3是两性氢氧化物，Ga(OH)3 可能是两性氢氧化物，D正确。答案选C。考点：元素周
14、期律点评：元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，称为元素周期律。元素周期律需要熟练记住，但关键是利用好元素周期律解决实际问题。14已知1mol某态烃CmHn完全燃烧时，需要耗氧气5mol ；则m与n的下列关系正确的是 （ ）Am=8+n B m=10-n C m=5-n/4 D、m=12-n 【答案】C【解析】正确答案：C烃耗氧量为：碳原子数+氢原子的四分之一=m+4/n=5，则C答案正确。15（9分）科学家在研究化学物质时，常常对物质进行分类，以便对同类物质的组成和性能进行深入的研究。（1）下列各组物质中有一种物质从化学性质角度看与其它物质不属于同一类，请将其挑出来（余下的必须属于
15、同类），并说明理由。物质组不属于同类的物质理由（1）MgO、SO3、CaO、Al2O3 （2）H2O、HBr、CH4、NH3 （3）HCl、H2SO4、HNO3、H3PO4 （2）请对以下过程形成的分散系进行分类花生油加入到水中后充分搅拌；向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和；饱和氯化铁溶液中逐滴加入少量氢氧化钠溶液；氢氧化钡溶液中通入过量的CO2；用滤纸过滤氢氧化铁胶体后得到的滤液；将纳米材料分散在塑料中制备复合材料；碘水和酒精的混合物。属于浊液的是：_（填序号，下同）；属于溶液的是：_；属于胶体的是：_。【答案】（9分） （1）（其他答案合理均可）不属于同类的物质理由SO3非金属氧化物H2O液态
16、H3PO4弱酸 （2）； 【解析】试题分析：（1）根据物质的分类，三氧化硫属于非金属氧化物，其他三种都是金属氧化物；水在常温下是液体，而气体三种都是气体；磷酸是中强酸，其他三种都是强酸，或HCl是无氧酸，其他三种都是含氧酸；（2）根据分散系的分类，可以范围浊液、胶体、溶液，其中属于浊液的是花生油加入到水中后充分搅拌，形成乳浊液，饱和氯化铁溶液中逐滴加入少量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁的沉淀，形成悬浊液；属于溶液的是向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和，得到硝酸钾溶液，氢氧化钡溶液中通入过量的CO2，得到碳酸氢钡溶液，碘水和酒精的混合物，得到碘的酒精溶液；属于胶体的是用滤纸过滤氢氧化铁胶体后得到的滤液是氢
17、氧化铁胶体；将纳米材料分散在塑料中制备复合材料，纳米材料的粒子直径在胶体的粒子直径的范围内，属于胶体。考点：考查物质的分类，分散系的判断16（12分） A,B,C,D,E,F,G是元素周期表前四周期元素，原子序数依次增大，根据下表提供的有关信息，回答下列问题元素相关信息A所有单质中密度最小B形成化合物种类最多的元素D基态原子中只有3个能级，有2个未成对电子E短周期中原子半径最大F第三周期中电负性最大的元素G最外层只有一个电子，内层填满电子（1）F元素原子的价电子排布式 ，B,C,D三元素第一电离能由大到小顺序为 （填元素符号）（2）写出由A,B,C,D四种元素形成的一种简单的既能与酸反应又能与
18、碱反应的化合物 （3）写出由元素E、F形成化合物的水溶液用惰性电极电解的离子方程式 （4）由A,B,C形成的三原子化合物中含有键 个，键 个（5）已知下列反应：G(s) + 1/2O2 (g) = GO (s) ; H=-157.0KJ/molB(s) + O2 (g) = AO2(g) ; H=-393.5KJ/mol写出单质B与足量GO 反应的热化学方程式 【答案】（1） 3s23p5 N O C （4分） （2） (NH4)2CO3 或NH4HCO3或H2N-CH2-COOH （2分） （3） 2Cl+ 2 H2O Cl2+ H2+2OH （2分） （4） 2 2 (2分） （5） 2C
19、uO(s) + C(s) = 2 Cu(s) + CO2(g) H=79.5kJ/mol （2分）【解析】试题分析：根据题意可推知：A是H；B是C；C是N，D是O；E是Na；F是Cl；G是Cu。（1）17号元素Cl的原子的价电子排布式是3s23p5；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的电离能就越大，而N原子的最外层电子处于该原子轨道的半充满的稳定状态，失去电子需要的能量比原子序数与其大1的原子还高，所以B,C,D三元素第一电离能由大到小顺序为NOC；（2）由A,B,C,D四种元素形成的一种简单的既能与酸反应又能与碱反应的化合物是(NH4)2CO3 或NH4HCO3或H2N-CH2-C
20、OOH等；（3）在CuCl2的水溶液中由于阳离子的放电能力：Cu2+H+，所以在阴极电极上Cu2+放电产生Cu单质阴离子的放电能力：Cl-OH-，所以在阳极上Cl-放电产生氯气，故在用惰性电极电解由元素E、F形成化合物的水溶液的离子方程式是2Cl+ 2 H2O Cl2+ H2+2OH；（4）由A,B,C形成的三原子化合物HCN的结构式是HCN中含有键2 个，含有键2个；（5） 2，整理可得：2CuO(s) + C(s) = 2 Cu(s) + CO2(g) H=79.5kJ/mol。考点：考查元素及化合物的推断、原子的价电子排布式、物质分子中的化学键的种类和个数、电解原理的应用、热化学方程式的
21、书写的知识。17（10分）某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有烧杯（大、小两个烧杯）、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃棒、0.5mol L-1 盐酸、0.55molL-1NaOH溶液，尚缺少的实验玻璃用品是 、 。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？ （填“能”或“否”）。（3）他们记录的实验数据如下：已知：Q=Cm(t2 -t1)，反应后溶液的比热容C为4.18kJ-1 kg-1，各物质的密度均为1gcm-3。计算完成下表。（保留小数点后一位）根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式： （4）若用KOH代替NaOH，对测定结果 （填“
22、有”或“无”）影响；若用醋酸代替HCl做实验，测定所得的中和热的数值将 （填“变大”或“变小”或“无影响”）。【答案】（10分）（1）量筒、温度计（共2分）（2）否；金属易导热，热量散失导致误差大；（共2分）（3）-56.8kJ/mol（2分）NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O（l）H=56.8kJ/mol（2分）（4）无，变小。（共2分）【解析】试题分析：（1）中和热的测定实验中，需要量筒量取液体，需要温度计测量溶液的温度，所以还需要量筒、温度计；（2）不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为金属易导热，热量散失导致误差大；（3）两次实验中溶液的体积功100mL，
23、则溶液的总质量是100g，温度升高的平均值是(23.3-20+23.5-20) /2=3.4，根据Q=Cm(t2 -t1)计算该反应中放出的热量Q=4.18 kJ-1 kg-10.1kg3.4=1.4212kJ，则中和热是生成1mol水放出的热量，HCl不足，按HCl的量进行计算，所以H=-1.4212kJ/(0.5mol/L0.05L)=-56.8kJ/mol；所以氢氧化钠与HCl溶液反应的热化学方程式为 NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O（l）H=56.8kJ/mol；（4）KOH与NaOH都是一元强碱，所以对结果无影响；若用醋酸代替HCl做实验，因为醋酸是弱酸，电
24、离需要吸收热量，则放出的热量少，测定所得的中和热的数值将变小。考点：考查中和热的测定实验，仪器的选择，中和热的计算与判断，热化学方程式的书写18某化学小组按下图所示实验流程比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，其中B为一种紫红色金属，C为红棕色气体。请回答下列问题：（1）A与B反应的化学方程式是 ；A与B反应迅速，实验中需要采取措施控制气体放出的快慢，则装置所选择的主要仪器为 （不包括铁架台、铁夹、橡皮塞和导管等）。（2）实验时在装置中加入B后，在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，该操作的目的是 。实验室制取CO2气体的化学方程式是 。（3）装置中发生反应的化学方程式是 。（4）通过实验
25、可得出：浓硝酸的氧化性比稀硝酸 （填“强”或“弱”），判断的依据 是 。（5）小组内有同学指出该流程中装置可有可无，你认为装置是否需要 （填“是”或“否”），理由是 。【答案】（1）Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 分液漏斗、烧瓶（或大试管或锥形瓶）（2）排出系统内的氧气，防止生成的NO被氧化 CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO（4）强浓硝酸能将NO氧化为NO2，而稀硝酸不能（5）是装置可吸收尾气NO、NO2，防止环境污染【解析】试题分析：（1）根据B是一种紫红色金属为铜，C为红棕色气体即为二氧化氮，A与B反应为铜和硝
26、酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，方程式为：Cu + 4HNO3=Cu(NO3)2 + 2NO2+ 2H2O。 需要采用措施空气气体放出的快慢，则需要控制加入浓硝酸的量，所以选分液漏斗、烧瓶（或大试管或锥形瓶）。（2）根据一氧化氮被氧化，所以在反应之前应排尽装置中的氧气，实验室用碳酸钙与稀盐酸制取二氧化碳，方程式为：CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2+ H2O。（3）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。（4）根据流程图装置分析，说明浓硝酸可以把一氧化氮D氧化成二氧化氮C，而稀硝酸不能把一氧化氮D氧化，所以浓硝酸的氧化性比
27、稀硝酸的氧化性强。（5）因为一氧化氮二氧化氮都是有毒气体，所以最后要进行尾气处理，所以装置V一定要有，装置可吸收尾气NO、NO2，防止环境污染。 考点：性质实验方案的设计，硝酸的化学性质 19（12分）实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯。有关物质的相关数据如下表：化合物相对分子质量密度/gcm-3沸点/溶解度g/l00g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601.045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7操作如下：在50mL三颈烧瓶中投入几粒沸石，将18.5 mL正丁醇和13.4 mL冰醋酸（过量），34滴浓硫酸按一定顺序均匀混合，安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去
28、反应生成的水）、温度计及回流冷凝管。将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中依次用水洗，10% Na2CO3洗，再水洗，最后转移至锥形瓶并干燥。将干燥后的乙酸正丁酯加入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得15.1 g乙酸正丁酯。请回答有关问题：（1）写出任意一种正丁醇同类的同分异构体的结构简式 。（2）仪器A中发生反应的化学方程式为 。（3）步骤向三颈烧瓶中依次加入的药品是： 。（4）步骤中，用 10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是 。（5）步骤在进行蒸馏操作时，若从118开始收集馏分，产率偏 ，（填“高”或“低”）原因是 。（6）该实验生成的乙酸正丁酯的产率是 。【答案】（1）C
29、H3CH2CH（OH）CH3 （其他合理答案也可）（1分）；（2）CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O（2分）（3）正丁醇，浓硫酸，冰醋酸（2分）；（4）除去酯中混有的乙酸和正丁醇（2分）（5）高（1分）；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇（2分）（6）65%（或65.1） （2分）【解析】试题分析：（1）写出任意一种正丁醇同类的同分异构体的结构简式是CH3CH2CH(OH)CH3，(CH3)2CH-CH2OH、(CH3)3C-OH。（2）仪器A中乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯的发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHC
30、H3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。（3）步骤向三颈烧瓶中先加入正丁醇，然后再浓硫酸，待溶液冷却后再加入冰醋酸。（4）步骤中，用 10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是反应消耗乙酸，溶解正丁醇，降低制备的到的乙酸正丁酯的溶解度。（5）步骤在进行蒸馏操作时，若从118开始收集馏分，由于乙酸的沸点是118.1，正丁醇沸点是118.0，会使收集的物质中含有乙酸，将其当作酯，因此产率偏高。（6）15.1 g乙酸正丁酯的物质的量是n(乙酸正丁酯)= 15.1 g116g/mol=0.13mol，18.5 mL正丁醇的物质的量是n(正丁醇)= (18.5 mL0.80g/ml) 74g
31、/mol=0.2mol；由于乙酸过量，所以该实验生成的乙酸正丁酯的产率是(0.13mol0.2mol) 100=65%。考点：考查有机物制备操作、反应方程式、物质产率的计算的知识。20取金属钠样品（表面已被氧化）溶于水，完全反应后，生成标准状况下氢气2.24L，所得液体加水配成100mL溶液A。从A中取出10.00mL溶液，向其中滴加2mol.L-1盐酸22.00mL，恰好中和。试计算（计算结果保留两位有效数字）：（1）A溶液溶质的物质的量浓度为 molL-1（2）原样品中被氧化的钠的质量分数（以百分数表示）为 。【答案】(1) 4.40 (2分） (2) 54.55% (2分）【解析】试题分
32、析：（1）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，则A溶液是氢氧化钠根据方程式NaOHHClNaClH2O可知A溶液溶质的物质的量浓度为（2）n（H2）2.24L22.4L/mol0.1mol则根据方程式2Na+2H2O2NaOH+H2可知消耗金属钠的物质的量是0.2mol，生成氢氧化钠是0.2mol溶液中氢氧化钠的物质的量是0.1L4.40mol/L0.44mol所以由氧化钠和水反应生成的氢氧化钠是0.44mol0.2mol0.24mol则根据方程式Na2OH2O2NaOH可知氧化钠的物质的量是0.12mol所以原样品中被氧化的钠的质量分数是考点：考查钠和氧气以及钠和水反应的有关计算点评：该题是中等难
33、度的试题，试题综合性强，在注重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，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。做题时注意有关反应方程式的书写，根据Na元素质量守恒计算。21X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收已知X是化石燃料燃烧的产物之一，有漂白作用，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色的单质气体，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，是一种红棕色气体，能与水反应请按要求回答下列问题：（1）检验X气体通常将其通入 溶液中，现象为 （2）实验室通常用NaOH溶液吸收多余的Y气体，反应的离子方程式为 （3）Z与水反应的化学方程式
34、为 【答案】（1）品红；品红溶液红色褪去；（2）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（3）3NO2+H2O2HNO3+NO【解析】X是化石燃料燃烧的产物之一，有漂白作用，是形成酸雨的主要物质，则X为SO2；Y是一种黄绿色的单质气体，其水溶液具有漂白性，Y为Cl2，生成的HClO具有漂白性；Z是硝酸工业和汽车尾气的有害物质之一，易溶于水，则Z为NO2，（1）X为SO2，检验二氧化硫一般把气体通入品红溶液，品红溶液褪色；（2）氯气有毒，实验时要用碱液吸收多余的气体，一般用氢氧化钠溶液，其反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（3）Z溶于水的反应为3NO2+H2O2HNO3+N
35、O【点评】本题考查无机物的推断，把握习题中的信息、物质的性质推断物质为解答的关键，注意酸雨、漂白性、物质类别等为推断的突破口，侧重N、Cl及其化合物性质的考查，题目难度不大22W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，Y、Z组成的气态化合物M可做制冷剂，其水溶液呈碱性，W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色，请回答：（1）W元素原子结构示意图是 ；该元素最高正化合价与最低负化合价分别是_和_。（2）Y元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应的化学方程式是 。（3）由以上四种元素的其中三种元素所形成的氧化物中，有一种物质能与水反应生成气体，且该反应属于氧化还
36、原反应，请写出该反应的化学方程式 ，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是：_。【答案】（1） +6和-2（2）HNO3+NH3=NH4 NO3（3）3NO2+H2O=2HNO3+NO 1:2【解析】试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，则X为O元素，Y、Z组成的气态化合物M可做制冷剂，其水溶液呈碱性，只有NH3的水溶液呈碱性，则Y为N元素，Z为H元素，W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色，则W为S元素，据此回答。（1）根据上述分析，W为16号元素硫，原子结构示意图为，硫原子最外层有6个电子，所以硫元素的最高正化合价是+6价，硫原子得到2个电子
37、达到8电子的稳定结构，则硫元素的最低负化合价分别是-2价。（2）根据上述分析，Y为N元素，N元素的最高价氧化物的水化物是HNO3，N元素的气态氢化物为NH3，两者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式是HNO3+NH3=NH4 NO3。(3)三种元素形成的氧化物有SO2、SO3、NO2、NO、H2O等，其中NO2能与水反应生成HNO3和NO气态，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中，NO2中N元素的化合价一部分由+价升高到+5价，做还原剂，一部分由+4价降低到+2价，做氧化剂，根据硝酸和NO的系数可知，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2。考点：考查元素的推断，原子结构示意图，元素的化合价，化学反应方程式等知识。
