1、河南省滑县第四高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1常温下以下四种金属分别投入浓硫酸、浓硝酸、浓盐酸、浓氢氧化钠溶液四种溶液，其中只能与两种溶液发生剧烈反应，并产生气体的金属是A铁B铜C银D铝【答案】D【解析】试题分析：铁、铝在浓硝酸或浓硫酸中发生钝化，二者都能和盐酸反应生成氢气。但铁和氢氧化钠溶液不反应，而铝能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，D符合；常温下，铜、银只能和浓硝酸反应，所以答案选D。考点：考查常见金属的化学性质以及常见强酸、强碱的化学性质点评：该题是高考中的常见题型，试题难易适中，基础性强，侧重考查学生的能力，特别是灵活应变能力。物质的性质，包括物理性质
2、和化学性质都需要熟练记住，并能灵活运用。2下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是A热稳定性：HFHClHBrHI B微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+C酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3 D第一电离能：NaMgAlSi【答案】D【解析】金属性越强第一电离能越小。但由于镁原子的3s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，所以镁原子的第一电离能大于铝原子的第一电离能，选项D不正确，应该是NaAlMgSi，其余都是正确的，答案选D。3下列操作不能用于检验NH3的是A气体使湿润的酚酞试液变红 B气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C气体与蘸有浓H2SO4的玻璃棒靠近 D气体与蘸有浓盐酸的玻璃棒靠
3、近【答案】C【解析】试题分析：A、氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3H2O，NH3H2ONH4+OH-溶液呈碱性，酚酞溶液变红，可以检验氨气的存在，错误；B、氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3H2O，NH3H2ONH4+OH-溶液呈碱性，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验NH3，错误；C、浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，正确；D、浓盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，可以检验氨气，错误。考点：考查氨气的性质和检验。4“天宫一号”的燃料是氢化锂三兄弟：LiH、LiD、LiT，其中Li的质量数为7。对这三种物质的说法中正确的是（ ）A质子数之比
4、为123 B中子数之比为111C摩尔质量之比为8910 D化学性质不相同【答案】C【解析】试题分析：A.质子数之比为（3+1）：（3+1）：（3+1）=1：1：1，A项错误；B.中子数之比为（4+0）：（4+1）：（4+2）=4：5：6，B项错误；C.摩尔质量之比为（7+1）：（7+2）：（7+3）=8：9：10，C项正确；D.LiH、LiD、LiT的组成元素相同，结构相同，则三种物质的化学性质相同，D项错误；答案选C。考点：考查质量数、质子数、中子数的关系与大小比较。5下列说法正确的是A氢气是一种高效而没有污染的一级能源B太阳能、氢能、风能、海洋能、地热能和生物质能等都是新能源CCaCO3（
5、s）CaO（s）CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的H0D水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应【答案】B【解析】试题分析：A、一级能源是从自然界直接获取的，氢气不是一级能源，而是二级能源，A不正确；B、新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等，太阳能、氢能、风能、海洋能、地热能和生物质能等都是新能源，B正确；C、CaCO3（s）CaO（s）CO2（g）室温下不能自发进行，是由于该反应是吸热反应，即H0，C不正确；D、水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，D不正确，答案选B。考点：考查能源、反应自发性
6、、外界条件对水电离平衡的影响6下列实验合理的是A用HNO3除去铜粉中混杂的ZnB通入足量Cl2，除去Fe2(SO4)3溶液中的FeSO4C依次通过溴水和碱石灰，除去CH4中的乙烯D通过饱和Na2CO3溶液，除去CO2中混杂的SO2【答案】C【解析】试题分析：A.铜粉和Zn都会和HNO3反应，故不能用HNO3除去铜粉中混杂的Zn，A错；通入足量Cl2会把Fe2+氧化而除去，但又引入了新的杂质，B错；乙烯会和溴水反应而被吸收，石灰水可以吸收挥发出来的溴，故C对；CO2和SO2都会和饱和Na2CO3溶液，故不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混杂的SO2，D错。考点：物质的除杂试剂的选择。7下列各
7、组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（ ）AMg2+、Na+、Cl-、SO42- BK+、CO32-、Cl-、NO3一CNa+、K+、NO3-、SO32- DNH4+、Na+、SO42-、NO3-【答案】C【解析】试题分析：A在碱性环境中Mg2+会形成沉淀而不能大量存在，错误；B在碱性环境中K+、CO32-、Cl-、NO3一可以大量共存，但是在酸性条件下不能发生氧化还原反应，错误；CNa+、K+、NO3-、SO32-在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下NO3-、SO32-能发生氧化还原反应，正确；D在碱性条件下NH4+会发生离子反应而不能大量存在，错误。考点
8、：考查离子大量共存的知识。8下列说法正确的是(设阿伏加德罗常数的数值为NA) （ ） A1 mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NA B1mol/LK2SO4溶液所含K+数目为2NA C在标准状况下，22.4L水所含分子数目为NA D2.4gMg与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.1NA【答案】A【解析】B、没有提供体积，无法计算；C、标况下，水为液体；D、每个Mg原子失去2个电子，故失去0.2NA9下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是ACaH2和Na2S BNa2O和Na2O2 CNaOH和CaO DH2O2和CO2【答案】A【解析】试题分析：A、CaH2和N
9、a2S中均只有离子键，A正确；B、Na2O中含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；C、NaOH中含有离子键和共价键，CaO中含有离子键，C错误；D、H2O2中含有非极性键和极性键，CO中含有非极性键，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查化学键判断【名师点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。另外需要注意的是并不是所有物质中都存在化学键，稀有气体分子是单原子分子，分子中无化学键。10在常温下，1 mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是共价键HHFFHFHCl
10、HIE(kJmol -1 )436157568432298A432 kJ/mol E(HBr)298 kJ/molB表中最稳定的共价键是HF键CH2(g)F2(g)2HF(g) H25 kJ/molDH 2(g)2H(g) H436 kJ/mol【答案】C【解析】试题分析：A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJmol-1E（H-Br）298 kJmol-1，故A正确；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，故B正确；C、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436KJ
11、/mol+157KJ/mol-2568KJ/mol=-543KJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g）DH=-543 kJmol-1，故C错误；D、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）2H （g）DH=+436 kJmol-1 ，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应能量变化和键能关系的相关知识。11将3.48克Fe3O4完全溶解在100mL1molLH2SO4中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全部转化为成Fe3+， Cr2O72-离子全部还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的摩尔浓度为A0.05molL B1.0molL C0.2m
12、olL D0.3molL【答案】B【解析】试题分析：假设K2Cr2O7的物质的量浓度的是x，则根据氧化还原反应中电子转移的数目相等可得：(3.48g232g/mol)1/3=x2510-3L23；解得x=1.0mol/L，选项是B。考点：考查守恒方法在氧化还原反应计算的应用的知识。12某小组为了研究电化学原理设计了如图所示的装置，下列说法中错误的是AX和Y不连接时，铜棒上会有金属银析出BX和Y用导线连接时，银棒是正极，发生氧化反应C若X接直流电源的正极，Y接负极，Ag+向铜电极移动D无论X和Y是否用导线连接，铜棒均会溶解，溶液都从无色逐渐变成蓝色【答案】B【解析】试题分析：A.X和Y不连接时，
13、铜可以置换出银单质，正确；B.X和Y用导线连接时，构成原电池，Ag做正极，发生还原反应，Cu作负极，发生氧化反应，错误；C.若X接直流电源的正极，Y接负极，构成电解池，Ag做阳极，Cu作阴极，Ag+向铜电极移动，正确；D.无论X和Y是否连接，铜都会失去电子变成铜离子，正确。考点：考查电化学原理。13在反应2Na2O22H2O=4NaOHO2中氧化剂和还原剂的质量比为（ ）A.1 ：1 B. 2 ：1 C.1 ：2 D. 3 ：1【答案】A【解析】试题分析：反应中过氧化钠即为氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1：1.考点：氧化还原反应。14在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)+O2
14、(g)达到平衡状态的标志是：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO；混合气体的颜色不再改变；混合气体的密度不再改变的状态；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定A B C D【答案】A【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。中反应速率的方向是相同
15、的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此中的关系始终是成立，不正确。颜色深浅和浓度有关系，所以混合气体的颜色不再改变可以说明反应达到平衡状态，正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，即密度始终不变，不正确。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可以说明反应达到平衡状态，正确。根据方程式可知如果开始从NO2建立平衡状态，则混合气体中NO与O2的物质的量之比始终保持2:1恒定，不能说明反应达到平衡状态，错误； NO2和NO分别是反应物和生成物，因此混合气体中
16、NO与NO2的物质的量之比保持恒定可以说明反应达到平衡状态，正确，答案选A。考点：考查平衡状态判断15某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据右图可得出的判断结论正确的是 A正反应一定是放热反应B达到平衡时A2的转化率大小为：bacC若T2T1，则正反应一定是吸热反应Db点时，平衡体系中A、B原子数之比接近31【答案】C【解析】试题分析：A、由于不知道T2与T1的大小关系，所以不能判断反应时吸热还是放热，故错B、曲线先增加，原因是加入气体B2时，平衡正向移动。然后曲
17、线再降低，原因是通入的气体量大，总气体体积增大显著。使得AB3的体积分数减小，实际上平衡仍旧在向正向移动，所以转化率比较应该是cba。故错。C、若T2T1，温度越高，平衡时含量AB3越多，平衡正移，则正反应是吸热反应，故正确。D、b点时，平衡体系中A、B原子数之比接近13故错考点：化学平衡状态的判断，温度对化学反应的影响。点评：本题难度适中，利用勒夏特列原理来解题，注意温度对化学平衡的影响。本题需要把图像看懂，首先看横纵坐标，再看曲线的变化，再分析变化的原因。16（8分）在下列反应中：A2F2+2H2O=4HF+O2 B2Na+2H2O=2NaOH+H2 CCaO+H2O=Ca(OH)2 D2
18、H2O=2H2+O2（1）水只作氧化剂的是（填序号，下同） ，（2）水只作还原剂的是 ，（3）水既作氧化剂又作还原剂的是 ，（4）水既不作氧化剂又不作还原剂的是 。【答案】29 （8分）（1）B（2）A（3）D（4）C【解析】试题分析：化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，反应2F2+2H2O=4HF+O2中，水中氧元素化合价升高，水只作还原剂，反应2Na+2H2O=2NaOH+H2中，水中氢元素化合价降低，只作氧化剂， 反应CaO+H2O=Ca（OH）2中，水中的氢元素和氧元素化合价均未变化，所以水既作氧化剂又作还原剂，反应2H2O2H2+O2中，水中的氢元素
19、化合价降低，氧元素化合价升高，所以水既作氧化剂又作还原剂，答案为：B；A；D；C考点：考查氧化还原反应。17海水中富含镁，可经过加碱沉淀、过滤、酸溶、结晶及脱水等步骤得到无水氯化镁，最后电解得到金属镁。已知25 时KspMg(OH)2=1.810-11，KspFe(OH)3= 1.010-38。 当溶液中离子浓度1.0105 molL1可视为沉淀完全。(1)有浓度为1.810-3molL-1的MgCl2溶液，该溶液中含有少量Fe3+，当溶液中Fe3+ 沉淀完全时，Mg 2+ 是否开始沉淀 ，Mg(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_。（2）除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，可加入的试剂有
20、。aMgO bMg(OH)2 cNH3H2O dMgSO4（3）若在空气中加热MgCl26H2O，可生成Mg(OH)Cl或MgO，写出生成Mg(OH)Cl或MgO相关的化 学方程式 。（4）MgCl26H2O在干燥的HCl气流中加热可得到无水氯化镁，其原因是 。（5）电解熔融的MgCl2，阳极的电极反应式为： 。【答案】（本题共12 分，每空2分）(1) 无沉淀；10 (2)ab (3) MgCl26H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O或MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O（4）HCl气流可抑制Mg 2+水解 （5）2Cl-2e-=Cl2【解析】试题分析：(1) 当溶液中Fe3+沉
21、淀完全时，溶液里c(OH-)= KspFe(OH)3/c3(Fe3+)=1.010-38/(1.0105)3=1.010-23mol/L；此时c(Mg2+)c2(OH-)=1.810-3molL-1(1.010-23mol/L)2=1.810-49KspMg(OH)2，故此时Mg 2+不沉淀，Mg(OH)2开始沉淀时溶液的c(OH-)=10-4moi/L，pH=10；（2）除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，利用加入的试剂调节溶液PH使铁离子完全沉淀，同时不能引入新的杂质；aMgO可以和酸反应调节溶液PH使铁离子沉淀，不引入新的杂质，故a符合； bMg(OH)2和酸反应调节溶液PH使铁离
22、子沉淀，不引入新的杂质，故b符合； cNH3H2O和酸反应调节溶液PH使铁离子沉淀，引入新的杂质NH4+，故c不符合；dMgSO4和酸不反应，不能调节溶液PH使铁离子沉淀，引入新的杂质离子硫酸根离子，故d不符合；故答案为ab；（3）若在空气中加热MgCl26H2O，可生成Mg(OH)Cl或MgO，依据原子守恒书写化学方程式为：MgCl26H2OMg(OH)Cl+HCl+5H2O或MgCl26H2OMgO+2HCl+5H2O；（4）氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解，HCl气流可抑制Mg2+水解； （5）依据电解原理书写电极反应，电解熔融的MgCl2，氯离子移向阳极失电子生成氯气，镁离子
23、在阴极得到电子生成镁，阳极的电极反应为；2Cl-2e-=Cl2。【考点定位】考查海水提取镁的工业生产流程分析判断，涉及溶度积计算、除杂试剂选择原则、电解原理的分析应用等。【名师点晴】本题重点考查溶度积的应用，可结合公式进行计算难度不大，另外还考查了盐类水解的应用，利用水解平衡的移动除去溶液里易水解的金属阳离子，只要从能与酸反应，即促进水解平衡向正方向移动，同时不引入新的杂质即可解答，另外利用增大水解生成的酸的浓度可抑制水解平衡逆向移动，据此分析作答。18二氧化锰（MnO2）与浓盐酸混合加热可得到氯气、氯化锰等，下图是制取并探究Cl2化学性质的装置图。 （1）写出圆底烧瓶中反应的化学方程式 。
24、（2）A中m管的作用是 ；装置F的作用是 。 （3）若要得到干燥纯净的气体，则B中应盛放的试剂是 ，C中应盛放的试剂是 。 （4）E中若装有FeCl2溶液，反应的离子方程式为 ；E中若装有淀粉碘化钾溶液，能观察到的实验现象是 。（5）实验中发现：浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，稀盐酸与MnO2混合加热不生成氯气。针对上述现象，化学小组对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案： a稀盐酸滴入MnO2中，然后通人HCl气体，加热 b稀盐酸滴人MnO2中，然后加入NaCl固体，加热 c稀盐酸滴入MnO2中，然后加入浓硫酸，加热 dMnO2与NaCl的浓溶液混合，加热 e浓硫酸与Na
25、Cl固体、MnO2固体共热实验b的目的是 ；实验c的目的是 。实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成。由此得出影响氯气生成的原因是 。【答案】（1）MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O （2分） （2）平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利下滴（2分）； 防止G中液体倒吸至E中（2分） （3）饱和食盐水（饱和NaCl溶液） （2分） ， 浓硫酸（2分） （4）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- （2分）； 无色溶液显蓝色（2分） （5）探究Cl-浓度的影响（1分）； 探究H+浓度的影响（1分）H+浓度的大小（1分）【解析】略19（10分）为证明Fe3+具有较强的
26、氧化性，甲同学做了如下实验：将Cu片放入Fe(NO3)3溶液中，观察到Cu片逐渐溶解，溶液由黄色变为蓝绿色，由此甲同学得到Fe3+具有较强氧化性的结论。乙同学提出了不同的看法：“Fe(NO3)3溶液具有酸性，在此酸性条件下NO3-也能氧化Cu”，并设计实验进行探究。已知：水解反应平衡常数（K）Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+7.9 10-4Fe2+ + 2H2O Fe(OH)2 + 2H+3.2 10-10Cu2+ + 2H2O Cu(OH)2 + 2H+3.2 10-7请回答：（1）稀硝酸和Cu反应的化学方程式为 。（2）请利用所提供的试剂，帮助乙同学完成实验方案设计。试剂
27、：0.5mol/L Fe(NO3)3溶液、Cu片、精密pH试纸（0.55.0）、稀硝酸方案： 。（3）丙同学分别实施了甲、乙两位同学的实验方案，并在实验过程中用pH计监测溶液pH的变化，实验记录如下。实验内容实验现象甲同学的实验方案溶液逐渐变成蓝绿色， pH略有上升乙同学的实验方案无明显现象，pH没有明显变化。根据实验现象写出发生反应的离子方程式： 。导致实验过程中溶液pH略有上升的可能原因是 。（4）请你设计更简便可行的实验方案，帮助甲同学达到实验目的： 。【答案】（每空2分，共10分）（1）3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O （2分）（2）测定硝酸铁溶
28、液的pH，再配制相同pH的硝酸，将铜片加入硝酸中，观察二者是否反应（2分）（3）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ （2分）Fe3+ 变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降（2分）（4）将铜片放入氯化铁溶液中（2分）【解析】试题分析：（1）稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜、NO、水，化学方程式为3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O；（2）根据假设，硝酸铁溶液显酸性，测其pH，然后配制相同pH的硝酸溶液，加入Cu，观察二者是否反应；（3）Cu与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，使溶液由黄色变为蓝绿色，离子方程式为Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2
29、Fe2+；由表中数据可知铁离子水解能力最强，所以溶液中发生Fe3+3H2OFe (OH)3+ 3 H+，铁离子与Cu发生氧化还原反应使溶液中铁离子变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降，氢离子浓度减小，pH增大；（4）根据乙同学的方案可知，硝酸根离子的存在对甲同学的实验带来干扰，所以选择氯化铁或硫酸铁溶液代替硝酸铁进行实验，观察现象。考点：考查对Cu与铁离子反应的实验探究，实验方案的设计20(8分)有人设计了如图所示实验，以确认某混合气体中含有C2H4和SO2。混合气体所需试剂有A品红溶液 BNaOH溶液 C浓H2SO4 D酸性高锰酸钾溶液试回答下列问题：（1）写出图中、装置可盛放的试剂(将上述
30、有关试剂的序号填入空格内)：_，_，_，_。（2）使用装置的目的是_。（3）确定乙烯存在的现象是_【答案】（1）A；B；A；D（2）除去乙烯中的二氧化硫气体（3）中溶液不褪色中溶液褪色。【解析】试题分析：（1）乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以验证乙烯前先除去二氧化硫气体，所以先检验二氧化硫，再检验乙烯，二氧化硫用品红溶液检验，所以中放A溶液；再用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，则中放B溶液，然后用A溶液检验二氧化硫是否除尽，所以中放A溶液，最后用高锰酸钾溶液检验乙烯的存在，则中放D溶液；（2）使用装置 的目的是除去二氧化硫，便于检验乙烯的存在；（3）当二氧化硫除尽
31、时，乙烯能使高锰酸钾溶液褪色，所以确定乙烯存在的现象是中溶液不褪色中溶液褪色。考点：考查二氧化硫与乙烯的检验21铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应（A 为未知物质）：Cu+2H2SO4（浓）= CuSO4+A+2H2O将6.4g 铜片与100ml 18mol/L 浓H2SO4 混合加热，充分反应后铜片全部消失。请判断A 的化学式并计算：（1）生成的A 在标准状况下的体积；（2）反应后剩余溶液中SO42-的物质的量。【答案】（1）V（A）=2.24L（2）n 剩余（SO42-）=1.6mol【解析】试题分析：（1）由反应可知，A为二氧化硫，n（Cu）=6.4g/64g/mol=0.1mol,
32、据反应：Cu+2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2+2H2O，n（SO2）=n（Cu）=0.1mol,V=0.122.4=2.24L。（2）100ml 18mol/L 浓H2SO4物质的量=180.1L=1.8mol，消耗的H2SO4=2n（Cu）=0.2mol, 反应后剩余溶液中SO42-的物质的量=1.8-0.2=1.36mol.考点：考查质的量的相关计算22下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）写出CE
33、的化学方程式： 。（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： ，干燥C常用 （填写试剂名称）。（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 （填写物质的化学式）。（4）写出AD的化学方程式： 。【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 碱石灰（3）无色气体变为红棕色 NO(4) 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】试题分析：（1）A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应
34、生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，是水。则氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。所以C到E的反应为4NH3+5O2 4NO+6H2O 。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3+2H2O.干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4) 过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2考点：无机推断
35、【名师点睛】无机推断题要抓住突破口，例如能是湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，红棕色气体为二氧化氮或溴蒸气，常见的无色液体为水，淡黄色固体为硫或过氧化钠等。23（15分）已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构式为： 。（2）写出化合物官能团的化学式及名称：B中含官能团名称 ；D中含官能团名称 ；（3）写出反应的化学方程式： 反应类型： ： 反应类型： ： 反应类型： 【答案】（1） ； （2）-OH 羟基；-COOH 羧基。（3）CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH，加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应n CH2=CH2；加聚反应。【解析】试题分析：（
36、1）乙烯分子中两个C原子形成共价双键，每个C原子再与两个H原子形成两个共价键，结构式是：。（2）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；乙烯与水加成生成乙醇CH3CH2OH（B）；乙醇被氧化生成乙醛CH3CHO（C）；乙醇与乙酸CH3COOH（D）发生酯化反应生成乙酸乙酯CH3COOCH2CH3。B中含官能团名称是OH，名称是羟基；D是乙酸，官能团是-COOH，其中含官能团名称是羧基。（3）反应的化学方程式是CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH，反应类型是加成反应；反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型是氧化反应；反应的化学方程式是n CH2=CH2；反应类型是加聚反应。考点：乙烯的结构及相关性质、有机物间的相互转化的知识。