1、河南省红旗区小店镇高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1下列物质中，氯元素化合价最低的是ACl2 BHCl CHClO DKClO3【答案】B【解析】氯元素在上述四种物质中的价态分别为0、1、+1、+5价。2胶体区别于其他分散系最本质的特征是A外观澄清透明 B胶体微粒直径在1100 nm之间C丁达尔效应 D分散质粒子能透过滤纸【答案】B【解析】试题分析：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小答案
2、选D考点：胶体的性质3在宾馆、办公楼等公共场所，常使用一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅-241（）放射源的电离室。原子核内中子数与核外电子数之差是A241 B146 C95 D51【答案】D【解析】试题分析：质子数与原子核外电子数相等，都是95，而质量数是质子数与中子数的和，所以原子核内中子数是241-95=146，则该原子核内中子数与核外电子数之差是146-95=51，选D。考点：考查原子的各个构成微粒及相互关系的知识。4常温下，某溶液中水电离出的OH-110-11molL-1，则该溶液不可能是：ANaOH溶液BNaHSO4溶液CNH4Cl溶液D0.001molL-1的CH3COOH
3、溶液【答案】CD【解析】【错解分析】选项D往往误认为醋酸属于酸类，其电离的氢离子抑制了水的电离，因此漏选该选项。其实选项D给了醋酸的浓度，由于醋酸是弱酸，只有微弱的电离，H+Ca0.001a110-3molL-1因此水电离出的氢氧根离子浓度应大于110-11molL-1，所以该选项也为本题正确选项。硫酸氢钠虽属于盐类，然而在中学范围内，将其视为强酸溶液（应为中强）。一定浓度的该溶液，其氢离子浓度可达到110-3molL-1，满足题目的要求。【正解】水电离出的氢氧根离子浓度小于110-7molL-1，说明溶液中水的电离受到电解质离子的抑制，而该电解质应是能电离生成氢离子或氢氧根离子的物质。本题备
4、选答案C中的氯化铵属于强酸弱碱盐，其溶于水发生水解，促进水的电离，因此水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度大于110-7molL-1，其中氢氧根离子中的大部分和铵根离子结合生成弱电解质，溶液中剩余的氢氧根离子浓度和氢离子浓度保持水的离子积。题目给出的信息是水电离出的OH-110-11molL-1，与上述分析矛盾，该选项为正确选项。5下列说法正确的是 （ ）A阿伏加德罗常数为6.021023B摩尔质量等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量C1molH2的体积为22.4LDNa+的摩尔质量为23g/mol【答案】D【解析】试题解析：阿伏伽德罗常数有单位为mol-1，12gC-12含有的碳原子数等于阿伏
5、伽德罗常数数值，约为6.021023mol-1，故A错误；摩尔质量以g/mol为单位数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，故B错误；外界温度和压强不明确，气体体积无法计算，故C错误；电子质量忽略不计，Na+的摩尔质量等于钠原子的摩尔质量为23g/mol，故D正确考点：阿伏加德罗常数6下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是AF2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高BH2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱CNa、Mg、Al的还原性依次减弱DNaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】B【解析】A：四单质属结构相似的分子晶体，分子量越大，分子间作用
6、力越大，溶沸点越高；B：随着O、S、Se、Te的原子半径的递增，H2O、H2S、H2Se、H2Te的化学键的键长越来越大，键能越小，热稳定性依次减弱；C：Na、Mg、Al的还原性依次减弱决定于三者的失电子的难易；D：F、Cl、Br、I的原子半径依次增大，NaF、NaCl、NaBr、NaI离子键键能越来越小，熔点越来越低。7若aAn+与 bB2-两种离子的核外电子层结构相同，则a等于 A.b+n-2 B.b+n+2 C.b-n-2 D.b-n+2【答案】B【解析】aAn+与 bB2-两种离子的核外电子层结构相同，则核外电子数一定相同，所以一定满足anb2，即anb2，答案选B。8向溶液X中持续通
7、入气体Y，不会产生“浑浊澄清”现象的是AX：硝酸银溶液，Y：氨气 BX：漂白粉溶液，Y：二氧化硫CX：氢氧化钡溶液，Y：二氧化碳 DX：偏铝酸钠溶液，Y：二氧化氮【答案】B【解析】试题分析：A向硝酸银溶液中通入氨气首先产生白色沉淀，继续通入氨气白色沉淀消失，转化为银氨溶液，A错误；B向漂白粉溶液中通入二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙，继续通入SO2沉淀不消失，B正确；C向氢氧化钡溶液中通入二氧化碳先产生碳酸钡沉淀，CO2过量后沉淀转化为碳酸氢钡，C错误；D先偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，NO2溶于水生成硝酸和NO，硝酸与偏氯酸钠反应生成氢氧化铝白色沉淀，NO2过量后氢氧化铝又溶解在硝酸中，D错
8、误，答案选B。考点：考查元素及其化合物性质9自来水可以用氯气消毒。某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的变质问题的是 A硝酸银 B氯化亚铁 C亚硫酸钠 D氯化铝【答案】D【解析】10通过高一化学学习，你认为下列对化学知识概括合理的一组是（ ）能与酸反应的氧化物，一定是碱性氧化物一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物根据是否有电子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分散系是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液在熔化状态和水溶液中均不能导电的物质称为非电解质氧化剂在反应中被氧化，还原剂在反应中被还原。A只有 B只有 C只有 D只有【答案】C【解析
9、】试题分析：能与酸反应的氧化物，可能是碱性氧化物，也可能是两性氧化物；错误；一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价可能对应一种氧化物，也可能对应两种氧化物，错误；根据是否有电子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；根据分散质微粒的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，错误；在熔化状态和水溶液中均不能导电的化合物称为非电解质，错误；氧化剂在反应中被还原，还原剂在反应中被氧化，错误。考点：考查化学知识概括的正确性的知识。11下表为元素周期表前四周期的一部分，下列关于R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中正确的是AW元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能BY、Z的阴离子电子层结构都与R原子的
10、相同C最高价含氧酸的酸性，Y对应的酸性强于WDP能级未成对电子最多的是Z元素【答案】C【解析】根据元素在周期表中的位置可判断，R、W、X、Y、Z五种元素分别是Ar、P、F、S、Br。非金属性越强第一电离能越大，但由于P原子中3p轨道电子是半充满状态，所以第一电离能大于S的，A不正确。B不正确，硫离子和溴离子的核外电子数分别是18和36。非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，C正确。P能级未成对电子最多的是P元素，D不正确。答案选C。12设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 A.Cl2的摩尔质量与NA个Cl2分子的质量相等。B.活泼金属从盐酸中置换出1molH2，转移电子数为NAC
11、.500mL0.5molL-1Al2(SO4)3溶液中，含SO42-数目为0.75NAD.同温同压下，2g H2和22.4LO2所含分子数为NA【答案】C【解析】A：两者仅数值上相同，但单位不同，不正确B：由反应2H2e=H2可知，置换出1molH2，转移电子数为2NAC：该溶液中SO42-数目为0.75NAD：非标准状况，无法计算氧气的量，不正确答案为C13将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)+3H2 (g)2NH3 (g)；H0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是改变条件新平衡与原平衡比
12、较A增大压强N2的浓度一定变小B升高温度N2的转化率变小C充入一定量H2H2的转化率不变，N2的转化率变大D使用适当催化剂NH3的体积分数增大【答案】B【解析】试题分析：若减小容器体积增大压强，虽平衡正向移动，但N2的浓度增大，故A错误；升高温度平衡逆向移动，N2的转化率变小，故B正确；充入一定量H2，H2的转化率变小，N2的转化率变大，故C错误；使用适当催化剂不能使平衡移动，NH3的体积分数不变，故D错误。考点：本题考查化学平衡移动。14下列有关说法，不正确的是将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成CaSO4，可减少SO2对大气的污染为测定
13、熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁为证明NaHCO3溶液中混有Na2CO3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有Na2CO3A仅 B仅C仅 D仅【答案】A【解析】试题分析：二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮气体，溶液不会充满试管，错误；向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成CaSO4，可减少SO2对大气的污染，正确；熔融氢氧化钠与石英反应生成硅酸钠和水，应将氢氧化钠固体放在铁坩埚中加热熔化，错误；金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，错误；澄清石灰水与NaHCO3溶液和Na2CO3溶液反应均生成碳酸钙白色沉淀
14、，无法检验碳酸钠的存在，应用氯化钙溶液检验，错误，综上所述选A。考点：考查元素化合物知识。15据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车已在北京奥运会期间为运动员提供服务。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液。下列有关该电池的叙述不正确的是A正极反应式为：O22H2O4e=4OHB工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C该燃料电池的总反应方程式为：2H2O2=2H2OD该电池工作时每消耗1 mol O2，有2 mol电子转移【答案】D【解析】试题分析：A、正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，A正确；B、负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气
15、得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，B正确；C、负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，C正确；D、该电池工作时每消耗 1 mol O2，根据A的电极反应，有4 mol 电子转移，D错误。考点：考查了燃料电池的相关知识。16（1）在标准状况下，测得1.32 g某气体的体积为0.672 L。则此气体的摩尔质量为 。（2）等质量CO、CO2两种气体的的摩尔质量之比为 ；同温同压下的体积比为 ；其中氧元素的原子个数比为 。（3）常用食醋除去
16、水壶中的水垢,以氢氧化镁为例，表明反应原理（用离子方程式表示） 。【答案】21.（1）44g/mol(不写单位不得分) （2）711 ； 117 ； 1114（3）Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2+2CH3COO-+2H2O【解析】试题分析：（1）摩尔质量是以“g/mol”为单位时，其数值与该物质的相对分子质量数值相等。在标准状况下，0.672L该气体的物质的量为n=v/22.4L/mol=0.03mol，该气体的摩尔质量为M=m/n=1.32/0.03=44g/mol；（2）摩尔质量是以“g/mol”为单位时，其数值与该物质的相对分子质量数值相等,CO为28，CO2为44，两种气体的
17、的摩尔质量之比为7:11；同温同压下的体积比和物质的量成正比，即m/7：m/11=11：17，氧元素的原子个数比为11:（7x2）=11:14；（3）根据离子方程式的书写规则可知，Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2+2CH3COO-+2H2O.考点：考查摩尔质量的计算，食醋除水垢原理等知识。17(6分)NaOH的摩尔质量为_，1.2041023个NaOH分子物质的量为_，需要_g HCl，能与这些NaOH完全反应。【答案】40g/mol ， 0.2mol ， 7.3【解析】试题分析：摩尔质量的单位是g/mol,数值等于式量，所以)NaOH的摩尔质量为40g/mol；1.2041023个N
18、aOH分子的物质的量为（1.2041023）（6.021023）=0.2mol，需要0.2molHCl与这些NaOH完全反应, 需要HCl的质量为7.3g。考点：本题考查物质的量的计算。 18以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O42H2O)。有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1） 滤渣A的主要成分为_。（2） 除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离
19、子方程式为_。（3） 除铁(部分Cu2可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为_。 上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是_。（4） 若沉淀过程采用Na2C2O4代替草酸铵晶体生产草酸锌，合理的加料方式是_。（5） 将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300 460 范围内，发生反应的化学方程式为_。【答案】（1） SiO2（2） Mn2H2O2H2O=MnO(OH)22H（3）3.35.4先加入MnS会将Fe3还原为Fe2，使铁元素难以除去（4）在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中（5）ZnC2O4
20、ZnOCOCO2【解析】试题分析：（1） 烟道灰含有ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO，加入盐酸，只有二氧化硅不溶解，所以滤渣A为SiO2。（2）氧化锰和盐酸反应生成锰离子，在过氧化氢的条件下反应生成氢氧化氧锰，故离子方程式为： Mn2H2O2H2O=MnO(OH)22H。（3） 除铁是将铁元素以氢氧化铁的形式完全沉淀，完全沉淀的pH为3.3，但不能让锌离子生成氢氧化锌，所以pH要小于5.4，所以控制pH的范围为3.35.4。先加入MnS会将Fe3还原为Fe2，氢氧化亚铁的沉淀的pH与氢氧化锌的接近，使铁元素难以除去，所以不能颠倒。（4） 用草酸钠电梯草酸铵晶体生产草酸锌，可
21、以在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中。（5） 假设1摩尔草酸锌晶体分解，加热到190 ，固体质量是原来质量的80.95%，说明完全失去结晶水，然后加热继续分解，到460 时，固体质量为原来的42.86%，说明固体质量为18942.86%=61克，则为氧化性的质量，说明反应产生了氧化性，根据元素守恒分析，产生的气体为等物质的量的一氧化碳和二氧化碳，故方程式为：ZnC2O4ZnOCOCO2。考点：物质的制备实验方案的设计，物质的分离和提纯的方法的综合利用19某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置完成同主
22、族元素非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置实验来验证卤族元素性质的递变规律(夹持装置已略去)。A、B、C三个胶头滴管分别是氯酸钾溶液、NaBr溶液、淀粉KI溶液。已知常温下浓盐酸与氯酸钾溶液能反应生成氯气。 （1）甲同学设计实验所涉及的离子方程式为_、_；（2）乙同学具体操作如下：先挤压胶体滴管A，使少量溶液滴入烧瓶内，可观察到 ；挤压体滴管B，使稍过量溶液滴入烧瓶内，充分反应。写出该操作中主要离子方程式为 。再挤压体滴管C，使少量溶液滴入烧瓶内，可观到 ；（3）根据甲乙同学的实验可得到的结论是： 。【答案】(每空2分)（1）2H+ +CaCO3 =Ca2+ + CO2 + H2
23、O SiO32- + CO2 + H2O =H2SiO3 +CO32-（2）烧瓶中有黄绿色气体生成 Cl2 + 2Br- =2Cl- +Br2溶液颜色由黄变蓝（3）同一主族，从上到下，元素非金属性减弱【解析】试题分析：设计了如图1装置完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究，较强的非金属对应最高价含氧酸是能产生气体的，故是碳酸；同主族较弱的非金属对应最高价含氧酸是H2SiO3。根据信息：“常温下浓盐酸与氯酸钾溶液能反应生成氯气”先挤压胶体滴管A，使少量KClO3溶液滴入烧瓶内，产生黄绿色气体Cl2；挤压体滴管B中的NaBr溶液，其与Cl2发生Cl2+ 2Br-=2Cl-+Br2；再挤压体滴管C
24、，使少量淀粉KI溶液滴入烧瓶内，I-与Br2发生置换反应，生成I2，遇淀粉变蓝色。考点：同一主族元素的非金属性强弱实验。20（一）如图所示，甲、乙是电化学实验装置，请回答下列问题：若甲、乙两个烧杯中均盛放饱和NaCl溶液。甲中石墨棒上的电极反应式是_乙中总反应的离子方程式为_若乙中含有0.10 molL-1NaCl溶液400mL，当阳极产生的气体为560mL（标准状况下）时，溶液的pH=_（2分）（假设溶液体积变化忽略不计），转移电子的个数为_（二）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，无污染，能量高，有广泛的应用前景。其工作原理如上图所示，回答下列问题：该燃料电池中正极通入的物质是_； 负极发生的
25、反应式为：_ 电池工作时，OH- 移向极_（“a”或“b”）当电池放电转移5mol电子时，至少消耗燃料肼_g (三)全钒液流电池的结构如图所示，其电解液中含有钒的不同价态的离子、H+和SO42电池放电时，负极的电极反应为：V2+e=V3+电池放电时的总反应方程式为_充电时，电极M应接电源的_ 极若电池初始时左、右两槽内均以VOSO4和H2SO4的混合液为电解液，使用前 需先充电激活，充电过程阴极区的反应分两步完成：第一步VO2+转化为V3+；第二步V3+转化为V2+则第一步反应过程中阴极区溶液n（H+）_（填“增大”、“不变”或“减小”） （1分），阳极的电极反应式为_ 【答案】（一） （1）
26、O24e2H2O=4OH2Cl2H2O Cl22 OHH2 13； 3.6121022 或0. 06NA（二）空气或氧气 N2H4 +4OH- -4e- =4H2O+ N2 a 40（三）VO2+2H+V2+=VO2+H2O+V3+ 正减小 VO2+H2Oe=VO2+2H+【解析】试题分析：（一）（1）甲装置为原电池，石墨作正极，O2放电，电极反应为：O22H2O4e=4OH；乙装置为电解池， Fe是阴极，不参与反应，总反应的离子方程式为：2Cl2H2O Cl22 OHH2；阳极生成0.025mol的气体,其中先是氯离子失电子，0.04mol氯离子失去0.04mol电子,生成0.02mol的氯
27、气，另外的0.005mol气体是氢氧根离子失电子生成的氧气，可知0.02mol氢氧根失去0.02mol电子，共失去0.06mol电子，同时在阴极氢离子得电子0.06mol电子，刚好反应0.06mol氢离子，也就是留下了0.04mol氢氧根离子，氢离子浓度为0.04/0.4=0.1mol/L.pH为13；转移电子的个数为3.6121022 或0. 06NA；（二）在肼（N2H4）燃料电池中，通入燃料气体N2H4为负极，通入空气或氧气的一极为正极；在原电池中，阴离子向负极移动，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；电池工作时，OH- 移向负极，即
28、a极；当电池放电转移5mol电子时，消耗燃料肼1.25mol，质量为40g；（三）左槽的电极反应式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，为原电池的正极，总反应方程式为VO2+2H+V2+=VO2+H2O+V3+；充电时，电极M应接电源的正极；第一步VO2+转化为V3+的方程式为：VO2+4H+2e= V3+2H2O，消耗了H+，所以阴极区溶液n（H+）减小；阳极上VO2+失电子生成VO2+，电极方程式为：VO2+H2Oe=VO2+2H+。考点：原电池，电解池原理21Fe与 Fe2O3的混合物2.72g，加入到50mL 1.6mol/L盐酸中恰好完全溶解，经KSCN检验，溶液不显红色，若忽略溶液
29、体积变化，写出反应的离子方程式 ， ， 。反应后溶液中Fe2物质的量浓度是 mol/ L【答案】（离子方程式各1分） Fe + 2H+ = Fe2+ + H2 Fe2 O3 +6H+ = 2Fe2+ +3 H2O Fe +2Fe3+=3 Fe2+ 0.8 mol/ L（4分）【解析】略22(除标注外，每空2分，共8分)如下图所示：化合物A只含两种元素，C为白色胶状沉淀，B、F为刺激性气体，且F能使品红溶液褪色，E为金属单质，J、K为非金属单质，化合物H和L为常见化工产品，化合物I常温下为液态，H的浓溶液与K加热能生成F和无色无味气体M(图中反应条件和部分产物已略去)。试回答下列问题：（1）写出
30、A、M的化学式：A_；M_ _。（2）写出反应、的化学方程式：_ _；_ _ _。（3）写出ED反应的离子方程式：_ _。【答案】（1）Al2S3(1分)_； CO2(1分)。（2）Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S；C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O。（3）2Al2H2O2OH=2AlO3H2【解析】试题分析：H的浓溶液与常见的固体非金属单质K加热可以生成刺激性气体F和无色无味的气体M，在中学里符合该反应的只有碳和浓硫酸或与浓硝酸的反应，即K为碳，M为二氧化碳，且F能是品红褪色，说明为二氧化硫，则H为硫酸，B与J连续反应得到G，G与液体I反应得到H，可知J为样子，B为硫化
31、氢，G为三氧化硫，A在水中发生税额反应生成B和C，C为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中常见的产品，C能与L反应得到D，金属单质E与L反应也得到D，可推知C为氢氧化铝，L为氢氧化钠，D为偏铝酸钠，E为铝，由元素守恒可知A中含有铝和硫两种元素，质量比为9:16,则物质的量比为9/27:16/32=2:3，为硫化铝。（1）由上述分析可知A为Al2S3，M为CO2。（2）反应为硫化铝和水反应生成氢氧化铝和硫化氢，方程式为：Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S；反应为碳和浓硫酸反应生成二氧化碳二氧化硫和水，方程式为：C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O。（3）E到D的反应为铝和氢氧化钠和水反
32、应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al2H2O2OH=2AlO3H2考点：无机推断【名师点睛】无机推断的突破口之一：颜色：铁：铁粉是黑色的；一整块的固体铁是银白色的。 Fe2+浅绿色 Fe3O4黑色晶体 Fe(OH)2白色沉淀 Fe3+黄色 Fe (OH)3红褐色沉淀 Fe (SCN)3血红色溶液 FeO黑色的粉末 Fe (NH4)2(SO4)2淡蓝绿色 Fe2O3红棕色粉末 FeS黑色固体；铜：单质是紫红色 Cu2+蓝色 CuO黑色 Cu2O红色 CuSO4（无水）白色 CuSO45H2O蓝色 Cu2 (OH)2CO3 绿色 Cu(OH)2蓝色 Cu(NH3)4SO4深蓝色溶液 BaSO
33、4 、BaCO3 、Ag2CO3 、CaCO3 、AgCl 、 Mg (OH)2 、三溴苯酚均是白色沉淀Al(OH)3 白色絮状沉淀 H4SiO4（原硅酸）白色胶状沉淀Cl2、氯水黄绿色 F2淡黄绿色气体 Br2深红棕色液体 I2紫黑色固体HF、HCl、HBr、HI均为无色气体，在空气中均形成白雾CCl4无色的液体，密度大于水，与水不互溶 KMnO4-紫色 MnO4-紫色Na2O2淡黄色固体 Ag3PO4黄色沉淀 S黄色固体 AgBr浅黄色沉淀AgI黄色沉淀 O3淡蓝色气体 SO2无色，有剌激性气味、有毒的气体SO3无色固体（沸点44.8 0C） 品红溶液红色 氢氟酸：HF腐蚀玻璃N2O4、N
34、O无色气体 NO2红棕色气体 NH3无色、有剌激性气味气体23（14分,每空2分）下列关系图中，A是一种正盐，E是强酸，当甲无论是强酸或强碱都有如下反应关系：友情提示：当甲无论是强酸或强碱，A、B、C、D、E均为同种元素对应的不同的化合物。回答下列问题：（1）A是 （用化学式表示）（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体写出B与C的反应方程式：一定质量的Zn与100mL 120mol/L的E的浓溶液充分反应，反应后称量剩余锌发现质量减少了650g。将反应后的溶液稀释至1L，此时溶液中c（SO42） mol/L，产生SO2体积（标准状况下） L。（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化
35、的气体可作制冷剂C是 ，在浓的E溶液中放入过量的铜片，则反应将要结束时的离子方程式为 。将盛有D和O2的混合气体12mL的量筒倒立于水槽中，充分反应后，剩余2mL无色气体（均在同温同压下测定），则原混合气体中氧气的体积是 。【答案】（1）（NH4）2S （2）2H2S+SO2=3S+2H2O 1mol/L 448L（3）NO 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O 12ml和4ml【解析】试题分析：（1）A是一种正盐，E是强酸，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO2SO3，NONO2，Na2SO3Na2SO4等，D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等
36、，若D为SO3，顺推E为H2SO4，逆推B为H2S，A为硫化物，此时甲为强酸；若D为NO2，顺推E为HNO3，逆推B为NH3，A为铵盐，此时甲为强碱，综合而得A应为（NH4）2S。（2）当甲是稀盐酸溶液时，B为具有臭鸡蛋气味的气体，B为H2S，C我SO2，H2S与SO2反应的化学方程式为：2H2S+SO23S+2H2O。E为H2SO4，物质的量为01L120molL112mol，反应的Zn的物质的量为1mol，转化为ZnSO4，所以反应后溶液中含有的SO42的物质的量等于Zn的物质的量，则c（SO42）1mol1L1molL1；SO2的物质的量为：12mol-1mol02mol，标准状况下体积
37、为448L。（3）当甲是浓氢氧化钠溶液时，B为易液化的气体可作制冷剂，则B为NH3，C是NO，D是NO2，E是HNO3，过量的铜片与浓硝酸反应，反应将要结束时HNO3浓度减小为稀硝酸，所以离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O。NO2与O2、H2O反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O4HNO3，若剩余无色气体为O2，则NO的体积为（12ml2ml）4/58ml，所以O2共：12ml-8ml4ml；若剩余无色气体为NO，根据3NO2+H2O2HNO3+NO，过量的NO2体积为2ml36ml，则O2的体积为：（12ml-6ml）1/513ml。考点：考查物质的推断、化学方程式和离子方程式的书写、化学计算。