1、河南省开封高级中学20162017学年度高三化学9月月考试题（解析版）1下列不属于自发进行的变化的是（ ） A红墨水加到蒸馏水中使整杯水变红 B冰在室温下融化成水 CNaHCO3受热转化为Na2CO3 D铁在潮湿的空气中生锈【解答】答案C2下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是A铝片和稀硫酸反应 B灼热的炭与二氧化碳反应C氢氧化钙与氯化铵反应 D盐酸和氢氧化钠反应【解答】答案A：A、铝片和稀硫酸反应既是氧化还原反应，又是放热反应，正确；B、灼热的炭与二氧化碳反应是吸热反应，错误；C、氢氧化钙与氯化铵反应不是氧化还原反应，错误；D、盐酸和氢氧化钠反应不是氧化还原反应，错误。考点：考查化学反应
2、与热能。3在密闭容器中进行反应：X2(g)3Y2(g) 2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 molL1、0.3 molL1、0.2 molL1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()。Ac(Z)0.5 molL1 Bc(Y2)0.5 molL1Cc(X2)0.2 molL1 Dc(Y2)0.6 molL1【解答】答案B，若反应向正反应方向进行，0.1 molL1 X2与0.3 molL1 Y2完全转化可生成0.2 molL1 Z，这表明平衡时Z的浓度应小于0.4 molL1；若反应向逆反应方向进行，0.2 molL1 Z全部分解转化生成0.1 molL1 X
3、2和0.3 molL1 Y2，这表明平衡时X2的浓度应小于0.2 molL1，Y2的浓度应小于0.6 molL1。4已知：H2O(g)=H2O(l) H1Q1 kJ/molC2H5OH(g)=C2H5OH(l) H2Q2 kJ/molC2H5OH(g)3O2(g)=2CO2(g)3H2O(g) H3Q3 kJ/mol若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为( )AQ1Q2Q3 B0.5(Q1Q2Q3)C0.5Q11.5Q20.5Q3 D1.5Q10.5Q20.5Q3【解答】答案D：H2O（g）H2O（l）H1=-Q1kJmol-1（Q10），C2H5OH（g）C2H5OH（
4、l）H2=-Q2kJmol-1（Q20），C2H5OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H3=-Q3kJmol-1（Q30），根据盖斯定律可知，3-+得C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=（-3Q1+Q2-Q3）kJ/mol，即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1-Q2+Q3）kJ，则23g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5（3Q1-Q2+Q3）kJ=（1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3）kJ。故选D。考点：考查利用盖斯定律的有关计算；反应热的计算5设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( ) A标准状况下
5、，1mol H2O的体积约为22.4L B1 L 1mol/L Na2CO3溶液中Na+的物质的量为1molCNA个氢气分子所占的体积为22.4LD常温常压下NA个二氧化碳分子的质量为44g【解答】答案D6可逆反应A(g) +3B(g) 2C(g)+2D(g)，在四种不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是 A、VA=015mol（Lmin） B、VB=06mol（Lmin）C、VC=04mol（Lmin） D、VD=06mol （Lmin）【解答】答案D7用石墨电极电解500mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液。通电一段时间后，阴、阳两极逸出的气体在标准状况下的体积分别为11.2
6、L和8.4L，求原溶液中Cu2+的物质的量浓度（假设溶液的体积不变）() A1.25 molL1 B2.5 molL1 C0.50 molL1 D1.0 molL1【解答】答案C，阴、阳两极逸出的气体在标准状况下的体积分别为11.2L和8.4L，说明阴极中铜离子不足，氢离子也放电，生成氢气，物质的量是0.5mol，转移电子是1mol。阳极始终是OH放电，生成氧气，物质的量是0.375mol，转移电子是1.5mol，所以铜离子得到电子是0.5mol，因此铜离子的物质的量是0.25mol，浓度是0.5mol/L，答案选C。8利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收N
7、O2。下列说法正确的是Aa为直流电源的负极B阴极的电极反应式为：2HSO3-2He=S2O42-2H2OC阳极的电极反应式为：SO22H2O2e=SO42-4HD电解时，H由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室【解答】答案C：A、从反应物和产物化合价判断，左边硫的化合价从+4价到+6价，化合价升高失去电子为阳极，a为正极，错误；B、电子数目不对，电极反应式为2HSO3-2H2e=S2O42-2H2O，错误；C、正确；D、电解时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，错误。考点：考查电化学有关问题。9化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去镀件油
8、污Na2CO3可直接和油污反应B施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低氮肥肥效C漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜【解答】答案B：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降
9、低，故B正确；C、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故C错误；D氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制，故D错误；故选B。考点：考查了盐类的水解、漂白粉、氯化铁溶液的性质、氧化还原反应的应用的相关知识。10下列离子方程式书写正确的是A向小苏打溶液中加入少量石灰水：HCO3+ OH+ Ca2+CaCO3+2H2OB向烧碱溶液中加入铝片：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2C向HI溶液中加入Fe(OH)3固体：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OD向MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液：Ba2+
10、SO4 2- BaSO4【解答】答案B，A：题意要求少量石灰水，所以OH与Ca2+的个数比应该为2：1C：Fe3+的氧化性较强，可以继续氧化ID：除了生成BaSO4外，还应该生成了Mg(OH)2沉淀。11现有X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，其原子序数依次增大，Y、Z、W、Q形成的简单离子具有相同的电子层结构，YX3、X2Z、X2Z2、W2Z、W2Z2都是常见的化合物，其中,YX3在常温下呈气态,能使酚酞溶液变红色。下列有关推断正确的是AW2Z2与X2Z反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为12B简单离子半径:YZWQX CX能分别与Y、Z、Q形成共价化合物DY、W、Q的最高价氧化物对应的水化物两
11、两之间一定相互反应【解答】答案B：根据题意可知X是H；Y是N；Z是O；W是Na；Q是Mg或Al。A在W2Z2与X2Z反应中2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+ O2，氧化剂、还原剂都是Na2O2，氧化剂与还原剂物质的量之比为11，错误；B对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数移动，离子的半径就越小，对于电子层结构不同的微粒来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以简单离子半径:YZWQX，正确；CH能与N、O、形成共价化合物,但是不能与Mg或Al形成共价化合物，错误；D若Q是Mg，则只有Y的最高价氧化物对应的水化物可以W、Q的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应，若Q是Al，Y、W
12、、Q的最高价氧化物对应的水化物两两之间就一定相互反应，错误。考点：考查元素及化合物的推断、物质的结构、性质的关系的知识。12下列除去杂质的操作方法正确的是ANO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥B食盐中有少量的NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干C N2中有少量的O2：通过足量灼热的氧化铜D硝酸中溶有少量NO2,可向硝酸中加入少量水，使NO2与水反应生成硝酸。【解答】答案A：A.由于NO2与水反应生成NO，NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥，既除去了NO2又没有新杂质生成，故A正确；B.由于加入了过量的烧碱，虽然除去了NH4Cl，但是仍有过量的NaOH留下，相当于引入了新的杂质，故B错误
13、；C. N2中有少量的O2：通过足量灼热的氧化铜这样操作不仅不能除去O2反而消耗了N2故C错误；D.硝酸中溶有少量NO2，这是一个化学平衡，不能使其完全转化，故错误，此题选。考点：考查物质的分离和提纯相关知识点13围绕下列七种物质：铝、Al2O3、稀硝酸、H2SO4、Ba(OH)2固体、稀氨水、Al2(SO4)3、NaOH溶液，按要求回答下列问题：（1）既能与强酸反应，又能与强碱反应的是_（填序号）；（2）属于电解质的是_（填序号）；（3）写出最适宜制取Al(OH)3的离子方程式_；（4）两物质间发生反应的离子方程式为H+OH-=H2O，请写出该反应的化学方程式_；（5）写出和反应的离子方程式
14、_；（6）34.2g溶于水配成500mL溶液，则溶液中SO42-的物质的量浓度为_。【解答】答案（1）(2) (3) Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ (4) 2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2OHNO3+NaOH=NaNO3+H2O（5）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（6）0.6molL-1解析：（1）金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2-和氢气，故可选；A12O3属于两性氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2-离子，故可选；稀硝酸与强酸不反应，与强碱能反应，故不选；H2SO4与强酸不反应，与强
15、碱能反应，故不选；Ba(OH)2固体与强碱不反应，与强酸能反应，故不选；稀氨水与强碱不反应，与强酸能反应，故不选；A12(SO4)3与强酸不反应，与强碱能反应，故不选；NaOH溶液只与酸反应，不与强碱反应，故不选；故答案为；（2）铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；A12O3在熔化状态下能导电，是电解质；稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；H2SO4在水中能导电，是电解质；Ba(OH)2固体在水中或熔化状态下能导电，是电解质；稀氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；A12(SO4)3在水中或熔化状态下能导电，是电解质；NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；故答案为
16、；（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，只能和强酸强碱反应，不与弱酸弱碱反应，故实验室制备氢氧化铝时一般用弱碱而不用强碱，故实验室制取Al(OH)3的化学方程式为：AlCl3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；（4）稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐和水的反应，可用离子反应OH-+H+=H2O表示，如硝酸和氢氧化钡或氢氧化化钠溶液反应，方程式为：2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O，HNO3+NaOH=NaNO3+H2O；（5）铝溶解于氢氧化钠溶液的离子反应方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+
17、3H2；（6）34.2gA12(SO4)3的物质的量为34.2g342g/mol=0.1mol，则SO42-的物质的量为0.13=0.3mol，故溶液中SO42-的物质的量浓度为0.3mol/0.5L=0.6molL-1。考点：考查物质的分类、离子反应、铝及其化合物的性质。14实验室中做如下实验：一定条件下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)B(g)2C(g)；H QkJ/mol（1）若A、B起始物质的量均为零，通入C的物质的量（mol）随反应时间（min）的变化情况如下表：实验序号时间温度物量质的010203040506018 0 0 1.00.800.670.570
18、.500.500.5028 0 0 n20.600. 500.500.500.500.5038 0 0 n30.920.750.630.600.600.6047 3 0 1.00.900.800.750.700.650.65根据上表数据，完成下列填空：在实验1中反应在10至20min内反应的平均速率Vc= 实验2中采取的措施是 ；实验3中n3 1.0 mol(填“、”)。比较实验4和实验1，可推测该反应中Q 0（填“、”)，（2）在另一反应过程中A(g)、B(g)、C(g)物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是a1015 min可能是升高了温度b1015 min可能是加入了催化
19、剂c20 min时可能缩小了容器体积d20 min时可能是增加了B的量（3）一定条件下，向上述容器中通入5molA (g)和3molB(g)，此时容器的压强为P(始)。反应进行并达到平衡后，测得容器内气体压强为P(始)的 。若相同条件下，向上述容器中分别通入a molA(g)、b molB(g)、c molC(g)，欲使达到新平衡时容器内气体压强仍为P(始)的 。a、b、c必须满足的关系是 （一个用a、c表示，另一个用b、c表示）欲使起始时反应表现为向正反应方向进行，则a的取值范围是 【解答】答案（1）0.0065 molL1min1，用催化剂，；（2）abd；（3） a+c=5，b+c/2=
20、3；31.0；表中数据得出，随着温度的升高，C的物质的量减小，根据勒夏特列原理，反应向逆反应方向进行，即正反应方向为吸热反应，Q0；（2）a、10min15min，未达到化学平衡，正逆反应速率都增大，升高温度，正逆反应速率都增大，故正确；b、10min15min，未达到平衡，正逆反应速率都增大，可能使用了催化剂，故正确；c、15min后，达到平衡，20min只有一种物质的物质的量突然增大，缩小容器的体积，增大压强，所有物质的物质的量都要增加，故错误；d、根据c的分析，只有一种物质的物质的量增加，且平衡向正反应方向进行，可能是增大B的物质的量，故正确；（3）两个平衡都是等效平衡，根据等效平衡的规
21、律，条件是等容且反应前后气体系数之和不相等，因此转化到同一半边，投入量与原平衡的投入量相等即可，ac=5，bc/2=3；2AB2C起始： 5 3 0变化： 2x x 2x平衡：52x 3x 2x根据物质的量之比等于压强之比，即8/（8x)=8/7，解得x=1，向正反应方向进行，则3a5。考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡常数、勒夏特列原理、等效平衡等知识。15(6分)溶液配制是中学化学实验的基本操作。（1）用氢氧化钠固体配制100g10的氢氧化钠溶液时，需要用到的玻璃仪器有玻璃棒和 _。（2）配制一定物质的量浓度溶液时用到的仪器较多，下列有关叙述正确的是_。a.称量NaOH固体时，分别在天
22、平的两个托盘垫上相同大小的纸片b玻璃棒的作用是搅拌、引流c用浓硫酸配制稀溶液时，在量筒中稀释后要冷却至室温再转移到容量瓶中d容量瓶在使用前要检查是否漏水（3）实验室配制一定物质的量浓度溶液，试叙述定容操作的具体方法：向容量瓶中注入蒸馏水至离刻度线12cm处，然后_。【解答】答案(共6分)（1）烧杯、量筒、胶头滴管；(2分)（2）b、d；(2分)（3）改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低点正好与刻度线相切(2分)。解析：（1）用氢氧化钠固体配制100g10的氢氧化钠溶液时，需要用到的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、量筒、胶头滴管；（2） a.由于NaOH有腐蚀性，所以称量NaOH固体时，应该在烧杯中称量，
23、错误；b玻璃棒在溶解物质时的作用是搅拌、促进溶解；在转移溶液时的作用是引流，正确；c用浓硫酸配制稀溶液时，在烧杯中稀释后要冷却至室温再转移到容量瓶中，错误；d由于配制溶液要摇匀，所以容量瓶在使用前要检查是否漏水，正确。（3）实验室配制一定物质的量浓度溶液，试叙述定容操作的具体方法：向容量瓶中注入蒸馏水至离刻度线12cm处，然后改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低点正好与刻度线相切。考点：考查配制溶液需要的仪器、步骤、操作正误的判断的知识。16为探究铜与6molL1硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验已知：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色），该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）
24、2+时突显明显棕色（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作 （2）仪器a的名称 （3）实验开始时先将Y形试管向盛有块状固体b的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是 ；（4）证明有NO2的实验现象 （5）装置C的作用 ，反应离子方程式 （6）测定化学试剂绿矾（FeSO47H2O）纯度的方法：称取绿矾3.000g置于锥形瓶中，加入100mL蒸馏水，加入10mLH2SO4和5mLH3PO4，用0.1000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液20.00mLKMnO4溶液盛放在棕色 式（填“酸”或“碱”）滴定管中，列式计算绿矾的纯度 【解答】答案（1）关闭分液漏斗活塞，用酒精灯
25、加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；（2）分液漏斗；（3）利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；（4）铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色；（5）吸收尾气NO；5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O；（6）酸；100%=92.67%解析：（1）根据压强差进行装置气密性的检验，具体方法为：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC
26、导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；（2）根据装置图可知仪器A的名称为分液漏斗，（3）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰，（4）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若无二氧化氮则无血红色，所以证明有NO2的实验现象是铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色，（5）高锰酸钾溶液能将一氧化氮氧化成硝酸根，而防止其污染空气，反应的离子方程式为5NO+3MnO4+4H+=5NO
27、3+3Mn2+2H2O，（6）高锰酸钾溶液有强氧化性，应用酸式滴定管中进行滴定，滴定中消耗的高锰酸钾的物质的量为0.1000molL10.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可知关系式5FeSO47H2OKMnO4，所以样品中FeSO47H2O的质量为50.002mol278g/mol，所以绿矾的纯度为100%=92.67%17（10分）随着科学技术的发展，阿伏加德罗常数的测定手段越来越多，测定的精度也越来越高。现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：准确称取mg干燥后的NaCl固体细粒并转移到定容仪器A中；用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体
28、积V cm3。（1）步骤中仪器A最好使用_（填序号）A量筒 B烧杯 C容量瓶 D试管（2）步骤中是否用酸式滴定管还是用碱式滴定管_，理由是_。（3）能否用水代替苯_，理由是_。（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na+、Cl间的距离为a cm（如图），则用上述方法测得的阿伏加德常数NA的表达式为_。【解答】答案（1）C （1分）（2）酸式滴定管 （1分） 碱式滴定管的橡皮管会溶于苯而变形 （2分）（3）不能 （1分） 水会溶解NaCl，不能测出NaCl固体的体积 （2分）（4）NA= （3分）解析：（1）定容容器为容量瓶，具有一定体积并便于振荡，所以C正确。（2）苯具有腐蚀性，易腐蚀碱式滴定管
29、中的橡皮管，只能用酸式滴定管。（3）测量mgNaCl固体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用苯。（4）NaCl的密度为，NaCl晶胞的体积为（2a）3cm3，则NaCl晶胞的质量为（2a）3cm3，一个NaCl晶胞含4个“NaCl”，而每个“NaCl”的质量为，即 4，解得NA=。考点：考查阿伏加德罗常数测定实验设计与探究评卷人得分三、计算题（题型注释）18臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O22O3（1）若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为 g/mol （保留
30、一位小数）（2）将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为 L（3）实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L（标准状况）通入盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6g则原混合气中臭氧的体积分数为 【解答】答案（1）35.6；（2）3（3）0.5解析：（1）假设有1mol O2，则 3O22O3开始 1mol 0反应 0.3mol 0.2mol平衡 0.7mol 0.2mol发生反应的O2为1 mol30%=0.3 mol生成的O3为0.2 mol，故反应后所得气体为0.2 molO3和（10.3）=0.7molO2故M=35.6 g/mol（2）
31、此题应根据差量法计算设生成臭氧的体积为X，则：3O22O3 V3 2 1X 86.5=1.5（L）列方程式得=解得：X=3L（3）n（混合气体）=0.04（mol）设臭氧的体积分数为a，根据氧原子守恒0.04mola3+0.04mol（1a）2= mol解得a=0.5【点评】本题考查化学方程式的有关计算，难度适中，注意掌握根据方程式的计算19现有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，其中A、B、C均为氧化物，且A为淡黄色粉末，I、E为气体单质，它们之间相互关系如图，其他与题无关的生成物均已略去。请回答下列问题：（1）写出化学式：A ，G ，H 。（2）写出下列反应的离子方程式“A+B D
32、+EF+Ca(OH)2 DD+I G【解答】答案（9分）（1）A:Na2O2 G:NaClO H:HClO （每空2分）（2）2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2（2分）CO32-+Ca2+=CaCO3（2分）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2分）解析：淡黄色固体粉末为过氧化钠，过氧化钠能和水或二氧化碳反应生成氧气，所以E为氧气，在光照条件下产生氧气的物质为次氯酸，所以H为次氯酸。则G为次氯酸钠，I为气体单质，为氯气，则D为氢氧化钠。F为碳酸钠。（1）通过上述分析，A为Na2O2 ； G为NaClO； H为HClO。（2）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2N
33、a2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为：CO32-+Ca2+=CaCO3。氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。考点：无机推断，离子方程式的书写【名师点睛】根据物质的颜色进行推断，是无机推断题常用的突破口。常用的颜色的物质有：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
34、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BaSO4 、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Na2
35、O2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、NO无色气体 NO2红棕色气体 NH3无色、有剌激性气味气体20现有X、Y、Z三种元素，已知： X、Y、Z的单质在常温下均为气体。 X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ ，燃烧时火焰为苍白色。 XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红。 两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。 Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。据此推断：（1） X ；Y ；Z (
36、写元素符号)。（2）写出的反应方程式 （3）Z的单质工业制法的化学方程式： 【解答】答案（1）X ：H Y ：O Z ：Cl； （2）Cl2 + H2O HCl + HClO；（3）2NaCl +2 H2O 2NaOH + H2 + Cl2 解析：X、Y、Z的单质在常温下均为气体，X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ ，燃烧时火焰为苍白色，是氯气在氢气中燃烧的现象，XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明XZ是HCl，两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，Z的单质即Cl2，溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性，说明X2Y是H2O，（1） 答案为：X:H；Y:O；Z
37、：Cl；（2）Cl2溶于水生成HCl和HClO， 答案为：Cl2 + H2O HCl + HClO；（3）Cl2的工业制法是点解饱和食盐水，生成NaOH、H2、Cl2，答案为：2NaCl +2 H2O 2NaOH + H2 + Cl2.考点：考查元素的推断21（16分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式_。写出F的电子式_。（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是_。（3）若A是CO2
38、气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示，“则A与B溶液”反应后溶液中的溶质化学式为_。（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是_（6）若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是_。（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、
39、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为_。【解答】答案（16分）（1）2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2； ；（2）水玻璃 ；（3）Na2CO3和NaHCO3 ；（4）溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后沉淀逐渐溶解最后消失；（5）4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（Fe2+2OH=2Fe(OH)2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）；（6）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）c(H+)：c(
40、Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3。解析：日常生活中不可缺少的调味品M是NaCl，用惰性电极电解M溶液的离子方程式是2Cl2H2OCl2H22OH ；由于C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C是H2，D是Cl2，则B是NaOH溶液，C与D发生反应产生的F是HCl。 F的电子式是；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A是SiO2，SiO2与NaOH溶液发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，则E是Na2SiO3；E溶液的俗称是水玻璃；E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，发生反应是：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl；
41、（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应方程式是：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 或 NaOH +CO2 =NaHCO3，也可能两个反应都发生；反应后所得的溶液再与盐酸反应，根据图示可知：由于产生气体时发生的反应是：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，其消耗的体积是开始无沉淀产生消耗的盐酸的体积的2倍，说明在开始发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3。由于Na2CO3变为NaHCO3消耗的盐酸与反应产生的NaHCO3再反应产生CO2消耗的盐酸物质的量相等，体积也相等，所以该溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，二者的物质的量的比是1:1；故“
42、则A与B溶液”反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3 ；（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，常见金属只要Al能够与NaOH溶液发生反应，反应方程式是：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应产生的E是NaAlO2；则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，首先发生反应：NaAlO2+ H2O+HCl=NaCl+ Al(OH)3，产生白色沉淀；当盐酸过量时，又发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，看到产生的沉淀又溶解，反应的总方程式是：NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O。故所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉
43、淀生成且不断增加；然后沉淀逐渐溶解最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则A可能是FeCl2，FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+ 2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl；反应产生的E是Fe(OH)2；Fe(OH)2被溶解的氧气氧化发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。根据电子守恒及电荷守恒和原子守恒可得由A转化成E的离子方程式是4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（6）若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，则A是NH4Cl，反应
44、产生的气体E是NH3，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，则根据电子守恒和元素的原子守恒，可得E与D反应的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入NaOH溶液时发现开始无沉淀产生，说明溶液中含有H+，发生反应：H+OH-=H2O；后来生成沉淀，在后来溶液中的沉淀量不变，发生反应：NH4+OH-=NH3H2O，后来沉淀完全溶解，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，含有的金属阳离子只要Al3+，形成沉淀
45、的反应是：Al33OH-Al(OH)3；根据反应消耗的NaOH的体积关系可知，n(H+):n(Al3):n(NH4+)=1:1:2，由于上述离子都是阳离子，根据溶液电中性可知含有阴离子，CO32与H+和Al3会发生反应不能共存，因此一定含有SO42，其物质的量是n(SO42)=n(H+)+3 n(Al3)+ n(NH4+)2=(1+13+2）2=3，则n(H+):n(Al3):n(NH4+): n(SO42)=1:1:2:3，由于溶液的体积相等，所以微粒的物质的量的比等于它们的浓度之比，故该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3。【考点定位】考查电解原理的应用、物质的化学性质、相互转化、溶液中离子确定和微粒浓度关系的知识。【名师点睛】本题以电解饱和食盐水为线索，把问题铺展开，考查了元素化合物的知识，包括Cl2的性质、NH3的实验室制取方法、性质、检验；酸性氧化物与碱的反应、铝元素的单质、氧化物、氢氧化物和盐的性质、反应现象的描述、Fe的化合物的性质及转化、碳酸盐、硅酸盐等的物质转化及溶液中的离子共存、离子存在的检验、离子浓度的计算等知识。是一个综合性很强的试题，多角度考查了学生的知识掌握情况和学生灵活应用知识分析解决问题的能力，是一个很好的题目。
