1、河南省洛阳市偃师六高2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）1下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是（ ）A在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀B使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血C清晨，茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过一道道光柱D肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 【答案】A【解析】试题分析：A、氯化铁与氢氧化钠反应，生成了沉淀而不是胶体，与胶体的性质无关，故A正确；B、血液是一种胶体，微波手术刀在使用时会产生热效应，从而使血液聚沉，达到止血的目的，故涉及了胶体的性质，故B错误；C、从枝叶间透过一道道
2、光柱，是丁达尔效应，说明空气是胶体，故C错；D、血液是胶体，血液透析是胶体的渗析过程，故涉及胶体的性质。考点：胶体的性质。2关于如图所示装置的叙述，正确的是A铜是阳极，铜片上有气泡产生B铜片质量逐渐减少C电流从锌片经导线流向铜D铜离子在铜片表面被还原【答案】D【解析】试题分析：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。根据装置图可知，锌是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铜离子在正极得到电子而析出铜，电流从铜片经导线流向锌，铜离子在铜片表面得电子被还原，选D。考点：考查原电池的工作原
3、理。3盐A与酸B反应，可放出有气味的气体C，C与NaOH反应生成A；C最终可氧化生成D；D溶于水生成B，则A、B分别是 ( )ANa2S和HCl BNa2S和H2SO4 CNa2SO3和HCl DNa2SO3和H2SO4【答案】BD【解析】选项B：Na2S+H2SO4= Na2SO4+ H2S（C）；H2S+2NaOH=2 H2O + Na2S（A）C（H2S）最终可氧化生成D（SO3），SO3+ H2O= H2SO4选项D：Na2SO3+H2SO4= Na2 SO4+ H2O + SO2（C）；SO2+2NaOH=2 H2O + Na2SO3（A）C（SO2）最终可氧化生成D（SO3），SO
4、3+ H2O= H2SO44下列装置或操作能达到相应实验目的的是 A制备少量氨气 B海带灼烧成灰 C分液时取出下层液体 D检查气密性【答案】D【解析】试题分析：A、生石灰能吸收浓氨水里的水，使氨气排出，但用带胶塞的试管，排不出空气，错误；B、用酒精浸泡海带，在蒸发皿中灼烧，错误；C、下层液体从分液漏斗的活塞放出，途中倒时使上下层液体混在一起，错误；D、倒入水后，液面不变，证明气密性良好，正确。考点：考查实验操作等相关知识。5下列说法中正确的是()A第三周期所包含的元素中钠的原子半径最小B钠的第一电离能比镁的第一电离能大C在所有元素中，氟的电负性最大D电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子【答
5、案】C【解析】同一周期(惰性气体除外)，从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期所包含的元素中钠的原子半径最大，A错误；同一周期，从左到右，虽然有个别特殊性，但总体上第一电离能是逐渐增大的，钠的第一电离能比镁的第一电离能小，B错误；电子云示意图中的小黑点的疏密代表电子在这一区域出现机会的大小，D不对。6下列有关实验叙述正确的是A除去苯中混有的苯酚可加入浓溴水后过滤B向酸性KMnO4溶液中滴加维生素C溶液，KMnO4溶液褪色，说明维生素C有还原性C向淀粉溶液中滴加稀硫酸后，加热，再加入新制Cu(OH)2加热，没有出现红色沉淀，说明淀粉没有发生水解反应D向NaOH溶液中加入溴乙烷，加热，再加入AgNO
6、3溶液，产生沉淀，说明溴乙烷发生了水解反应【答案】B【解析】试题分析：A、苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚能溶解在苯，达不到除杂的目的，应该用氢氧化钠溶液，A错误；B、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明高锰酸钾被还原，所以维生素具有还原性，B正确；C、淀粉水解需要硫酸作催化剂，因此再加入氢氧化铜悬浊液之前需要加入氢氧化钠溶液中和硫酸，否则葡萄糖与氢氧化铜不反应，C错误；D、加入硝酸银溶液之前需要先加入硝酸中和氢氧化钠，否则不能检验溴离子，D错误，答案选B。考点：考查化学实验方案设计与评价7 已知A物质的分子结构简式如下：lmol A与足量的NaOH溶液混合共热，充分反应后最多消耗NaOH的物质的量为A6m
7、ol B7mol C8mo1 D9mo1【答案】C【解析】试题分析：酯基水解消耗1mol，水解后生成一个酚羟基，加上原有的6个酚羟基共7个，再消耗7mol，一共是8mol，选项C正确；考点：有机物的结构和性质8下列实验装置用途正确的是A装置()用于I2与NH4Cl混合物的分离。B装置()用于去除Fe(OH)3胶体中含有的可溶性物质。C装置()橡皮管起到平衡气压、使液体顺利流下的作用。D装置()用于HCl或NH3吸收，以防倒吸。【答案】CD【解析】试题分析：A、碘易升华，遇冷又成为固体，氯化铵遇热分解生成氯化氢和氨气，遇冷又结合成为固体氯化铵，无法分离，错误；B、胶体与可溶性物质都能透过滤纸，不
8、能过滤分离，错误；C、橡皮管与分液漏斗和烧瓶相通，起到平衡气压、使液体顺利流下的作用，正确；D、氯化氢、氨气都易溶于水，用干燥管进行吸收，可以防止倒吸，正确，答案选CD。考点：考查对实验装置的评价9把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若A、B相连时，A为负极；C、D相连，D上有气泡逸出；A、C相连时A极减轻；B、D相连，B为正极。则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为（ ）A A B C D B. A C B D C A C D B D. B D C A 【答案】C【解析】考查金属性强弱比较。在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导
9、线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以A、B相连时，A为负极，则A强于B；C、D相连，D上有气泡逸出，则D是正极，C强于D；A、C相连时A极减轻，则A是负极，强于C；B、D相连，B为正极，则D强于B，因此正确的答案选C。10下图为“长式元素周期表”的一部分，其中短周期元素W、X、Y、Z的位置关系如图。下列说法一定正确的是A元素Z位于元素周期表的第3周期A族B原子半径的大小顺序为：rYrWrXC元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比的强D元素的气态简单氢化物的热稳定性比的强【答案】D【解析】试题分析：A、四种元素均是短周期元素，Z位于第三
10、周期，但Z不一定是第 A族元素，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：rWrYrX，B错误；C、W的非金属性弱于Y的非金属性，则元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比的弱，C错误；D、非金属性是X强于W，非金属性越强，则氢化物的温度下越强，因此元素的气态简单氢化物的热稳定性比的强，D正确，答案选D。考点：考查元素周期表和元素周期律的应用113.9gNa2O2加入46.9g水中，待完全溶解后，所得溶液中溶质的质量分数为A8% B7.7% C8.1% D4%【答案】A【解析】由方程式2Na2O22H2O=4NaOHO2可求得生成NaOH
11、为4g，生成氧气为0.8g，故所得NaOH溶液的质量分数为：=8%，选A12纳米泡沫碳是一种固体单质碳，外形类似海绵，比重极小，并具有磁性。纳米泡沫碳与金刚石的关系是（ ）A同一种物质 B同分异构体 C同系物 D同素异形体【答案】D【解析】由题意可知纳米泡沫碳是碳的一种新型单质，所以与金刚石互为同素异形体。13已知下列热化学方程式:Zn(s)O2(g)ZnO(s) HQ1 kJ / molHg(l)O2(g)HgO(s) HQ2kJ / molZn(s)HgO(s)Hg(l) ZnO(s) HQ3kJ / molQ3值为AQ2 - Q1 BQ1+ Q2 CQ1- Q2 D-Q1- Q2【答案】
12、C【解析】试题分析：根据盖斯定律，一式减二式得Zn(s)HgO(s)Hg(l) ZnO(s)的焓变HQ3 kJ / mol =（-Q1+Q2）kJ / mol，Q3= Q1- Q2，选C。考点：考查盖斯定律的应用。14下列实验方案不能达到实验目的的是实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液,加热,将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B证明Mg（OH)2沉淀可以转化为Fe（OH)3沉淀向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入3滴1 mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液C检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶
13、液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入足量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热D探究温度对化学平衡的影响将NO2平衡球浸泡在冷、热水中，观察颜色的变化【答案】B【解析】试题分析：A、溴乙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，乙烯能与溴水发生加成反应而褪色，A正确；B、在反应中氢氧化钠过量，因此加入氯化铁溶液一定产生红褐色沉淀，不能说明氢氧化镁可转化为氢氧化铁，B错误；C、蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，加入碱后中和硫酸，然后进行银镜反应可以判断蔗糖的水解产物具有还原性，C正确；D、升高温度平衡向吸热反应方向进行，因此通过观察气体颜色的变化可以探究温度对平衡状态的影
14、响，D正确，答案选B。考点：考查实验方案设计与探究15核磁共振造影增强剂用于疾病诊断，还可作为药物载体用于疾病的治疗。为磁性纳米晶体材料在生物医学领域的应用提供了更广泛的前景。制备纳米四氧化三铁过程如下：下列有关叙述不合理的是：（ ）A纳米四氧化三铁具有磁性作为药物载体用于疾病的治疗B反应的化学方程式是：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2C纳米四氧化三铁分散在适当溶剂中，它与溶液分散质直径相当D在反应环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解【答案】C【解析】C选项不合理，纳米四氧化三铁分散在适当溶剂中，它与胶体分散质直径相当；16下列实验操作中，叙述正确的是A用pH试纸测定溶液的pH时
15、，若先用蒸馏水润湿试纸一定会导致测定结果偏小B过滤时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒在过滤器内搅拌C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后再将上层液体从下口放出到另烧杯D做焰色反应的铂丝，用稀硫酸洗涤后，再在酒精灯火焰上灼烧至无色，才可使用E向溶液中加入氢氧化钠溶液，加热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则一定含有NH4+F除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钾，所进行的实验步骤依次是：配成较高温度下的浓溶液、降温结晶、过滤G用灼烧法鉴别棉织品和毛织品，有焦臭味的是毛织品【答案】EFG【解析】A如溶液呈中性，则用蒸馏水润湿试纸不会产生影响，但即使溶液呈中性，也不能先湿润试纸，故A错误；B过滤时不能用
16、玻璃棒搅拌，防止将滤纸捣破而导致滤液浑浊，故B错误；C分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，将上层液体从下口放出可导致液体不纯，故C错误；D不能利用稀硫酸清洗铂丝，硫酸不挥发，干扰实验，应利用稀盐酸清洗，故D错误；E铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，加热时一水合氨分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故E正确；F硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而KCl的溶解度受温度影响不大，所以除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钾，所进行的实验步骤依次是：配成较高温度下的浓溶液、降温结晶、过滤，故F正确；G毛织品的成分为蛋白质，则用灼烧法鉴别棉织品和毛织品，有焦臭味的是毛织品，故G
17、正确；故选EFG【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、物质的检验及混合物分离提纯等，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，题目难度不大17对于元素周期表中下列位置的十种元素，请回答有关问题(用元素符号或化学式回答)： A A A A A A A01 2 3 （1）其中原子半径最小的是 元素,没有正化合价的是 元素。（2）其中非金属元素有 _种,非金属性最强的是 元素。（3）其中气态氢化物溶于水呈碱性的是_元素,其气态氢化物的化学式是 。（4）其中最高价氧化物对应水化物碱性最强的是 元素, 其最高价氧化物对应水化物化学式是 其最高价
18、氧化物对应化物含有的化学键类型是_。 （5） 号元素最高正价含氧酸只具有_键【答案】（1）HF（2）8F（3）NNH3（4）NaNaOH离子键、共价键（5）共价键【解析】试题分析：同主族从上到下半径增大、金属性增强；同周期从左到右原子半径减小、金属性增强、非金属性减弱。（1）其中原子半径最小的是H元素,没有正化合价的是F元素。（2）其中非金属元素有H、He、C、N、O、F、S、Cl，共8种,非金属性最强的是F元素。（3）氨水呈碱性，气态氢化物溶于水呈碱性的是N元素,其气态氢化物的化学式是NH3；（4）金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性最强的是Na元素,其最高价氧化物对应水化物化学
19、式是NaOH,含有的化学键类型是离子键、共价键。（5）HClO4只具有共价键。考点：本题考查元素周期表、元素周期律、化学键。 18（14分）草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到100时失去结晶水，成为无水草酸。某学习小组的同学拟以甘蔗渣为原料用水解氧化水解循环进行制取草酸。请跟据以上信息回答下列问题：（1）图示的氧化水解过程是在上图1的装置中进行的，指出装置B的名称 ，B装置的作用是 。（2）图示的氧化水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收率的影响，结果如上图2所示，请选择最佳的反应 温度为 ，为了达到
20、图2所示的温度，选择图1的水浴加热，其优点是 。（3）要测定草酸晶体（H2C2O42H2O）的纯度，称取7200g制备的草酸晶体溶于适量水配成 250mL溶液，取2500mL草酸溶液于锥形瓶中，用01000mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定（5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O），取2500mL草酸溶液的仪器是 ，在草酸纯度测定的实验过程中，若滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，会使实验结果 。（填“偏高”“偏低”或“没有影响”）判断滴定已经达到终点的方法是： 。达到滴定终点时，消耗高锰酸钾溶液共2000mL，则草酸晶体的纯度为 。【答案】（1）球形冷凝管，冷凝
21、回流硝酸（2）70，便于控制温度，使装置受热均匀（3）酸式滴定管 （或移液管） 偏高向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中的溶液变为浅红色且半分钟后不变色；87.5%【解析】试题分析：（1）B的名称为球形冷凝管，因为硝酸易挥发，所以可起到冷凝回流硝酸的目的；（2）根据图2可知，在70时草酸的收率最高，所以最佳的反应温度为70；水浴加热的优点便于可知温度，使整个装置受热均匀；（3）草酸为酸性，所以移取草酸可用酸式滴定管或移液管；在草酸纯度测定的实验过程中，若滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则读数值偏大，造成消耗标准液的体积偏大，结果偏高；草酸为无色，高锰酸钾溶液为紫色，所以滴定终
22、点时的现象是向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中的溶液变为浅红色且半分钟后不变色；达到滴定终点时，消耗高锰酸钾溶液共2000mL，根据5H2C2O42MnO4，所以草酸晶体的质量是0.02L0. 1000mol/L105/2126g/mol=6.3g,则草酸晶体的纯度是6.3g/7.2g100%=87.5%。考点：考查对实验装置的判断，滴定实验的分析与计算，误差的分析19某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl22H2O的工艺流程如下：回答下列问题：（1）焙烧过程中发生的主要反应为： CuS+ NaCl+ O2 CuCl2+ Na2SO4配平上述化学
23、方程式（2）试剂A应选用 （填编号）NaClO Cl2 H2O2溶液 浓硫酸理由是 （3）滤液B中大量含有的离子有 （4）为了获得CuCl22H2O晶体，对滤液B进行的操作是：蒸发浓缩，趁热过滤，滤液经冷却结晶，过滤得到产品分析有关物质的溶解度曲线（如图），“趁热过滤”得到的固体是 ，“冷却结晶”过程中，析出CuCl22H2O晶体的合适温度为 【答案】（1）1；2；2；1；1；（2）；NaClO能将Fe2+氧化为Fe3+，且溶液显碱性，能增大溶液pH使Fe3+沉淀；（3）Cu2+、Na+、Cl、SO42；（4）Na2SO4；3540【解析】（1）CuSNa2SO4 S化合价升高8，O2Na2S
24、O4 O化合价降低2，O2化合价降低22=4，根据化合价升降相等可得，CuS化学计量数为1，氧气的化学计量数为2，根据元素守恒Na2SO4化学计量数为1，NaCl化学计量数为2，CuCl2化学计量数为1，配平化学方程式为CuS+2NaCl+2O2 CuCl2+Na2SO4；（2）NaClO、Cl2、H2O2溶液、浓硫酸均能将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水和硫酸溶液均呈酸性，NaClO溶液呈碱性，H2O2溶液与Fe2+反应消耗H+，故可以起到调节PH的作用，（3）经过盐酸酸浸，NaClO调节PH值，过滤掉氢氧化铁后，溶液中还有Cu2+、Na+、Cl、SO42；（4）由图乙可知硫酸钠的溶解度较小而
25、且温度较高时随温度的变化不大，为了防止氯化铜晶体的析出，必须趁热过滤，加热浓缩时会有大量的硫酸钠析出；冷却结晶时尽量保证硫酸钠不析出，而40摄氏度时硫酸钠溶解度最大，为了能析出更多的CuCl22H2O晶体，故适宜温度为3540【点评】本题考查了物质的分离和提纯、离子的检验及沉淀溶解平衡，难度中等注意除杂不能引入新的杂质，重结晶法提纯物质温度的选择是易出错点20(12分)实验室利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4 6HCHO 3H 6H2O (CH2)6N4H然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行如下实验：滴定时，1 mol (CH2)6N
26、4H与1 mol H 相当步骤：称取样品1.500 g步骤：将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀步骤：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1-2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次步骤：实验数据记录滴定次数待测液的体积（mL）标准溶液的体积滴定前刻度（mL）滴定后刻度（mL）125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20根据上述实验步骤填空：（1）滴定操作时，眼睛应观察 （2）滴定终点的判断方法是 （3）锥形瓶用蒸馏
27、水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（4）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分 数 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）配制样品溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、滴定管外，还有 （填仪器名称）（6）该样品中氮的质量分数为 【答案】(1) 锥形瓶中溶液的颜色变化 (2) 当加入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色 (3) 无影响(4) 偏大 (5) 250 mL容量瓶、锥形瓶 (6)18.8 5【解析】试题分析：(1) 滴定操作时
28、，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化。(2)滴定前溶液时酸性的，酚酞在酸性环境中是无色的，滴定后溶液时弱碱性的，此时溶液时浅红色的 ，滴定终点的判断方法是：当加入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不变色。 (3)滴定的原理是利用NaOH标准溶液来测定溶液中的H+的物质的量多少，锥形瓶有水不改变H+ 的物质的量，故对结果没有影响。(4) 碱式滴定管没有用NaOH标准溶液洗涤，会导致NaOH标准溶液浓度变小，用量增大，测得样品中氮的质量分 数偏大。 (5)溶液配制的时候还要用到250 mL容量瓶，滴定的时候待测液要用锥形瓶盛装，还要用到锥形瓶。(6)根据记录的数据，NaO
29、H标准溶液的用量：第一次：20.01 mL，第二次：19.99 mL，第三次：20.00 mL，取三次的平均值为：20.00 mL，则25.00 mL待测溶液中n(H+)= n(0H-)=0.1010 mol/L20.00 10-3L=2.02010-3mol, 在根据4 NH4+ 6HCHO 3H 6H2O (CH2)6N4H和1 mol和 (CH2)6N4H与1 mol H 相当得出反应时n(NH4+)= n(H+),则配制的250 mL溶液中n(NH4+)= n(H+)=2.02010-3mol10=2.02010-2mol，氮的总质量为：m=2.02010-2mol14g/mol=28
30、.2810-2g,质量分数为：28.2810-2g1.5g=18.8 5考点：酸碱中和滴定的基本操作和误差分析，有关物质的量浓度的计算。21使10.7g氯化铵和10g氢氧化钙完全反应，生成的氨气全部被200g30硫酸吸收，所得溶液中硫酸氢铵的质量分数是多少？【答案】11.3【解析】此题据计算可知完全反应并不是氯化铵和氢氧化钙都用完，其中一种物质是过量的。2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3+2H2O+CaCl210.7/53.510/74=0.2(mol)=0.135(mol)Ca(OH)2过量，应以NH4Cl作标准进行计算，设生成NH3为xmol，则x=0.2molNH3+H2SO4=NH
31、4HSO42NH3+H2SO4=(NH4)2SO40.2mol0.16mol比较可知硫酸溶液过量，NH3全部转化为NH4HSO4，以NH3作为w(NH4HSO4)=23/(200+0.217)100=11.322有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。A、D是常见金属，B、C是它们的氧化物，B是红棕色固体，D是年产量最高的金属，I、J是氯碱工业的主要产品，H是一种常见强酸，可由氯碱工业的产品为原料制得。请回答下列问题：（1） B的化学式为 。（2） H的电子式为 。（3） 写出E与I反应的离子方程式： 。（4） 写出A与J反应的化学方程式： 。【答案】（1） Fe2O3（2）（3
32、）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（4）2NaOH2Al2H2O=2NaAlO23H2【解析】试题分析：根据题给信息和转化关系推断，A为铝，B为氧化铁，C为氧化铝，D为铁，E为氯化亚铁，F为氯化铁，G为偏铝酸钠，H为盐酸，I为氯气，J为氢氧化钠。（1） B为氧化铁，化学式为Fe2O3。（2） HCl的电子式为。（3） 氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl。（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2NaOH2Al2H2O=2NaAlO23H2。考点：考查无机推断，铁铝及其化合物的性质。23（6分）下图所示各物质是由短周期部分元素组
33、成的单质或其化合物，图中部分反应条件及物质未列出。已知：A、C、D、F均为单质，C、E、F、G常温下是气体，J为白色沉淀，既能溶于B，又能溶于E；物质B、G可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且B的焰色反应呈黄色。反应是化肥工业的重要反应。请回答下列问题：（1）A的元素在元素周期表中的位置是 ，物质B的电子式为 。（2）上述反应中，属于化合反应的是 ，反应的离子方程式为 。（3）在I的水溶液滴加B溶液至过量的过程中，所观察到的现象为 。【答案】 第三周期、A族 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ 有白色沉淀产生，后渐渐溶解至消失【解析】试题解析：转化关系中各物质均为短周期主族元素组成
34、的单质或化合物，常温下气体G可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则G为NH3，反应是工业制化肥的重要反应之一，是合成氨，C、F分别为N2、H2中的一种，单质A能与水反应得到B与C，可推知A为Na、B为NaOH、C为H2，故F为N2，Cl2与C反应得到E为HCl，单质D既能与B（NaOH）又能与E（HCl）反应生成C（氢气），故D为Al，H为NaAlO2，I为AlCl3，由反应可知J为Al（OH）3，能溶于盐酸，与氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠。（1）由以上分析可知A为Na，位于周期表第三周期A族，B为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为；（2）框图中，为钠和水的置换反应，为铝和氢氧化钠溶液的反应，为铝和盐酸的置换反应，为氢气和氮气的化合反应，生成氨气，为氨气和氯化铝溶液的复分解反应，为氢氧化铝与氢氧化钠的反应，则只有为化合反应，反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；（3）在氯化铝中加入氢氧化钠溶液，先反应生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化钠过量时，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，溶液变澄清。 考点：无机物的推断
