1、黑龙江省哈尔滨市三发中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1下列说法正确的是()A.氯气具有漂白性，所以可用氯气漂白织物B.氧化钠和过氧化钠都是氧化物，所以都是酸性氧化物C.将过氧化钠加入新制氯水中，所得溶液中有两种盐D.铜丝、铁丝与氯气反应时因没有氧气参加，所以都不能说是燃烧【答案】C【解析】氯气作漂白剂时实际起漂白作用的是次氯酸，所以需要用湿润的氯气才可以；B中氧化钠是碱性氧化物；任何剧烈的发热发光现象都可以称为燃烧。2下列说法不正确的是A除去蛋白质中的葡萄糖，可以用浓硫酸铵溶液盐析过滤方法提纯 B双氧水中滴加氯化铁溶液立即产生气泡，说明氯化铁的氧化性比过氧化氢强
2、C锂钒氧化物蓄电池放电时电池的总反应式为：V2O5+xLi=LixV2O5。供电时Li+向正极移动，充电时阳极的电极反应式为：LixV2O5-xe-=V2O5+xLi+D常温下，Mg(OH)2能溶于氯化铵浓溶液的主要原因是NH4+结合OH-使沉淀溶解平衡发生移动【答案】B【解析】试题分析：浓硫酸铵溶液能使蛋白质盐析，故A正确；双氧水中滴加氯化铁溶液立即产生气泡，是因为氯化铁作为催化剂分解过氧化氢生成氧气，故B错误；供电时阳离子总是向正极移动；供电时V2O5是正极，充电时阳极发生氧化反应，电极反应式为：LixV2O5-xe-=V2O5+xLi+，故C正确；Mg(OH)2（s） Mg2+(aq)+
3、2 OH-(aq)；NH4+结合OH-使沉淀溶解平衡发生移动，故D正确。考点：本题考查水溶液、电化学、沉淀溶解平衡。 3下列物质既含有离子键又含有共价键的是AH2O BNa2O CNH4Cl DN2【答案】C【解析】试题分析：AH2O只有共价键；BNa2O只有离子键；CNH4Cl中NH与Cl-之间是离子键、NH内部N与H之间是共价键；DN2只有共价键。考点：物质的微粒之间的化学键的判断。4下列说法正确的组合是（ ）(1)放热反应不需要加热就能反应，吸热反应不加热就不能反应(2)物质发生化学变化都伴有能量的变化(3)伴有能量变化的物质变化都是化学变化(4)吸热反应和放热反应都有可能自发进行(5)
4、Na转化为Na时，吸收的能量就是该过程的反应热 (6)水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热A(1)(2) B(3)(5) C(2)(6) D(2)(4)【答案】D【解析】试题分析：（1）反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，与反应是放热还是吸热并无直接关系，错误；(2)物质发生化学变化都伴有能量的变化，正确；(3)伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如水的气化吸收热量，但为物理变化，错误；(4)吸热反应和放热反应都有可能自发进行，正确；反应热是化学变化吸收或放出的热量，(5)Na转化为Na(6)水蒸气变为液态水均为物理变化，错误。综上所述选D。考点：
5、考查化学反应存在能量变化的原因及放热反应和吸热反应的概念。5要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42造成的，下列实验无意义的是A观察K2SO4溶液的颜色B加水稀释CuSO4溶液，溶液颜色变浅C向CuSO4溶液中滴加过量NaOH溶液，振荡后静置，溶液变成无色D向CuSO4溶液中滴加过量Ba(NO3)2溶液，振荡后静置，溶液未变成无色【答案】B【解析】试题分析：A、K2SO4溶液中含有SO42-，不含Cu2+，K2SO4溶液呈无色，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，故A不选；B、加水稀释后CuSO4溶液颜色变浅，溶液中仍然存在Cu2+、SO42-、H2O，无法确定哪种粒子造成的，故B选
6、；C、CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2，反应后溶液中SO42-仍然存在，但溶液颜色消失，说明硫酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，故C不选；D、CuSO4+Ba(NO3)2=BaSO4+Cu(NO3)2，振荡后静置，溶液颜色未消失，说明酸铜溶液呈蓝色不是SO42-离子造成，是Cu2+造成的，故D不选；故选B。【考点定位】考查性质实验方案的设计；物质的检验和鉴别【名师点晴】本题考查性质实验方案设计，根据物质的性质选取合适的试剂设计实验，有时要设计对比实验进行分析，CuSO4溶液中含有Cu2+、SO42-、H2O，要证明CuSO4溶液显蓝色不是由于SO42-离子造成的，只要排
7、除SO42-、H2O的干扰，并用含有Cu2+的其它盐溶液对比判断。6下列化学用语正确的是（ ）A. HCl的电子式 B. Cl-的结构示意图C. CO2的电子式 D. 质量数为37的氯原子37Cl【答案】B【解析】试题分析：A. HCl的共价化合物，所以电子式是，错误。B. 氯是17号元素，因此Cl-的核外有18个电子，其结构示意图。正确。C. 在CO2的分子中C与2个O原子形成了四对共用电子对，电子式是。D. 氯是17号元素，质量数为37的氯原子表示为。考点：考查化学用语的知识。7已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X+2Y=2Q+R中，当16 g X与Y完全反应后，生成44 g R，则
8、参与反应的Y和生成物Q的质量之比为()A469 B329 C239 D169【答案】D【解析】试题分析：可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成44 g R同时生成Q的质量是xX+2Y=2Q+R18a 22ax 44 g则=，解得x=36 g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为44 g+36 g-16 g=64 g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为64 g36 g=169。考点：物质的量的计算。8欲使蛋白质从水中析出而又不改变它的主要性质，应加入()A18.4 mol/L硫酸溶液B饱和硫酸钠溶液C1.0 mol/L硫酸铜溶液 D福尔马林溶液【答案】B【解析】试题分析：选项AC
9、D都能使蛋白质变性，而B选项使蛋白质发生盐析的现象，没有改变蛋白质的性质所以答案选D考点：考查蛋白质性质的相关知识9室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是A上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B室温下，NH3H2O是比HCN更弱的电解质C上述溶液中CN-的水解程度大于NH4+的水解程度D室温下，0.1mol/LNaCN溶液中，CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度【答案】B【解析】NH4CN溶液的pH等于9.32，说明CN-水解大于NH4+水解。则HCN是比NH3H2O更弱的电解质，所以C正确，B错误。由于NH4+水解生成的H+中和CN-生成
10、的OH-促进了CN-水解，所以室温下，0.1mol/LNaCN溶液中，CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度D正确。根据甲基橙的变色范围pH等于9.32应变黄色，A正确。10分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物（醚不能反应）有A3种 B4种 C5种 D6种【答案】B【解析】试题分析：能与钠反应生成氢气，说明结构中含有羟基，则结构可能为CH3-CH2-CH2-CH2-OH 或CH3CH2CHOHCH3或CH3CH（CH3）CH2OH或CH3CH（OH）CH3，总共4种 ，选B。考点：有机物的同分异构体11下列关于 116 号元素的说法正确的是 （ ）A. 位于第七周期第A
11、 族 B. 属于非金属元素C. 没有放射性 D. 其金属性比氯强【答案】AD【解析】元素周期表的前六周期已经排满，所容纳的元素种数是:2+8+8+18+18+32=86，如果第七周期也能排满，则可容纳的元素种数为:86+32=118。可见116号元素位于第七周期。由118号元素是0族元素，往前推，可知116号元素是A族元素: A A AA A 0113 114 115 116 117 118A正确。116号元素与硫同主族，位于钋的下面，是金属元素，非金属性比硫弱，金属性比硫强，B错，D对。第七周期的元素都是放射性元素(或人造元素都是放射性元素)，C错。12将2 molX和2molY充入2L密闭
12、容器中发生如下反应：X(气)+3Y(气)2Z(气)+aQ(气)2min达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是( )Aa的值为2 B平衡时X的浓度为0.8mol/LCY的转化率为60% D反应速率v(Y)=0.6mol/(Lmin)【答案】D【解析】试题分析：A平衡时生成0.8mol Z，测得Q的浓度为0.4molL-1，则生成的n(Q)=0.4molL-12L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；B平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4
13、mol=1.6mol，平衡时X的浓度为 =0.8mol/L，故B正确；C平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol=1.2mol，故Y的转化率为 100%=60%，故C正确；D平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol=1.2mol，所以v(Y)=0.3mol/(Lmin)，故D错误，故选D。考点：考查化学平衡的有关计算13下列物质中，既含共价键又含离子键的是AKCl BCO2 CMgCl2 DNaOH【答案】D【解析】试题分析:A氯化钾中钾离子和氯离子之间只存在离子键，A项错误；B.CO2 中只存在C原子和O原子之间的共价键，B项错误；C.MgCl
14、2中只存在Mg2和Cl之间的离子键，C项错误；D.氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，所以含有离子键和共价键，D项正确；答案选D。【考点定位】考查化学键的判断。【名师点睛】本题考查化学键的判断，根据物质中微粒之间形成的化学键，结合基本概念来分析解答，题目难度不大。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价键化合物。14短周期元素中：A是地壳中含量最高的元素；B比Ne的质子数多1个；C最外层电子数与其电子层数相等；D单质是半导体材料；E非
15、金属性在同周期元素中最强。下列说法中正确的是AB离子的半径比C离子的半径小BA、B两单质反应可得到两种不同的离子化合物CC单质与A或E单质形成的化合物均为离子化合DB最高价氧化物对应的水合物与D单质发生反应能产生气体【答案】BD【解析】试题分析：地壳中含量最高的是氧，则A是氧；氖原子的质子数为10，10+1=11，则B是钠；B、C的周期序数都是3，C最外层电子数与其电子层数相等，即其原子具有283的电子层结构，则C是铝；第三周期硅元素的单质是半导体，则D是硅；第三周期非金属性最强的是氯，则E是氯。B、C是钠、铝，钠离子和铝离子都具有28电子层结构，电子层数相同，但钠离子的核电荷数小于铝离子，所
16、以钠离子半径大于铝离子半径，故A错；A、B是氧、钠，分别是活泼非金属、活泼金属，则氧气与金属钠在常温和加热时反应，分别得到氧化钠、过氧化钠，它们都是离子化合物，故B正确；C、A、E分别是铝、氧、氯，工业上电解熔融氧化铝制备铝，说明氧化铝是离子化合物，而氯化铝是共价化合物，因为铝位于金属与非金属交界处，铝是具有非金属性的金属，与非金属氯结合生成共价化合物，故C错；B、D分别是钠、硅，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，单质硅是非金属单质，因此前者可以溶解后者，即Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故D正确。考点：考查物质结构和元素周期律，涉及元素在周期表的位置、物
17、质结构、元素及其化合物的主要性质之间的综合推断等。15某温度下，C和水在密闭容器中发生下列反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2当反应达平衡时，测得c(H2)=1.9mol/L，c(CO2)=0.9mol/L，则CO的浓度为A0.1mol/L B0.9mol/L C1.8mol/L D1.9mol/L【答案】A【解析】试题分析：令碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L，消耗的CO浓度为bmol/L，平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，
18、则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO2的浓度为0.9mol/L，即b0.9，则a=1，b=0.9，故CO的浓度为amol/Lbmol/L0.1mol/L，答案选A。考点：考查化学平衡的有关计算16（10分）向含0.2molAl3+的明矾溶液中逐渐加入2mol/LBa（OH）2溶液时，测得产生沉淀质量m（g）和逐渐加的2mol/LBa（OH）2溶液的体积（mL）的关系如下图，试填写空白（1） 写出OA段反应的离子方程式OA ； （2）m1 = V1 = m2 = V2= 【答案】（1）OA：2Al3+3SO42-+3Ba2+ 6OH- =3 BaSO4+2 Al（OH）3（
19、2）85.5g 150mL 93.2g 200mL【解析】17从含有Ag、Fe3和Al3的溶液中，按下图所示方法分离提取金属单质 已知：实验时甲、乙、丙、丁四种物质只能从碳酸铵、氢氧化钠、稀硫酸、葡萄糖四种溶液中选择，也可用这四种溶液来制取。对该实验过程的分析正确的是A丙是NaOH，丁是稀H2SO4B乙是葡萄糖，利用乙的还原性将金属A从溶液a中还原出来C操作I是过滤和洗涤沉淀。洗涤沉淀的方法是将漏斗中的沉淀转移到小烧杯中，加蒸馏水浸没沉淀，用玻璃棒搅拌，然后将水倒出，重复2-3次Dg是氧化物，金属c采用电解法获得【答案】B【解析】试题分析：向某溶液中加入碳酸铵、氢氧化钠、稀硫酸、葡萄糖四种溶液
20、中的一种溶液，能产生金属单质，则加入的物质应该有还原性，乙只能为葡萄糖溶液。溶液a中应该含有Ag(NH3)2+.所以甲溶液为NH3 .它是由(NH4)2CO3与NaOH共热制取的。反应的方程式为：(NH4)2CO3+2NaOH Na2CO3+ 2NH3 + 2H2O。沉淀b为Fe(OH)3和Al(OH)3. 由于Al(OH)3是两性物质，能够被过量的强碱溶液溶解，而Fe(OH)3不能与强碱发生反应，可以通过过滤分离开。因此丙是NaOH溶液。溶液c为NaAlO2,沉淀e为Fe(OH)3。向NaAlO2溶液中加入过量的丁产生沉淀d,因为Al(OH)3两性，只能与强酸、强碱反应，而与弱酸、弱碱吧反应
21、，所以丁应该是CO2;沉淀d是Al(OH)3。丁是由(NH4)2CO3与H2SO4反应制取的。反应的方程式为：(NH4)2CO3+ H2SO4= (NH4)2SO4+ CO2 + H2O。将沉淀d过滤出来，洗涤、干燥，然后加热发生分解反应：2Al(OH)3Al2O3+ 3H2O.得到固体f: Al2O3.再电解Al2O3即得到金属B:Al. 2Al2O3通电=4Al+3O2.将沉淀e Fe(OH)3过滤出来，洗涤、干燥，然后加热发生分解反应：2Fe(OH)3Fe2O3+ 3H2O.得到固体g: Al2O3.再用CO还原Al2O3即得到金属C:Fe。3CO+Al2O3高温=2Fe+ 3CO2.通
22、过上述分析可知正确选项为B.考点：考查从溶液中分离提取金属单质的实验操作及方法的知识。18(11分)（1）已知Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下（所取溶液体积均为10mL）：实验编号实验温度/c(Na2S2O3)/molL-1c(H2SO4)/molL-1250.10.1250.20.1250.10.2500.20.1500.10.1其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择_（填实验编号）；探究浓度对化学反应速率的影响，应选择_（填实验编号）；若同时选择溶液变浑浊的
23、时间，探究_对化学反应速率的影响。（2）已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。该反应的离子方程式是_。甲同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。（）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有碱性和_性。（）加入BaCl2溶液生成白色沉淀B的离子方程式是_。（）乙同学认为应将上述流程中所加试剂顺序颠倒，你认为甲、乙两同学的设计更合理的是_（填“甲”或“乙”），理由是_。【答案】（1）或 (1分)；或或(1分)；比较改变不同反应物浓度对反应速率的影响。 (2分)（2）S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2SO42- + 8Cl
24、- + 10H+ (2分)()还原 (1分) （）SO42- + Ba2+ = BaSO4 (1分)（）乙 (1分)，可以排除BaS2O3的干扰 (2分)。【解析】试题分析：(1)要探究温度对化学反应速率的影响，应该根据控制变量法的要求，只有温度不同，其余反应条件相同，反应物的浓度应该相同，故选或；同理。要探究浓度对化学反应速率的影响，应该是反应温度相同，只有反应的物质的浓度不相同，根据表格提供的数据，可以是或或；若同时选择溶液变浑浊的时间，探究的是比较改变不同反应物浓度对反应速率的影响。（2）已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。由于在Na2S2O3
25、中S元素的化合价是+2价，所以反应有S元素的化合价应该是+6价的SO42-，氯气得到电子变为Cl-。根据氧化还原反应中电子守恒及离子反应的电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式是：S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2SO42- + 8Cl- + 10H+；（）甲同学设计实验流程测定溶液的pH是证明该溶液显碱性，向该溶液中加入氯水，由于氯水有氧化性，Na2S2O3溶液有还原性，若发生反应，则反应后的溶液中含有So42-，加入BaCl2溶液会产生白色难溶性沉淀，因此甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有碱性和Na2S2O3溶液具有碱性和还原性；（）亚硫酸根离子被氧化生
26、成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是：SO42- + Ba2+ = BaSO4；（）若不加入氯水，先观察是否产生白色沉淀，然后再加入氯水，若产生白色沉淀，就证明Na2S2O3具有还原性。若不颠倒，产生的白色沉淀是BaS2O3还是BaSO4无法断定，因此乙设计更合理，乙可以排除BaS2O3的干扰。考点：考查化学实验方案的设计与评价、离子方程式的书写的知识。19实验化学 邻叔丁基对苯二酚(TBHQ) 是一种新颖的食品抗氧剂，其制备原理为:实验过程中的主要步骤如下:步骤1向三口烧瓶中加入5.5g对苯二酚，5.OmL浓磷酸及20mL二甲苯(装置如图所示)，启动搅拌器。
27、步骤2缓缓加热到100-110C，慢慢滴加7.5mL叔丁醇和5mL二甲苯组成的溶液，30-60min内滴完。步骤3升温到135-140C，恒温回流2.5h。步骤4将反应液冷却到120C，直到反应完成步骤5将反应液倒入烧杯，并用热水洗涤三口烧瓶，洗液并入烧杯中。步骤6冷却结晶，抽滤，回收滤液中的二甲苯和磷酸步骤7用二甲苯重结晶、脱色、冷水洗涤、干燥（1）磷酸在实验中的作用是 。（2）本实验中二甲苯的作用是 。（3）步骤4中反应完成的标志是 。（4）步骤7脱色时，可用的脱色剂是 。（5）对合成得到的产品表征，还需要的主要现代分析仪器是 、 。【答案】（1）催化剂 （2）一是作溶剂，稀释叔丁醇，防止
28、局部浓度过高，生成副产物DTBHQ，二是考虑DTBHQ溶于冷的二甲苯，可除去产品中的DTBHQ（3）不再有回流液（4）活性炭（5）红外光谱仪；熔点测定仪【解析】试题分析：（1）由方程式知，H3PO4作催化剂作用。（2）使用二甲苯是为了减少副产物的发生，或是提高产率。（3）当不再出现回流液时，说明反应不再发生。（4）活性炭可以作为脱色剂，去色素。（4）红外光谱可以测定化学键和官能团，熔点测定仪可以确定产物的纯度等。考点：化学实验基本操作、物质制备、分离、提纯20邻叔丁基对苯二酚(TBHQ) 是一种新颖的食品抗氧剂，其制备原理为:实验过程中的主要步骤如下:步骤1向三口烧瓶中加入5.5g对苯二酚，5
29、.OmL浓磷酸及20mL二甲苯(装置如图所示)，启动搅拌器。步骤2缓缓加热到100-110C，慢慢滴加7.5mL叔丁醇和5mL二甲苯组成的溶液，30-60min内滴完。步骤3升温到135-140C，恒温回流2.5h。步骤4将反应液冷却到120C，直到反应完成步骤5将反应液倒入烧杯，并用热水洗涤三口烧瓶，洗液并入烧杯中。步骤6冷却结晶，抽滤，回收滤液中的二甲苯和磷酸步骤7用二甲苯重结晶、脱色、冷水洗涤、干燥（1）磷酸在实验中的作用是_。（2）本实验中二甲苯的作用是_。（3）步骤4中反应完成的标志是_。（4）步骤7脱色时，可用的脱色剂是_。（5）对合成得到的产品表征，还需要的主要现代分析仪器是_、
30、_。【答案】（1）催化剂 （2）一是作溶剂，稀释叔丁醇，防止局部浓度过高，生成副产物DTBHQ，二是考虑DTBHQ溶于冷的二甲苯，可除去产品中的DTBHQ（3）不再有回流液（4）活性炭（5）红外光谱仪；熔点测定仪【解析】试题分析：（1）由方程式知，H3PO4作催化剂作用。（2）使用二甲苯是为了减少副产物的发生，或是提高产率。（3）当不再出现回流液时，说明反应不再发生。（4）活性炭可以作为脱色剂，去色素。（4）红外光谱可以测定化学键和官能团，熔点测定仪可以确定产物的纯度等。考点：化学实验基本操作、物质制备、分离、提纯21用适当溶液把3.31 g某铁矿石样品溶解，然后加过量碱溶液，生成沉淀，再灼烧
31、沉淀，得2.40 g Fe2O3。已知该铁矿石中铁的氧化物的质量分数为70.0%。试计算： 该铁矿石中铁的质量分数。 该铁矿石中铁的氧化物的化学式。【答案】50.8% Fe3O4【解析】(1) 铁矿石中铁的质量分数为： .(2分)(2) 铁的氧化物中n(Fe) : n(O)= .(4分)故铁的氧化物的化学式为Fe3O422（10分） A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系： （1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：_。（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条
32、件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_。（3）若D物质具有两性，、反应均要用强碱溶液。如反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写出该气体的电子式： ，A的元素在周期表中的位置：_。（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式：_。D的化学式是_。【答案】 （1）漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等；（2）4NH36NO5N26H2O；（3）第三周期第A族 （4） Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2； Na2CO3【解析】试题分析： （1）淡黄色的固体单质是硫，B是H2S；C为SO2，
33、D为SO3，SO2的用途如漂白、杀菌，制备硫酸等。（2） 若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下发生反应4NH3+6NO5N2+6H2O是归中反应，产生氮气。（3）中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧化物，根据物质之间的转化关系可知：A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al(OH)3。通入的导致温室效应的气体是CO2，其电子式是；铝元素的位置为第三周期第A族，；（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A是晶体Si；C、D为钠盐，两种物质中钠、氧
34、外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。根据物质的转化关系及已知条件可知B是SiO2；C是Na2SiO3；D是Na2CO3。反应的化学方程式：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。D的化学式是Na2CO3。考点：考查元素集化合物的推断、物质的结构、性质、用途、元素在周期表中的位置、化学方程式的书写。23（12分）下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图(有关反应的条件及生成的H2O已略去)，已知：a.A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。b.反应是化工生产中的重要反应。c.化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。d.化合物L具有漂白性，可由Cl2
35、与NaOH溶液反应制得。e.化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。请按要求填空：（1）A元素在元素周期表中的位置_。（2）反应的化学方程式：_。（3）C的结构式：_；F的一种用途：_。（4）L的溶液与化合物E反应的离子方程式：_ 。（5）化合物J的化学式： _。【答案】（1）第三周期，第A族（2分）（2）2NH3H2SO4(NH4)2SO4（2分）（3）NN（2分） 做致冷剂 制HNO3 等（2分）（4）ClOSO22OHClSO42H2O（2分） （5）N2H4（2分）【解析】试题分析：A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。化合物E是形成酸雨的污染物之一，能与
36、F、水作用生成H，H与硫酸作用又生成E和K，化合物K是常用的氮肥，则E是SO2，K应该是硫酸铵，所以F是氨气。A与B反应生成SO2，则A是S，B是氧气。化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，则L是次氯酸钠。次氯酸钠与氨气反应生成I和J，化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32，J能与氧气反应生成C，则J应该是N2H4，C是氮气，所以D是氢气，I是氯化钠。（1）根据以上分析可知A元素是S，在周期表中的位置第三周期，第A族。（2）反应的化学方程式为2NH3H2SO4(NH4)2SO4。（3）氮气的结构式为NN；氨气的一种用途是做致冷剂 制HNO3 等。（4）次氯酸钠具有强氧化性，与SO2反应的方程式为ClOSO22OHClSO42H2O。（5）根据以上分析可知化合物J的化学式为N2H4。考点：考查无机框图题推断
