1、高考资源网（） 您身边的高考专家2017年黑龙江省七台河市田家炳高中高考化学二模试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题5分，共计55分）1化学与生产、生活密切相关下列有关叙述正确的是（）A人造纤维和光导纤维都属于纤维素B玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C明矾可用于净水，其原理与胶体具有吸附性有关D电解过程需要消耗大量电能，因此，冶炼金属钠不宜采用电解法2俗话说“雷雨发庄稼”在雷雨天，空气中有O3（由O2生成）和NO产生，下列说法正确的是（）ANO在空气中不能稳定存在，会继续反应B生成O3和NO的反应都是氧化还原反应CO3和O2两种气体都是氧元素形成的单质，化学性质相同DNO的产生
2、是形成酸雨的主要原因3常温下，下列物质既能与NaOH溶液又能与稀硫酸反应，并有气体放出的是（）A镁B铝C铁D铜4在透明的碱性溶液中，能够大量共存的离子组是（）AFe3+、Ag+、NO3、C1BMg2+、NH4+、NO3、C1CNa+、K+、CO32、NO3DA13+、Na+、MnO4、SO425下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANH3通入AlCl3溶液中BCO2通入到CaCl2溶液中C用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中6下列有关物质的性质和应用的说法均正确的是（）A二氧化硅能与NaOH溶液反应，不能用玻璃瓶盛放NaOH溶液BCl2能与Ca（O
3、H）2反应，可以用澄清石灰水吸收尾气中的Cl2CBaCO3、BaSO4都难溶于水，均可用做钡餐DAl与Fe2O3能发生铝热反应，可用于焊接钢轨7下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIA苯甲酸的溶解度随温度升高而增大用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙BNH4Cl受热容易分解加热NH4Cl制备NH3CSO2具有漂白性SO2能使KMnO4溶液褪色D某温度下，碳酸的K1=4.4107，次氯酸的K=2.98108用CO2和NaClO制备HClOAABBCCDD8下列离子方程式正确且与对应实验相符合的是（）序号目的操作离子方程式A比较Fe2+和Br还原性强弱向FeBr2加少
4、量氯水2Br+Cl2Br2+2ClB比较C、Si非金属性强弱向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳SiO32+CO2+2H2OH4SiO4+CO32C除去CO2中的SO2将气体通入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶CO32+SO2=SO32+CO2D实验室制取氯气向MnO2固体中加入浓盐酸并加热MnO2+4HCl（浓）Mn2+Cl+Cl2+2H2OAABBCCDD9下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）ACl2、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42C镁、铝、NaOH溶液形成原电池时铝做负极，说明铝比镁活泼
5、D向溶液中滴加盐酸产生CO2气体，溶液中可能含有CO3210下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD11下列装置所示的实验中，能达到
6、实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO二、非选择题12氨是中学化学中的常见物质，也是工业上的重要原料请回答下列问题：（1）实验室制取氨气的化学方程式为（2）在一定温度和催化剂作用下，氨被催化氧化成NO，NO极易氧化成NO2，NO2被水吸收生成硝酸和NO，工业上利用该原理制备硝酸写出氨发生催化氧化反应的化学方程式在制取硝酸过程中，可以循环使用的物质有（写化学式）；若将氨气通入硝酸中，反应后产物中含有的化学键类型有写出铜与稀硝酸反应的离子方程式（3）为检验某种铵态氮肥，某同学进行了如下实验：取少量氮肥样品加热，产生两种气体，一种能使湿润的红色石
7、蕊试纸变蓝色，另一种能使澄清石灰水变浑浊；取少量氮肥样品溶于水，向其中加入少量BaCl2溶液后无明显现象则该氮肥的主要化学成分是，该氮肥的溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为13下列转化关系所涉及的物质都是中学化学常见物质已知A、B为氧化物，C为固体单质，D为黄绿色气体请回答：（1）指出A中存在的化学键类型：（2）写出M与过量氨水反应的离子方程式：（3）向溶液N中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸观察到的现象是写出涉及的反应方程式：（4）B与浓酸X反应的化学方程式为2017年黑龙江省七台河市田家炳高中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题5
8、分，共计55分）1化学与生产、生活密切相关下列有关叙述正确的是（）A人造纤维和光导纤维都属于纤维素B玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C明矾可用于净水，其原理与胶体具有吸附性有关D电解过程需要消耗大量电能，因此，冶炼金属钠不宜采用电解法【考点】硅和二氧化硅；电解原理；镁、铝的重要化合物【分析】A、纤维素属于多糖，人造纤维属于合成纤维，光导纤维是二氧化硅晶体；B、玻璃是传统无机非金属材料；C、明矾水解生成具有较大表面积的氢氧化铝胶体；D、钠是活泼金属利用电解熔融氯化钠方法得到；【解答】解：A、纤维素属于多糖，人造纤维属于合成纤维，光导纤维是二氧化硅晶体，不是纤维素，故A错误；B、玻璃是传统
9、无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B错误；C、明矾水解生成具有较大表面积的氢氧化铝胶体，能吸附悬浮在水中的杂质，起到净水作用，故C正确；D、钠是活泼金属利用电解熔融氯化钠方法得到，故D错误；故选C2俗话说“雷雨发庄稼”在雷雨天，空气中有O3（由O2生成）和NO产生，下列说法正确的是（）ANO在空气中不能稳定存在，会继续反应B生成O3和NO的反应都是氧化还原反应CO3和O2两种气体都是氧元素形成的单质，化学性质相同DNO的产生是形成酸雨的主要原因【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；臭氧【分析】A、一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮；B、氧气生成臭氧是同素异形体的转化，
10、无元素化合价变化；C、O3和O2两种气体都是氧元素形成的单质，化学性质不完全相同；D、二氧化硫是形成酸雨的主要原因；【解答】解：A、一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO在空气中不能稳定存在，会继续反应，故A正确；B、氧气生成臭氧是同素异形体的转化，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；C、O3和O2两种气体都是氧元素形成的单质，化学性质不完全相同，故C错误；D、二氧化硫是形成酸雨的主要原因，故D错误；故选A3常温下，下列物质既能与NaOH溶液又能与稀硫酸反应，并有气体放出的是（）A镁B铝C铁D铜【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】镁、铁
11、、铜不能与氢氧化钠反应反应，Al能与稀硫酸、氢氧化钠反应，并有气体放出，既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等据此分析解答【解答】解：A镁能和稀硫酸反应生成氢气，但不能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，故A错误；B在金属活动顺序表中，铝排在氢的前面，所以铝与稀硫酸能反应且生成硫酸铝和氢气，反应的化学方程式为：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2，铝和氢氧化钠溶液反应：2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；C铁能和稀硫酸反应生成氢气，但不能和氢氧化钠溶液反应生成氢气，故C错误；D在金属活动顺序
12、表中，铜排在氢的后面，所以铜与硫酸不反应，同时与氢氧化钠不反应，故D错误；故选B4在透明的碱性溶液中，能够大量共存的离子组是（）AFe3+、Ag+、NO3、C1BMg2+、NH4+、NO3、C1CNa+、K+、CO32、NO3DA13+、Na+、MnO4、SO42【考点】离子共存问题【分析】透明的碱性溶液中存在大量的氢氧根离子，A银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀、铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；B镁离子、铵根离子与氢氧根离子发生反应；CNa+、K+、CO32、NO3之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；D铝离子与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存【解答】解：该溶液中存在大量的OH离子，A
13、Ag+与C1、Fe3+与OH之间发生反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；BMg2+、NH4+与OH发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、CO32、NO3之间不反应，且都不与OH离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DA13+与OH离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C5下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANH3通入AlCl3溶液中BCO2通入到CaCl2溶液中C用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中D稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体溶液中【考点】镁、铝的重要化合物；胶体的重要性质；钠的重要化合物【分析】先判断反应是否发生，再判断实验现象，如
14、根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀；胶体的聚沉等都是明显现象【解答】解：ANH3通入AlCl3溶液中，会生成氢氧化铝沉淀，该沉淀不溶于过量的氨水中，故A错误；B向CaCl2溶液中通入CO2不会发生反应，无沉淀出现，故B正确；C用脱脂棉包裹Na2O2粉末露置在潮湿空气中，过氧化钠与水生成氧气并放出热量，脱脂棉发生燃烧，故C错误；D稀盐酸滴加到Fe（OH）3胶体，胶体先发生聚沉，后溶解，故D错误故选B6下列有关物质的性质和应用的说法均正确的是（）A二氧化硅能与NaOH溶液反应，不能用玻璃瓶盛放NaOH溶液BCl2能与Ca（OH）2反应，可以用澄清石灰水吸收尾气中的Cl2CBaCO3
15、、BaSO4都难溶于水，均可用做钡餐DAl与Fe2O3能发生铝热反应，可用于焊接钢轨【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；铝的化学性质【分析】A二氧化硅和NaOH溶液反应，不能用玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液；B澄清石灰水浓度较低，吸收氯气效果不好；C碳酸钡易溶于盐酸；D铝热反应放出大量的热而使铁熔融，该反应可用于焊接钢轨【解答】解：A二氧化硅和NaOH溶液反应生成粘性的硅酸钠，所以不能用玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液，以防玻璃塞打不开，故A错误；B澄清石灰水浓度较低，吸收氯气效果不好，常常用氢氧化钠溶液吸收尾气，故B错误；C胃酸中含有稀盐酸，碳酸钡易溶于盐酸生成毒性的氯化钡溶液，故C错误；D
16、铝和氧化铁发生置换反应且放出大量的热而使铁熔融，该反应可用于焊接钢轨，故D正确；故选D7下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIA苯甲酸的溶解度随温度升高而增大用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙BNH4Cl受热容易分解加热NH4Cl制备NH3CSO2具有漂白性SO2能使KMnO4溶液褪色D某温度下，碳酸的K1=4.4107，次氯酸的K=2.98108用CO2和NaClO制备HClOAABBCCDD【考点】铵盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；二氧化硫的化学性质；物质的分离、提纯和除杂【分析】A、蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤；B、氯化铵
17、受热易分解，氮分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气；C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性；D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸【解答】解：A、苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤除去苯甲酸中混有的泥沙，叙述正确，错误，故A错误；B、氯化铵受热易分解，氮分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气，叙述正确，错误，无有因果关系，故B错误；C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳
18、定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性，叙述、均正确，但无有因果关系，故C错误；D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，叙述和均正确并有因果关系，故D正确；故选D8下列离子方程式正确且与对应实验相符合的是（）序号目的操作离子方程式A比较Fe2+和Br还原性强弱向FeBr2加少量氯水2Br+Cl2Br2+2ClB比较C、Si非金属性强弱向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳SiO32+CO2+2H2OH4SiO4+CO32C除去CO2中的SO2将气体通入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶CO32+SO2=SO32+
19、CO2D实验室制取氯气向MnO2固体中加入浓盐酸并加热MnO2+4HCl（浓）Mn2+Cl+Cl2+2H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A少量氯水，亚铁离子先被氧化；B通入少量二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸钠；C碳酸氢根离子应保留整体；D浓盐酸在离子反应中不能写化学式，完全电离【解答】解：A向FeBr2加少量氯水，发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故A错误；B向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳，发生SiO32+CO2+2H2OH4SiO4+CO32，可比较C、Si非金属性强弱，故B正确；C将气体通入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，发生HCO3+SO2=HSO3+CO2，故C错误
20、；D向MnO2固体中加入浓盐酸并加热，发生MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故D错误故选B9下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）ACl2、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42C镁、铝、NaOH溶液形成原电池时铝做负极，说明铝比镁活泼D向溶液中滴加盐酸产生CO2气体，溶液中可能含有CO32【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质；常见阴离子的检验【分析】A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色
21、；B、依据亚硫酸根离子具有还原性的干扰分析判断；C、依据原电池原理分析，利用自发进行的氧化还原反应设计原电池；D、溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子和盐酸反应都能生成二氧化碳；【解答】解：A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色，不是漂白性，故A错误；B、依据亚硫酸根离子具有还原性的干扰分析判断，原溶液中含有亚硫酸根离子，在酸化的Ba（NO3）2溶液中稀硝酸氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，结合钡离子液生成沉淀，故B错误；C、利用自发进行的氧化还原反应设计原电池，镁和氢氧化钠溶液不反应，铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，铝做负极，镁活泼些大于铝，
22、故C错误；D、溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子和盐酸反应都能生成二氧化碳，向溶液中滴加盐酸产生CO2气体，溶液中可能含有CO32，故D正确；故选D10下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，
23、气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2
24、+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D11下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘和酒精不分层；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化
25、铵；C二者都与氢氧化钠反应；DNO不溶于水，可用排水法收集【解答】解：A碘易溶于酒精，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵，实验室应用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，故B错误；C二者都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；DNO不溶于水，可用排水法收集，故D正确故选D二、非选择题12氨是中学化学中的常见物质，也是工业上的重要原料请回答下列问题：（1）实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）在一定温度和催化剂作用下，氨被催化氧化成NO，NO极易氧化成NO2，NO2被水吸收生成硝酸和N
26、O，工业上利用该原理制备硝酸写出氨发生催化氧化反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O在制取硝酸过程中，可以循环使用的物质有（写化学式）NO；若将氨气通入硝酸中，反应后产物中含有的化学键类型有离子键、共价键写出铜与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（3）为检验某种铵态氮肥，某同学进行了如下实验：取少量氮肥样品加热，产生两种气体，一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，另一种能使澄清石灰水变浑浊；取少量氮肥样品溶于水，向其中加入少量BaCl2溶液后无明显现象则该氮肥的主要化学成分是NH4HCO3，该氮肥的溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为
27、NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O【考点】氨的化学性质；铵盐【分析】（1）实验室用加热氯化铵与氢氧化钙方法制取氨气；（2）氨气催化氧化生成一氧化氮和水；氨气催化氧化生成一氧化氮和水，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，所以一氧化氮可以循环使用；氨气与硝酸反应生成硝酸铵，结合离子键、共价键概念判断；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水；（3）加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子，取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没
28、有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，由此推导出氮肥的主要成分【解答】解：（1）实验室制备氨气是利用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）氨气催化氧化生成一氧化氮和水，方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；氨气催化氧化生成一氧化氮和水，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，所以一氧化氮可以循环使用；氨气与硝酸反应生成硝酸铵，铵根离子与硝酸根离子通过离子键结合，铵根离
29、子中氮原子与氢原子，硝酸根离子中氮原子与氧原子通过共价键结合，所以硝酸铵中含有离子键、共价键；故答案为：NO；离子键、共价键；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（3）加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化，说明没有碳酸氢根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸根离子，所以氮肥的主要成分NH
30、4HCO3，氮肥的溶液与足量NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为：NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O；故答案为：NH4HCO3；NH4+HCO3+2OH=NH3+CO32+2H2O13下列转化关系所涉及的物质都是中学化学常见物质已知A、B为氧化物，C为固体单质，D为黄绿色气体请回答：（1）指出A中存在的化学键类型：离子键（2）写出M与过量氨水反应的离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（3）向溶液N中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸观察到的现象是有白色沉淀生成，加HCl后沉淀全部溶解，同时产生气泡写出涉及的反应方程式：NaAlO2+CO2+2
31、H2O=Al（OH）3+NaHCO3、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、NHCO3+HCl=CO2+H2O+NaCl（4）B与浓酸X反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O【考点】无机物的推断【分析】C可用电解法生成，且与浓硝酸物明显现象，应为Al，则A为Al2O3，E为O2，D为黄绿色气体，应为Cl2，则B为MnO2，由转化关系可知M为AlCl3，G为Al（OH）3，N为NaAlO2，X为HCl，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：（1）A为Al2O3，为离子化合物，含有离子键，故答案为：离子键；（2）M为AlCl3，与过量氨水反应生
32、成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；（3）向溶液NaAlO2中先通入过量二氧化碳，可生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生反应的方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，再加入过量稀盐酸，发生Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，NHCO3+HCl=CO2+H2O+NaCl，故答案为：有白色沉淀生成，加HCl后沉淀全部溶解，同时产生气泡；NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、NHCO3+HCl=CO2+H2O+NaCl；（4）B为MnO2，与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O2017年1月8日高考资源网版权所有，侵权必究！
