1、山东省临沂市河东区第三高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1常温时能与水反应产生H2的是ANa BNH4Cl CNa2O2 DNO2【答案】A【解析】试题分析：A2Na+2H2O=2NaOH+H2，正确；BNH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中有少量发生水解反应，是溶液显酸性，但是不会产生气体，错误；C2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，错误；D3NO2+H2O=HNO3+NO，错误。考点：考查物质的化学性质及反应产物的种类的判断的知识。2下列各组微粒中，电子总数相同的是()AF、Cl、Br、I BS2、Ca2、Ar、ClCNa、K、Mg2、Al3 DMg2、Mg、
2、Al3、Al【答案】B【解析】A项电子总数分别10、18、36、54；B项均为18；C项10、18、10、10；D项10、12、10、13.B正确。3在Na2O2和CO2的反应中( )A.Na2O2是氧化剂 B.CO2是还原剂C.Na2O2既是氧化剂又是还原剂 D.此反应中O2是氧化产物【答案】C【解析】Na2O2中O为-1价，部分升高为0价，部分降低为-2价，因此该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，O2既是氧化产物，也是还原产物。4如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O下列有关说法正确的是A
3、K与N相接时，能量由电能转化为化学能BK与N相接时，Pb上发生反应为：Pb-2e- = Pb2+CK与M连接时，所用电源的a极为负极DK与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H+SO42PbSO4+2H2O【答案】C【解析】试题分析：A、K与N相接时，形成原电池，铅为负极，二氧化铅为正极，由化学能变电能，A错误；B、K与N相接时，形成原电池，铅失去电子后生成硫酸铅，B错误；C、K与M连接时，形成电解池，铅为阴极，与负极相连，即a极为负极，C正确；D、电解池的二氧化铅为阳极，硫酸铅得到电子生成二氧化铅，D错误，答案选C。考点：考查铅蓄电池的工作原理5恒温恒压下向密闭容器中充入4m
4、olA和2molB，发生如下反应：2A(g)+B(g) 2C(g) H0。2min后，反应达到平衡，生成C为16mol。则下列分析正确的是A若反应开始时容器体积为2L，则Vc04molL-1min-1B若在恒压绝热条件下反应，平衡后n(c)1622=04molL-1min-1故不选A；B、由于反应是放热的，若在绝热的条件下，体系温度升高，平衡逆向移动，c的物质的量减小，故选B；C、再投入等量的AC，相当于再次通入物质的量之比大于2:1的A和B，所以B的转化率增大，故不选C；D、若反应在恒温恒容下进行，则不利用反应正向进行，热量将减少，故不选D。考点：化学平衡的移动影响因素，等效平衡。6将高科技
5、用于现代战争，是备受军事专家关注的焦点，让雷达无法侦察到的隐形飞机一直受到全世界的极大关注用于制造隐形飞机的物质A 具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如图，关于该物质的说法正确的是A该物质属于无机物B该物质是一种芳香烃C该物质不可能使溴水褪色D1mol该物质最多可与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】试题分析：A、该物质含碳元素，属于有机物，错误；B、该物质不含苯环，且不属于烃类，错误；C、该物质含碳碳双键，能使溴水褪色，错误；D、该物质分子中有3个碳碳双键，所以1mol该物质最多可与3molH2发生加成反应，正确，答案选D。考点：考查有机物的概念，官能团的化学性质7己烷雌酚的一种合成
6、路线如下：下列叙述正确的是（ ）A在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B在一定条件，化合物Y不能与HCHO发生缩聚反应C用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD1mol化合物Y可消耗3mol溴水发生取代反应【答案】C【解析】试题分析：A、溴原子连接的碳原子的邻位碳上没有氢，不能发生消去反应，故错误；B、Y属于酚类，可以和甲醛发生缩聚反应，故错误；C、X不属于酚，Y有酚羟基，遇到氯化铁发生显色反应，能鉴别，故正确；D、1摩尔Y与溴水反应在酚羟基连接的碳原子的邻位碳上发生取代反应，故消耗4摩尔溴，故错误。考点：有机物的结构和性质8在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与
7、加入NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的离子可能是AMg2+、Al3+、Fe3+ BH+、Mg2+、Al3+ CH+、Ba2+、Al3+ DNa+、Mg2+、Al3+【答案】B【解析】试题分析：A由于是“无色溶液”，故一定没有Fe3+，故A错误；B根据图示，先加入氢氧化钠溶液，没有现象，之后逐渐生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝溶解，故B正确；C由于图示中，一定有不溶于氢氧化钠的沉淀，C中离子加入过量氢氧化钠，没有沉淀生成，故C错误；D由于开始是没有沉淀生成，D中离子中，加入氢氧化钠就会生成沉淀，故D错误；故选B。【考点定位】考查阳离子的检验【名师点晴】根据图示提取信
8、息是解题关键；根据沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系图示可知，开始时没有沉淀，之后逐渐生成沉淀，达到沉淀最大量后有部分溶解，说明溶液中一定含有Al3+，还含有不溶于氢氧化钠的白色沉淀。9增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列叙述正确的是A邻苯二甲酸酐的二氯代物有3种B环己醇分子中所有的原子可能共平面CDCHP能发生加成、取代、消去反应D1 mol DCHP最多可与含2 mol NaOH的烧碱溶液反应【答案】D【解析】试题分析：A、邻苯二甲酸酐的二氯代物可采用定一移一的方法判断，有4种，错误；B、环己醇分子中的C原子是四面体结构，所以H原子不可能与C原子共面，错误；C、DCH
9、P中含有苯环、酯基能发生加成反应、取代反应，但不能发生消去反应，错误；D、1个DCHP中含有2个酯基，所以1 mol DCHP最多可与含2 mol NaOH的烧碱溶液反应，正确，答案选D。考点：考查对有机物结构和性质的判断10NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A18.0 g淀粉(C6H10O5)n和葡萄糖混合物中共含碳原子数为0.6 NA B标准状况下，22.4 L己烷含有的分子数为NAC14g聚乙烯含有的碳原子数目为NAD1 mol CH3中含有的电子数10NA 【答案】C【解析】A 错误，淀粉(C6H10O5)n和葡萄糖最简式不同，不能计算出碳原子数B 错误，标准状况下，己烷是液体C
10、 正确，碳原子数目为(14g/28n)*2nNA=NAD 错误，1 mol CH3中含有的电子数9NA11某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2-、SO42-、I-、NO3-、CO32-，已知各离子的浓度均约为01mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，逸出气体，产生沉淀但不溶解，并在空气中变为红褐色。根据上述实验情况，以下说法错误的是A该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32
11、-B该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有I-C向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色D该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-【答案】C【解析】试题分析：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，红色气体为NO2，则H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成NO，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡沉淀，所以一定存在SO42-；第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出，则气体为氨气，一定含NH4+；加过量NaOH生成的沉淀为氢氧化亚铁，可能含氢氧化铁，则可能含Fe3+，各离子的浓度均约为01mol/L，若含
12、铁离子不遵循电荷守恒，综上所述，一定含Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，可能含Na+、I-。A、加盐酸不生成沉淀，则不含AlO2-，加NaOH沉淀不溶解则不含Al3+，与盐酸反应生成的无色气体不是二氧化碳，则不含CO32-，由电荷守恒可知不含Fe3+，故A正确；B、由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，遵循电荷守恒，若继续进行焰色反应确定Na+，可以间接确定含有I-，故B正确；C、由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，溶液显酸性，该混合溶液中滴加酚酞试液后为无色，故D错误；D、由上述分析可知，一定含Fe2+、NH4+、SO42-、NO
13、3-，故C正确；故选C。考点：考查了离子反应和离子共存的相关知识。12氯酸钾和亚硫酸氢钾能发生氧化还原反应：ClO3+HSO3SO42+Cl+H+（未配平）已知该反应的速率随c（H+）的增大而加快下列为用ClO3在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应Vt图下列说法中不正确的是A 反应开始时速率增大可能是c（H+）所致B 纵坐标为V（H+）的Vt曲线与图中曲线完全重合C 后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小D 图中阴影部分“面积”可以表示t1t2时间为c（Cl）增加【答案】B【解析】试题分析：A、反应开始反应速率增大可能是反应放热造成的，不选A；B、根据反应ClO3+3HSO3=3SO4
14、2+Cl+3H+分析，反应中消耗氯酸根离子的物质的量与生成氢离子的物质的量不相等，所以纵坐标改为氢离子，不可能重合，错误，选B；C、后期随着反应进行物质的浓度减小，反应速率减慢，正确，不选C；D、阴影部分的面积为氯酸根离子的物质的量浓度变化，等于氯离子物质的量浓度变化，正确，不选D。考点： 速率-时间图像分析13某混合溶液中可能含有下列离子中的若干种：NH4+、Na+、Al3+、Fe2+、Fe3+、AlO2-、SO42-、I-、NO3-、CO32-,已知各离子的浓度均约为0.1mol/L，现取两份20mL该溶液进行如下实验：（1）第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，在反应后的溶液中加
15、入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。（2）第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但不溶解，并有气体逸出。根据上述实验情况，以下说法错误的是（ ）。A该混合溶液中一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32-B该混合溶液通过继续进行焰色反应可以间接确定是否含有I-C该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-D向该混合溶液中滴加酚酞试液后呈红色【答案】D【解析】试题分析：第一份加入足量盐酸，产生气体在空气中变为红色，说明溶液含有NO3和还原性离子Fe2+或I，在反应后的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明含有SO42；第二份逐滴滴加NaOH溶液至过量，产生沉淀但
16、不溶解，并有气体逸出，说明不含Al3+，含有NH4+、Fe2+或Fe3+，各离子的浓度均约为0.1mol/L，可知该混合溶液中肯定含有Fe2+、NH4+、SO42-、NO3-，一定不含有Fe3+、AlO2-、Al3+、CO32-，故A、C正确；通过继续进行焰色反应可检验是否含有Na+，若含有Na+，则含有I，若不含Na+，则不含有I，故B项正确；D、因为Fe2+、I水解，溶液呈酸性，滴加酚酞试液后为无色，错误。考点：本题考查离子的推断。 14在分子中，位于同一平面上的原子数最多可能是A17个 B18个 C19个 D20个【答案】C【解析】试题分析：在该有机物分子中，苯环平面与碳碳双键形成的平面
17、通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有11个C原子（苯环上6个、CF3中1个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个）共面。在CF3可能还有1个氟原子共平面，苯环上5个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有19个，答案选C。考点：考查有机物共面判断15（12分）下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体， F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体。A中阴、阳离子个数比是11， E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质。(部分生成物和反应条件省略)请按要求填空：（1）A物质的化学式是 ；（2）反应的化学方程式是 ；反应的离子方
18、程式是 ；（3）反应中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是 ；（4）检验溶液A中阳离子的方法是 ；（5）反应中氧化剂是 ；【答案】（1）NH4HCO3 （2）4NH35O2 4NO6H2O Cu4H2NO3=Cu22 NO22H2O （3）6.021022 （4）取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液,微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH4。 （5）CuO （每空2分）【解析】试题分析：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系可知，
19、E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2；A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3；通过由上述分析可知，反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；反应的离子方程式是Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O；反应为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，产生标准状况下1.12L氧气，其物质的量0.05mol，反应中氧元素由
20、-1价升高为氧气中0价，转移电子的物质的量为0.05mol20-（-1）=0.1mol，转移电子数为6.021022；溶液A中阳离子为NH4+，检验NH4+的方法是：取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH4+；反应是氨气与CuO反应生成氮气、Cu与水，反应中CuO转化Cu元素化合价由+2降低为0价，故CuO是氧化剂。考点：考查无机框图推断。16氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为 （用离子方程式表示），0.1 molL1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH （填“升高”或“降低”）；
21、若加入少量的明矾，溶液中的NH4+的浓度 （填“增大”或“减小”）。（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，250时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应 的化学方程式为 ，平衡常数表达式为 。（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如下图所示， 若生成1molN2，计算该过程的H= kJmol1。【答案】（1）NH3H2ONH4OH，降低，增大；（2）NH4NO3 = N2O + 2H2O，K = c（N2O）c2（H2O）； （3） 139。【解析】试题分析：（1）氨气溶于水，生成NH3H2O，NH3H2O属于弱电解质，发生电离，NH3H2ONH3H2ONH4OH，氨水中
22、加入NH4Cl，增加NH4浓度，对NH3H2O的电离起抑制作用，c（OH）降低，pH降低，如果加入明矾，明矾中Al33OH=Al（OH）3，消耗OH，促使NH3H2O电离，c（NH4）增大；（2）根据信息，得出反应方程式为：NH4NO3=N2O2H2O，温度为250，此时水为气态，NH4NO3为固态，不能写入表达式，化学平衡常数：达到平衡时，生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，K= c（N2O）c2（H2O）；（3）根据能量变化，反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，热化学反应方程式为N2（g）NO2（g）=N2O（g）NO（g） H=（348209）kJmol1=139k
23、Jmol1。考点：考查弱电解质的电离、影响弱电解质电离的因素、化学平衡常数、热化学反应方程式的书写等知识。17（10分）应用下列装置，在硬质破璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物加热，并通过水蒸气，就可以完成“高温下Fe与水蒸气的反应实验”。请完成该实验中的问题：（1）写出该反应的化学方程式：_；该氧化还原反应的氧化剂是_。（2）实验前必须对整套装置进行的操作是_ _。（3）圆底烧瓶中盛装的是水，该装置受热后的主要作用是_ _；烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是_ _。（4）酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是_ _。（5）干燥管中盛装的物质是_ _。【答案】（1）3Fe4H2O(g) Fe3O4
24、4H2 H2O （2）检验装置的气密性（3）提供持续不断的水蒸气 防止暴沸。（4）先点燃酒精灯，产生水蒸气后，再点燃酒精喷灯 （5）碱石灰(或无水CaCl2)【解析】试题分析：（1） 铁在高温条件下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，反应中H2O中氢元素化合价降低，做氧化剂。 （2）实验前要先检验装置的气密性。（3）圆底烧瓶中盛装的水，加热时提供持续不断的水蒸气，加入碎瓷片是为了防止暴沸。 （4）先点燃酒精灯，产生水蒸气后，再点燃酒精喷灯，让水和铁反应。（5）干燥氢气，可以选用固体干燥剂碱石灰(或无水CaCl2)。考点：实验方案的设计和原理、方案
25、。18在实验室里制取某些有毒气体时，为了尽量防止毒气逸散造成空气污染，有人设计了如下图所示的装置。并设想用或两种装置代替的bc部分，以求达到同样的目的。试回答：（1） 若用制取氯气，b瓶加入的液体一般为 _。在选取试剂正确且适量的前题下，反应开始后，当关闭活塞K时，如若发现c中液面不明显上升，你分析可能的原因是 ，检查的简单方法是 。（2） 装置（）中b能防止多余气体逸散的原因是： 。（3） 欲用或代替中的bc部分(选用液体相同)，是否可行?说明理由。是否可行(填“是”或“否”) 理由是： 。是否可行(填“是”或“否”) 理由是： 。【答案】（1）饱和食盐水；装置漏气；用湿润的碘化钾淀粉试纸靠
26、近各接口处检验，漏气处试纸变蓝 (涂肥皂水等合理方法均可)（2）关闭活塞后，若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置，不会有气体逸出。（3）是；装置的原理与装置I相同；否；c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时易发生危险【解析】试题分析：（1）发生装置是制备氯气，气体中含有氯化氢，需要用饱和食盐水除去；当关闭活塞K时如若发现c中液面上升不明显可能是装置漏气造成，检查的方法可以依据氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝分析判断；故答案为：饱和食盐水，装置漏气，用湿润的淀粉碘化钾试纸，靠近各接口处检验，漏气处试纸变蓝；（2）利用装置的储气功能分析，装置中b能防止多余气体逸散
27、的原因是关闭活塞后若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置；故答案为：关闭活塞后若a中仍有气体生成，气体压强增大，将b中液体压入c中，整个装置成为储气装置；（3）分析装置可知，关闭活塞K，气体压强增大，液体被压入c中起到储气的作用；分析装置c装置密闭，b中液体不能排入装置c；故答案为：是，原理与装置相同，关闭活塞K，气体压强增大，整个装置成为储气装置；否，c瓶因密闭，体积不能改变，压强增大时有危险考点：考查了物质性质的实验分析判断的相关知识。19为了探究化学反应速率和化学反应限度的有关问题，某研究小组进行了以下实验.以H2O2的分解反应为研究对象，实验方案与数
28、据记录如下表，t表示收集a mL O2所需的时间。序号反应温度/c(H2O2)/molL1V(H2O2)/mLm(MnO2)/gt/min1202100t12202100.1t23204100.1t34402100.1t4（1）设计实验2和实验3的目的是研究_对化学反应速率的影响。（2）为研究温度对化学反应速率的影响，可以将实验_和实验_(填序号)作对比。（3）将实验1和实验2作对比，t1_t2(填“”、“”或“”)。.以KI和FeCl3反应为例(2Fe32I=2Fe2I2)设计实验，探究此反应存在一定的限度。可选试剂：0.1 molL1 KI溶液 0.1 molL1 FeCl3溶液0.1 m
29、olL1 FeCl2溶液 0.1 molL1 盐酸0.1 molL1 KSCN溶液 CCl4实验步骤：（1）取5 mL 0.1 molL1 KI溶液，再滴加几滴0.1 molL1 FeCl3溶液（2）充分反应后，将溶液分成三份（3）取其中一份，加试剂，振荡，CCl4层显紫色，说明反应生成碘（4）另取一份，加试剂_(填序号)，现象_，说明此反应存在一定的限度。.N2O4可分解为NO2。在100 mL密闭容器中投入0.01 mol N2O4，利用现代化学实验技术跟踪测量c(NO2)。c(NO2)随时间变化的数据记录如下图所示。（1）反应容器中最后剩余的物质有_，其中N2O4的物质的量为_mol。（
30、2）c(NO2)随时间变化的曲线表明，实验测得的化学反应速率在逐渐减小，从开始到平衡建立这段时间的平均反应速率为_。【答案】.（1）H2O2的浓度（2）2 4 (3). 溶液显血红色.（1）N2O4和NO2 0.004 （2）0.1mol/（Ls）【解析】试题分析：.（1）实验2和实验3主要是H2O2的浓度不一样，则实验2和实验3的目的是研究H2O2的浓度对化学反应速率的影响；（2）实验2和实验4只有温度不同，则为研究温度对化学反应速率的影响，可以将实验2和实验4作对比；（3）将实验1和实验2作对比，实验1无催化剂，实验2有催化剂，则实验1的化学反应速率小于实验2，则t1t2；另取一份，加试剂
31、0.1 molL1 KSCN溶液，若溶液出现血红色，则说明FeCl3没反应完，说明此反应为可逆反应；.（1）由于该反应为可逆反应，则反应最后剩余的物质是N2O4和NO2，由图可知平衡时NO2的浓度是0.12mol/L，则平衡时的物质的量为0.012mol，可知分解的N2O4的物质的量为0.006mol，则剩余的N2O4的物质的量为0.01-0.006=0.004mol；（2）从开始到平衡建立这段时间的平均反应速率为0.12/1.2=0.1mol/（Ls）。考点：影响化学反应的因素，可逆反应的特点，化学反应速率20在密闭容器中，放入(NH4)2CO3和NaOH的混合物共ag，将容器加热至200，
32、经充分反应后，排除其中的气体，冷却，称得剩余固体质量为bg，求容器中(NH4)2CO3和NaOH各多少克？【答案】m(NaOH)=40 m(NH4)2CO3)=a-40【解析】（本题中ag(NH4)2CO3和NaOH的混合物，在加热时(NH4)2CO3与NaOH要发生反应，因 若(NH4)2CO3过量，剩余的(NH4)2CO3在加热时还要分解生成NH3、H2O和CO2气体，则此时bg固体全部是Na2CO3。根据钠元素质量守恒有n(NaOH)=, 则m(NaOH)=40m(NH4)2CO3)=a-4021A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物
33、之间存在如图1所示的关系，完成下列空白：（1）向酚酞试液中加入化合物A的粉末，现象为_。（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为_。5.05g单质甲钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气，确定该合金的化学式为_。（3）向20mL某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同.若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系如图2图示两种情况.由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为_。由A图表明，原溶液通入CO2气体后，所得溶液中的溶质的化学式为_。原化合物C溶液的物质的量浓度为
34、_。由A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为_。【答案】（1）溶液先变红后褪色，并有气泡生成；（2）2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；NaK2；（3）OH-+H+=H2O、H+CO32-=HCO3-；Na2CO3、NaOH；0.375mol/L；3:10【解析】试题分析：A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物B，应是Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是Na单质，乙为氧气，B是H2O，丙为氢气，C是Na
35、OH，A是Na2O2.（1）向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠使酚酞溶液变红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；（2）单质甲与化合物B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，根据电子转移守恒可知，Na、K总物质的量为0.075mol2=0.15mol，设Na、K物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.15mol，23g/molx+39g/moly=5.05g，解得x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2；（3）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体
36、的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗HCl的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1:2，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1:1，由A确定滴加前60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O、H+CO32-=HCO3-；由A图表明，加入60mL盐酸时开始产生二氧化碳，到75mL时二氧化碳的体积达最大，所以加入盐酸体积60mL75mL时，是盐酸与碳酸氢
37、钠反应，根据反应的关系式可知2n(Na2CO3)=n(HCl)，而反应中n(HCl)2n(Na2CO3)，所以原溶液的溶质为Na2CO3、NaOH；加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据Na元素守恒、氯离子守恒，则n(NaOH)=n(HCl)=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，所以原化合物NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol/0.02L=0.375mol/L；曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL，由HCO3-+H+=H2O+CO2可知，则两次实验通入的C
38、O2的体积之比=15mL:50mL=3:10。【考点定位】本题考查无机物的推断、化学计算【名师点晴】本题考查无机物的推断，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。22已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）写出A、C、F、G的化学
39、式:A ，C ，F ，G 。（2）检验D中阳离子的方法 。（3）保存C溶液时为什么要加固体A 。（4）写出下列转化的离子方程式CD： 。【答案】 （1）Fe FeCl2 Fe(OH)3 Fe2O3 ；（2）取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3；（3）防止Fe2被O2氧化；（4）2Fe2Cl2=2Fe32Cl。【解析】试题分析：F是一种红褐色沉淀，F：Fe(OH)3；DF，D中含有Fe3，根据反应转化关系D：FeCl3；CCl2FeCl3，则C：FeCl2；AO2B，B为氧化物，能跟盐酸反应生成Fe2、Fe3，因此B：Fe3O4，A：Fe，X：H2；CNaOHE，E：Fe(OH)2；EG，FG，则G：Fe2O3。（1）根据以上分析：A：Fe，C：FeCl2，F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；（2）D：FeCl3，验证Fe3常采用KSCN溶液，溶液变红，说明有Fe3存在，操作方法：取D溶液少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3；（3）Fe2容易被空气中氧化成Fe3，为防止变质，不引入新杂质，往往加入少量铁粉，Fe2Fe3=3Fe2，能把氧化成的Fe3转化为Fe2；（4）Cl2具有氧化性，Fe2具有还原性，发生：2Fe2Cl2=2Fe32Cl。考点：考查铁及其化合物的性质。
