1、山东省利津县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1 下列物质中不属于天然高分子化合物的是A纤维素 B蛋白质 C油脂 D淀粉【答案】C【解析】试题分析：A、纤维素是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，A错误；B、蛋白质，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，B错误；C、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C正确；D、淀粉是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，D错误。答案选C。考点：天然高分子化合物2下列物质属于酸性氧化物的是 ( )AFe2O3 BSO2 C Al2O3 DCO【答案】B【解析】略3下
2、列有关物质用途的说法不正确的是A碳铵与碱性肥料混合施用以提高肥效B用氧化铝制造耐火材料C在医疗上，可用碳酸氢钠治疗胃酸过多D用硫酸钡制作白色颜料【答案】A【解析】试题分析：A铵态氮肥和碱性肥料混合会发生双水解反应生成氨气，损失肥效；B氧化铝熔点高；C碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；D硫酸钡难溶于水和酸解：A铵态氮肥和碱性肥料混合会发生双水解反应生成氨气，NH4+HCO3=NH3+CO2+H2O，肥效损失，故A错误；B氧化铝具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，可用于制造耐高温的容器，故B正确；C碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，碳酸
3、氢钠碱性弱可用于治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多，故C正确；D硫酸钡难溶于水和酸可用作白色颜料，与ZnS混合得到锌钡白颜料，故D正确；故选A4下图是某品牌饮用矿泉水的标签的部分内容。下列说法正确的是A标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度B任何饮用水中氯离子（Cl）的浓度均在1027.3 mg/L 之内C该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2104 mol/L D一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42的物质的量不超过1105 mol【答案】C【解析】A物质的量浓度是指在单位体积溶液中所含溶质的物质的量，不正确B只表示本饮用水的氯离子浓度，不正确C最大c(Mg2+)=4.8mg/L= 2104 mol
4、/L，正确D一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42的物质的量最多为：19.2mg/L0.5L=9.6mg，也就是9.6103/96=1104mol,排除故答案为C5科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以硫酸为电解质的燃料电池发电电池负极反应为AH2+2OH2e=2H2OBO2+4H+4e=2H2OCH22e=2H+DO2+2H2O+4e=4OH【答案】C【解析】A、电解质溶液呈酸性，负极上无OH离子参与反应，故A错误；B、负极发生氧化反应，氢气失去电子，该反应为正极反应，故B错误；C、电解质溶液呈酸性，则负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应为H2=2H+2e，故
5、C正确；D、负极发生氧化反应，氢气失去电子，该反应为碱性溶液中正极反应，故D错误故选C6下列有关实验说法不正确的是A硅酸钠溶液应保存在带橡皮塞的试剂瓶中BNaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热C液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水液封D沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强【答案】D【解析】试题分析：硅酸钠溶液显碱性，只能保存在带橡皮塞的试剂瓶中， A正确；NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中出现多量晶体时即停止加热，利用余热使剩余水分挥发，B正确；液溴易挥发，存放液溴时应加水液封，C正确；沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成胶体的不带电，胶
6、粒带电，但溶液里带电微粒数减少，导电能力减弱，D错误。考点：实验的基本操作与药品的保存7下列物质不能发生水解的是( )A蔗糖 B葡萄糖 C蛋白质 D油脂【答案】B【解析】试题分析：A、蔗糖是二糖，可发生水解反应，A错误；B、葡萄糖是单糖，不能水解，B正确；C、蛋白质是高分子化合物，看发生水解反应，C错误；D、油脂属于酯类，可发生水解反应，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查有机物水解反应判断【名师点晴】有机物分子中能发生水解反应的有：卤代烃、酯类、糖类（不包括单糖）、油脂、蛋白质等。8给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能通过一步反应实现的是AMgCSO3B0.1molL-1HCl
7、Cl2 Ca(ClO)2(aq)CNaCl饱和溶液NaHCO3Na2CO3D淀粉溶液葡萄糖Cu2O【答案】C【解析】试题分析：AC与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，故三氧化硫的生成需要2步，故A错误；B.0.1mol/L的盐酸为稀盐酸，不能与二氧化锰制得氯气，故B错误；C向氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳可以制得小苏打的过饱和溶液，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，故C正确；D葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应时，溶液应呈弱碱性，故D错误，故选C。考点：考查物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用。9甲烷在高温下可分解生成C2H2和H2。一定量的甲烷部分分解成C2
8、H2和H2后，仍有CH4剩余，所得混合物的平均式量为12.8，则甲烷的分解率为A10% B25% C50% D75%【答案】B【解析】试题分析： 2CH4C2H2+3H2 设甲烷的分解率为x,则开始（mol） 2 0 0结束（mol）2(1-x) x 3x平均式量，数值上等于摩尔质量，则:(216)/2(1-x)+x +3x=12.8 x=0.25,即分解率为25%，故选B考点：考查有机物式量的计算10常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A将pH=6的H2SO4 稀释1000倍后，c(H+)= 2 c(SO42)B0.1 mol L-1 的 Na2CO3溶液中：c(OH ) =
9、c(HCO3 ) + c(H+) + c(H2CO3)C浓度均为01 mol L-1 的 NaClO 溶液和 CH3COONa 溶液中，c(ClO)c(CH3COO)D浓度分别为0.1 mol L-1和001 mol L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO)前者是后者的10倍【答案】C【解析】试题分析：A、在该溶液中，将pH=6的H2SO4 稀释1000倍后，溶液接近中性，溶液中的硫酸根离子接近为零，错误；B、0.1 mol L-1 的 Na2CO3溶液中：c(OH ) = c(HCO3 ) + c(H+) + 2c(H2CO3)，错误；C、次氯酸根离子的水解程度比醋酸根离子的水解程度
10、大，因此c(ClO)c(CH3COO)正确；D、浓度分别为0.1 mol L-1和001 mol L-1的CH3COOH溶液中，因为对于弱电解质来说，浓度越小，电离程度越大，所以两溶液中的以下的关系：c(CH3COO)前者小于后者的10倍，错误。考点：考查溶液中离子浓度的关系。11下列化学用语正确的是A乙烯分子的最简式：CH2 B己烷的分子式：C6H12C羟基的化学式：OH D1，2二溴乙烷的结构简式：C2H4Br2【答案】A【解析】试题分析：A乙烯分子的最简式为CH2，A正确；B己烷的分子式为C6H14，B错误；C羟基的化学式为OH，C错误；D1，2二溴乙烷的结构简式为CH2BrCH2Br，
11、D错误，答案选A。考点：考查化学用语正误判断12在时反应2A(g) B(g)；H达到平衡时混合气体平均分子量（数值上等于混合气体的总质量除以总物质的量）为，时该反应平衡混合气体的平均分子量为，当平衡从升温至时，下列说法正确的是 A若，平衡向右移动， B若，平衡向左移动， C若，平衡向左移动， D若，平衡向右移动，【答案】C 【解析】若，说明升温平衡向左移动，；若，说明升温平衡向右移动，。13氢化钠（NaH）是一种白色离子晶体，其中钠是+1价，NaH与水反应放出H2，下列叙述中正确的是ANaH在水中显酸性BNaH中氢离子的电子层排布与氦原子相同CNaH中氢离子半径比锂离子半径小DNaH中氢离子可
12、被还原成H2【答案】B 【解析】题目中给出的新信息有：氢化钠的化学式NaH；NaH是离子晶体；NaH晶体是白色的；NaH中Na是+1价；NaH与水反应放出H2。其中是与解答本题无关的信息，中强调Na是+1价，其隐蔽潜在的信息是说NaH中H为-1价，NaH是由Na+和H-构成的离子化合物。这个潜在信息是解答本题的关键，把它与学过的离子结构、半径比较、氧化-还原反应等知识联系起来，问题就迎刃而解了。NaH和H2O反应放出H2，是NaH中-1价的H与H2O中+1价的 H发生氧化-还原反应，H-被氧化；NaHH2O=NaOHH2，水溶液呈碱性。H-的核外电子排布与He、Li+等相同，随着核电荷的递增，
13、半径逐渐变小，VH-VLi+。所以B是答案。14下列关于硝酸的认识中，正确的是( )A浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性B浓硝酸与金属反应不产生氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C因常温下铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D硝酸与金属反应时，只表现出氧化性【答案】A【解析】试题分析：A.硝酸无论浓与稀都具有氧化性，A项正确；B.硝酸无论浓与稀和金属反应均不产生氢气，浓硝酸生成NO2，稀硝酸生成NO，B项错误；C.常温下浓硝酸与铁、铝发生钝化，所以铁质、铝质容器能盛放浓硝酸，钝化是化学变化，C项错误；D.硝酸与金属反应时，生成硝酸盐体现硝酸的酸性，生成氮的氧化物体现硝酸的强氧化性
14、，D项错误；答案选A。【考点定位】考查硝酸的化学性质。【名师点睛】本题考查硝酸的化学性质。该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，难度不大。主要是有利于巩固学生的基础知识，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。硝酸具有易挥发性、不稳定性和强氧化性，在常温下能使铝、铁钝化等性质。15某种甲醇（CH3OH）燃料电池示意图如下，其中电解质是稀酸溶液。下列叙述错误的是A. 电池反应中甲醇被氧化B. 质子交换膜的作用相当于盐桥C. 产生电能时，负极附近溶液的pH暂时升高D. 负极反应式是：CH3OH6eH2OCO26H【答案】C【解析】原电池中负极失去电子，电极反应式为CH3OH6eH2OC
15、O26H，因此负极附近溶液的pH降低，C不正确，其余都是正确的，答案选C。16（14分）按下图所示装置进行实验，并回答下列问题：(1)锌极为_极，电极反应式为 ；铜极为_极，电极反应式为 ；(2)石墨棒C1为_极，电极反应式为 ；石墨棒C2附近发生的实验现象为 。(3)当C2极析出224 mL气体(标准状况)时，锌的质量 (填“增加”或“减少”) g ；CuSO4溶液的质量 (填“增加”或“减少”) g。【答案】负；Zn-2e-=Zn2+；正；Cu2+2e-=Cu；（2）阳极；2Cl-2e-=Cl2；有无色气体产生，附近溶液出现红色；（3）减少；0.65g；增加；0.01g。【解析】试题分析：
16、A池存在自发的进行氧化还原反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+为原电池，则锌为负极Zn-2e-=Zn2+；铜作正极，Cu2+2e-=Cu（2）B池中C1连接铜电极为阳极，氯离子放电，电极反应为2Cl-2e-=Cl2；C2连接锌电极为阴极，氢离子放电，电极反应为，氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色；（3）由A、B两池的电极反应可得关系式：Zn-H265g 1molm(Zn) 0.01mol解得m(Zn)=0.65g，A池中：设CuSO4溶液的质量增加 mZn+Cu2+=Cu+Zn2+ 溶液质量增加m65g 65g-64g=1g0.65g m解得CuSO4溶液的质量增加 m=0.01g；考点：了解原电池
17、和电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。了解常见化学电源的种类及其工作原理。点评：本题考查了原电池与电解池的电极的判断，电极反应方程式的书写，电极反应现象及相关计算。这种串联电路的分析关键是根据自发的氧化还原反应判断出原电池与电解池并确定出各电极名称，再分析得出正确结论，同时电化学的相关计算要结合电子守恒的思想解决问题。17氯碱工业生产中用氨气检查氯气管道是否泄漏，氨气遇到氯气会产生白烟，（1）反应还生成了一种无毒的气态单质，写出反应的化学方程式 _。（2）在该反应中，氧化剂是_，还原产物是_，当有1.7g的氨气参与反应时，转移的电子数目为_。（3）列式计算当有112 mL的氯气（
18、已折算到标准状况）参加反应时生成白烟的质量为_ g。【答案】（1）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2（2）Cl2NH4Cl0.075NA（3）0.535【解析】试题分析：（1）氨气遇到氯气会产生白烟，反应还生成了一种无毒的气态单质，该单质是氮气，白烟为NH4Cl则反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2；（2）在反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2 转移6e中，Cl元素由0价降低到-1价，得电子发生还原反应，则在该反应中，氧化剂是Cl2，还原产物是NH4Cl，1.7g氨气的物质的量为0.1mol，转移的电子数目为0.1mol6/8NA=0.075NA ；（3）112m
19、L氯气的物质的量为0.005mol，根据反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2 ，0.005mol氯气参加反应生成0.01molNH4Cl，质量为0.01mol53.5g/mol=0.535g。考点：考查氧化还原反应，物质的量的计算，氯气及氨的性质等知识。18氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。I.实验室用如图所示装置，用还原铜粉和氯气来制备氯化铜。（1）石棉绒的作用是 ；B装置中的试剂是 。（2）当CI2排尽空气后，加热A。则A中发生反应的化学方程式为 。（3）若实验测得CuCI2质量分数为90.0%，则其中可能含有的杂质是 （一种即可）。另取纯净CuCl2固体用于
20、制备CuCl（4）溶解时加入HCI溶液的目的主要是 （结合离子方程式回答）。（5）若按上述操作用10Omol/L的HCI代替0.2mol/L HCI，通人SO2后，20000mL黄绿色溶液颜色褪去，但无白色沉淀。对此现象：甲同学提出假设：c(H+)过大。为验证此假设，可取75.00g CuCI2:固体与l00mL02mol/LHCl及 mL98mol/LH2SO4配制成20000mL溶液再按上述操作进行实验。乙同学查阅资料：体系中存在平衡2Cl- (aq)+CuCl(s) -CuC32- (aq)。则出现此现象另一可能的原因是 。【答案】（1）增大铜粉与氯气的接触面积 氢氧化钠溶液（2）Cu+
21、Cl2=CuCl2（3）石棉绒（4）Cu2+2H2O=Cu(OH)2+2H+,加酸抑制铜离子水解（5）50 c(Cl-)浓度过大【解析】试题分析：（1）利用石棉绒使得铜粉与氯气的接触面积增大；B装置用来收集过量氯气故用氢氧化钠溶液。（2）当CI2排尽空气后，加热氯气会氧化铜，反应:Cu+Cl2=CuCl2。（3）石棉绒是疏松固体可能会掺杂在产物中，使其不纯。（4）氯化铜溶液中铜离子会水解：Cu2+2H2O=Cu(OH)2+2H+,加酸抑制铜离子水解。（5）为使得对比试验中氢离子量相同，（10100-0.2100）/2/9.8=50ml，故加入50ml硫酸；体系中存在平衡2Cl- (aq)+Cu
22、Cl(s) -CuC32- (aq)。则出现此现象另一可能的原因是c(Cl-)浓度过大。考点：考查化学平衡19研究性学习小组用Na2SO3与硫酸溶液(硫酸与水体积比11)制备SO2并进行性质探究实验。（1）D中的实验现象是 ，C、E中溶液都褪色，分别体现SO2 、 性质。（2）请在方框中画出收集SO2以及尾气处理装置(标相关试剂)。（3）研究小组发现B中有白色沉淀,为了清楚沉淀的物质，研究小组往B中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为留下的沉淀物是 ，形成该沉淀的反应方程式有： 。为了进一步验证沉淀原因，研究小组另取BaC12溶液，加热煮沸，冷却及时加入少量苯液封，然后再通SO2，结果发现沉淀量
23、减少，但仍有轻微浑浊。研究小组改进A装置（如右图），再进行实验，B中没有出现浑浊。下列气体可作为X气体的是 （填序号，不定项选择)ACO2 BNH3 CO3 DN2 ENO2（4）SO2为空气污染物，研究小组为测定某工厂区空气中SO2的含量，取10m3(标准状况)的空气，缓慢通过足量溴水中，在所得溶液中加入过量的BaC12溶液，将产生的白色沉淀洗涤、干燥，用电子称称其质量为0.233g，则：沉淀洗涤要干净，检验洗涤已经干净的实验操作是 。试计算此空气中SO2的浓度(列出计算表达式并计算结果，结果单位用mg/m3表示)。【答案】（1）出现淡黄色浑浊(或淡黄色沉淀或有淡黄色固体产生)(每空2分)
24、漂白性、还原性(各1分，共2分)（2） (2分，只画收集装置0分，没标注或标澄清石灰水扣1分)（3）BaSO4(2分) SO2+H2OH2SO3、 2H2SO3+O2=2H2SO4、 H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl(每个1分，共3分) AD(2分)（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有明显现象，证明洗涤干净(2分)（2分，列式1分，结果1分）【解析】试题分析：（1）SO2+2H2S=3S+2H2O，则D中出现淡黄色浑浊(或淡黄色沉淀或有淡黄色固体产生)；使品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性；（2）SO2易溶
25、于水、密度比空气、有毒，因此常用向上排空气法或长进短出法收集，用NaOH溶液吸收多余的SO2；（3）BaSO3、BaSO4均为难溶物，前者能溶于盐酸，后者难溶于盐酸；SO2+H2OH2SO3、 2H2SO3+O2=2H2SO4、 H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl；改进的目的是防止空气中的氧气氧化SO2、H2SO3，因此常通入CO2、N2驱赶装置中的氧气；（4）沉淀具有吸附性，BaSO4沉淀吸附了BaCl2，因此取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，没有明显现象，证明洗涤干净；由m/M可知，n(BaSO4)=；由硫元素守恒可知，n(SO2)=n(BaSO4)=；
26、由nM可知，m(SO2)=64gmol1=64gmol11000mg/g；则题给空气中SO2的浓度为=6.4mgm3。考点：考查元素化合物、综合实验和化学计算等相关知识。20（12分）除去工业尾气中的氮氧化物，常用氨催化吸收法。原理是NH3与NOx反应生成无毒物质。某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮氧化物的处理过程。(一)提供的装置(二)NH3的制取（1）下列有关实验室制备气体的说法正确的有 (填序号)。用赤热的炭与水蒸气反应制取氢气 用排饱和食盐水的方法收集氯气实验室制氧气有时需要加热，有时不需要加热 用无水氯化钙干燥氨气（2）若选择装置G制取氨气，则分液漏斗中盛装的液体试剂是 。（3）若
27、选择装置C制取氨气，则反应的化学方程式是 。(三)模拟尾气的处理选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置，回答有关问题：（4）A装置中反应的离子方程式为_。（5）D装置中的液体可换成 (填序号)。a. CuSO4 b. H2O c. CCl4 d. 浓硫酸（6）该同学所设计的模拟尾气处理实验存在的明显缺陷是_。【答案】（1） （2分，漏选1分，错选不给分）（2）浓氨水 （2分）（3）2NH4Cl + Ca(OH) 2CaCl2 + 2NH3 + 2H2O (2分)（4）3Cu2NO3-8H=3Cu22NO4H2O (2分) （5）c (2分)（6）NO直接排放，缺少尾气吸收装置 (2
28、分)【解析】试题分析：（1）赤热的炭与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，制取的氢气不纯，操作方法复杂，实验室通常使用锌与稀硫酸反应制取氢气，错误；氯气难溶于饱和食盐水，实验室制备氯气，可用排饱和食盐水集气法收集，正确；实验室制氧气用高锰酸钾、氯酸钾制取氧气时需要加热，用双氧水分解获得氧气不需要加热，正确；氨气与氯化钙发生反应，不能使用无水氯化钙干燥氨气，可以用碱石灰干燥氨气，错误，答案选。（2）若选择装置G制取氨气，该装置不加热，因此分液漏斗中盛装的液体试剂是浓氨水。（3）若选择装置C制取氨气，则属于实验室制备氨气，所用试剂是氢氧化钙和氯化铵，则反应的化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH) 2
29、CaCl2 + 2NH3 + 2H2O。（4）稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为3Cu2NO3-8H3Cu22NO4H2O。（5）氨气可溶于硫酸铜溶液、水以及硫酸中，能产生倒吸。氨气为极性分子，不溶于非极性溶剂，因此可用CCl4代替饱和氨水，答案选c。（6）NO有毒，能够造成空气污染，图示装置中缺少尾气处理装置，过量的NO会污染空气，因此该同学所设计的模拟尾气处理实验存在的明显缺陷是NO直接排放，缺少尾气吸收装置。考点：考查氨气制备、尾气处理实验设计与探究21配制500 mL 15 molL -1 Na 2 SO 4 溶液，需要固体Na 2 SO
30、4 的质量是多少？【答案】1065 g【解析】试题分析：500 mL 15 molL -1 Na2SO 4 溶液中Na2SO 4 的物质的量为：n(Na2SO 4 )=c(Na2SO 4 )VNa2SO 4 (aq)=15 molL -1 05 L=075 mol，则075 mol Na2SO 4 的质量为：m(Na2SO 4 )=n(Na2SO 4 )M(Na2SO 4 )=075 mol142 gmol -1 =1065 g。考点：考查物质的量浓度的计算。22已知A、B、C三种物质之间的转化关系：（1）若B的溶液中加入KSCN溶液变红色，则A物质为 （用化学式表示）向沸水中逐滴加入饱和B溶
31、液，继续煮沸至溶液呈红褐色，所得分散系中粒子直径大小区间为 B溶液可用于腐蚀铜线路板，其反应的离子方程式为 CA的化学方程式为 （2）若A、C均为既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液的白色物质，则C物质是 （用化学式表示）向B溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，则此过程中可观察到现象是 ，涉及的离子方程式为 ，BC的离子方程式为 【答案】（1）Fe2O3；1nm100nm；Cu+2Fe3+=2Fe2+2Cu2+；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（2）Al（OH）3；先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解；Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；Al3+3NH3H2O=
32、Al（OH）3+3NH4+【解析】（1）若B溶液中加入KSCN溶液，有血红色出现，证明含有三价铁离子，A和盐酸反应生成的三价铁离子，和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，加热生成氧化铁，所以A为Fe2O3，所以B为FeCl3，C为Fe（OH）3，向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，所以所得分散系中粒子直径大小区间为 1nm100nm，FeCl3溶液可用于腐蚀铜线路板，其反应的离子方程式为 Cu+2Fe3+=2Fe2+2Cu2+，CA的化学方程式为2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，（2）若A、C是不溶于水的白色粉末状物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，
33、说明A、C是两性物质，溶于酸生成盐和一水合氨反应生成C为氢氧化物沉淀，加热分解生成A为氧化物，即A为Al2O3，所以B为AlCl3，C为Al（OH）3，向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，此过程中可观察到现象是先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解，涉及的离子方程式为 Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，BC的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+23（I）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B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。写出反应的化学方程式_。（
34、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。写出反应的化学方程式_。（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应离子方程式_。（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_。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。写出反应的离子方程式_。（II）在温度相同、体积均为1 L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下。已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H =-98.
35、3 kJmol-1。容 器甲乙丙反应物投入量2 mol SO2、1 mol O22 mol SO3m mol SO2、n mol O2、p mol SO3c(SO3) /molL-11.41.41.4能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJSO2或SO3的转化率1212.5%则：1+2=_，p=_mol，b+c=_kJ 。（III）HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：AHA+HC2-(少量)A-+H2C- BH2B(少量)+2A-B2-+2HACH2B(少量)+H2C-HB-+H3C回答下列问题：（1）相同条件下，HA、
36、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_。（2）A-、B2-、C3-、HB-、H2C-、HC2-六种离子中，最易结合质子(H+)的是_，最难结合质子的是_。（3）完成下列反应的离子方程式HA（过量）C3-：_。(IV)在25下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+) = c(Cl)，则溶液显_（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。【答案】（共25分）（）（10分 各2分）（1）NaOH+CO2=NaHCO3（2）4NH3+5O2=4NO+6H2O（反应条件不写不扣分）（3）AlO+CO2+2H2O=
37、Al(OH)3+HCO3（4）Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2（5）2Fe3+Fe=3Fe2+（）（6分）1（2分）， 1.6（2分），39.32（2分）（）（6分）（1）H2B （2分）（2）C3-，HB- （各1分）（3）2HA(过量)+C3-=H2C-+2A-（2分）（）（3分）中（1分） （2分）【解析】试题分析：（）（1）B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物，D物质常用于食品工业。则A为Na、B为Na2O2、C为NaOH、D为NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应可生成NaHCO3，化学方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3。（2）若B是气态氢化物。C、D是
38、氧化物且会造成光化学烟雾污染。则A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2，反应为NH3的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。（3）D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。则A为Al、B为AlCl3、C为Na AlO2、D为Al(OH)3，反应为Na AlO2溶液与过量的CO2反应，生成Al(OH)3沉淀和HCO3，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3。（4）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。则A为Si、B为SiO2、C为Na2SiO3，D为N
39、a2CO3，反应为Si与NaOH溶液的反应，化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。则A为Fe、C为FeCl3、D为FeCl2，反应为Fe还原Fe3+，离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+。（）根据甲、乙、丙可知平衡均是等效的。甲是反应物开始建立平衡，乙是生成物开始建立平衡，所以SO2和SO3的转化率之和是1。丙中SO3的转化率是0.125，平衡时SO3的物质的量是1.4mol，所以有p（10.125）1.4mol，解得p1.6mol。根据反应式可知每消耗2mol三氧化硫，就吸收98.3 kJ热量，丙中消耗的三氧化硫是1.6mol0.1250.2mol，吸热是0.298.3 kJ/29.83kJ。乙中消耗三氧化硫是0.6mol98.3 kJ/229.49kJ。所以共吸热29.49kJ9.83kJ39.32kJ。（）本题主要考查“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，由所给方程式可得酸性：H2BHAH2C-H3C，相应的它的离子结合质子的顺序为：C3-HC2-H2C-A-HB-。（）根据电荷守恒，当c(NH4+) = c(Cl)时，溶液中的c(H+) = c(OH)，故溶液显中性。Kb= =考点:本题考查元素化合物的性质、物质的推断、化学方程式与离子方程式的书写。