1、山东省招远市第四中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列物质中最难电离出H+的是（ ）A.CH3CH2OH B.CH3COOH C.H2O D.C6H5OH【答案】A【解析】由于分子中原子或原子团之间是相互影响的，在乙酸、乙醇、水和苯酚中，由于羟基连接的基团不同，使羟基上的氢原子活泼性也不同。其顺序为：CH3COOHC6H5OHH2OCH3CH2OH 上面的结论也可通过实验事实验证。如乙酸和苯酚都具有酸性，在水溶液中能电离出H+，但乙酸能与NaHCO3反应放出CO2，而苯酚则不能，水与乙醇都能与金属钠反应放出H2，但后者反应速率较慢。 因此，在上述4种物质中，最难电离
2、出H+的是乙醇。2某有机物链状分子中含n个 , m个, a个,其余为羟基。则羟基的个数为：A.2n+3m-a B.n+m+a C.m+2-a D.m+2n+2-a 【答案】C【解析】3关于化学平衡常数K的叙述正确的是AK值越大，表示化学反应速率越大B对任一可逆反应，温度升高，则K值增大C一般情况下K值越大，可逆反应进行得越彻底D增大反应物的浓度时，K值增大【答案】C【解析】试题分析：A、平衡常数的大小与反应的速率没有关系，所以不选A；B、若温度升高，平衡正向移动，平衡常数就增大，但若逆向移动，平衡常数会减小，所以不选B；C、平衡常数越大，说明反应正向进行的越彻底，所以选C；D、平衡常数只受温度
3、影响，所以不选D。考点：平衡常数。4在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为A18.6 g B20 g C19.4 g D24 g【答案】A【解析】试题分析：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3NO，化合价降低3价，得到3e-电子，标况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）=4.48/22.4=0.2mol，得到电子的物质的量为：n（e-）=3e-0.2mol=0.6mol，根据金属的转化关系：MMn+M（OH）n和电子守恒可知，金属失去电子的
4、物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH-的物质的量，即：n（OH-）=n（e-）=0.6mol，则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH-的质量=9.2g+0.6mol17g/mol=19.4g，由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，故选A考点：考查了混合物的计算的相关知识。5下列物质属于电解质的是A氯化钡 B浓氨水 C二氧化碳 D乙醇【答案】A【解析】试题分析：A、氯化钡是在水溶液中和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质， A正确；B、浓氨水是混合物，B错误； C、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水
5、溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质， C错误； D、乙醇是非电解质， D错误。答案选A。考点：电解质6有关键能(破坏1mol共价键吸收的能量)数据如表化学键Si-OOOSi-Si键能/kJmol-1X498.8176晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)SiO2(s)H=-989.2kJmol-1，则X的值为(已知1molSi中含有2molSi-Si键，1molSiO2中含有4molSi-O键)A34.6 B460 C832 D920 【答案】B【解析】试题分析：已知晶体硅的燃烧热为989.2kJmol-1，则Si(s)+O2(g)=SiO
6、2(s)H=-989.2kJmol-1；1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2176+498.8-4x=-989.2，解得x=460，故选B。【考点定位】考查键能的计算【名师点晴】注意把握反应热与键能的关系是解决本题的关键，化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合Si(s)+O2(g)SiO2(s)H=-989、2kJmol-1，计算出表中X。7下列说法正确的是（ ）A、NO2与水的反应：3NO2H2O=2NONO2H B氯气通入水中： Cl2
7、 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-C、向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4OHNH3H2OD、向硅酸钠溶液中通入SO2：SiO32+2H=H2SiO3【答案】A【解析】试题分析：ANO2与水的反应生成硝酸和NO，离子方程式为：3NO2H2O=2NONO2H，A正确；B氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸不可以拆，Cl2 + H2O = H+ + Cl- + HClO，B错误；C向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液，碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，NH4HCO3-2OHNH32H2O+CO32-，C错误；D向硅酸钠溶液中通入SO2：H2O+SO2+SiO
8、32=H2SiO3+SO32-，D错误，答案选A。考点：考查离子方程式的书写8在无色强酸性溶液中可能大量共存的离子组是ABa2+、NH4+、S2-、MnO4- BNH4+、Na+、Br-、Cl-CK+、Ca2+、HSO3-、NO3- DFe2+、NH4+、Cl-、SO42-【答案】B【解析】试题分析：A、MnO4-为紫色，S2-在酸性溶液中不能共存，错误；B、可以共存；C、HSO3-在酸性条件下不能共存，且硝酸根具有强氧化性，错误；D、Fe2+为浅绿色，错误。考点：考查有限制条件的离子共存。9一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体下列叙述一定正确的
9、是硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少硝酸浓度不同，生成的Fe（NO3）3的物质的量相同硝酸浓度越大，产生的气体越少用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相等A只有 B C D【答案】C【解析】试题分析：结合题给信息，因为硝酸足量所以铁全部溶解，所以产生的铁盐的物质的量相等；当采用排水法收集产生的气体时，均为NO,所以相同状况下气体体积相等。考点：硝酸的性质。10分子中含有四个碳原子的饱和一元醇，它的同分异构体有多种，其中氧化后能生成醛的有（ ）A1种 B2种 C3种 D4种【答案】B【解析】试题分析：分子中含有四个碳原子的饱和一元醇分子式为：C4H10O,若它的同分异构体氧化后能生成醛，则羟基应该
10、链接在碳链的第一个碳原子上。即它是丙基C3H7-CH2OH氧化而成。丙基C3H7-有两种同分异构-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2所以氧化形成的醛也就是2种。考点：考查醇的各种同分异构体及结构、性质的知识。11电镀废液中Cr2可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：Cr2(aq)+2Pb2+(aq)+H2O(l)2PbCrO4(s)+2H+(aq)H0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是()【答案】A【解析】试题分析：A项，平衡常数大小与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，生成物的物质的量浓度减小，反应物的物质的量浓度增大，平衡常数随温度
11、升高而减小，故A项正确；B项，pH增大，c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，Cr2转化率增大，故B项错误；C项，温度升高，正、逆反应速率都加快；D项，增大反应物Pb2+的物质的量浓度，平衡正向移动，另一反应物Cr2的物质的量减小，故D项错误。考点：化学平衡常数12下列物质一定属于同系物的是 A、和 B、和C、和 D、和【答案】C【解析】试题分析：A、和都属于芳香烃，结构不相似，分子式通式不相同，不是同系物，故A错误；B、和最简式相同，结构不一定相似，若都为烯烃，则为同系物，C3H6存在同分异构体，可能为环烷烃，故B错误；C、和结构相似，都含有2个碳碳双键，为链状二烯烃，分子组成相差一个CH2
12、原子团，互为同系物，故C正确；D、和结构不相似，C2H4是乙烯，苯乙烯是芳香烃，不是同系物，故D错误。故选C。考点：芳香烃、烃基和同系物点评：本题考查了同系物的判断，难度不大，同系物具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物。13有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是A物质的量之比为11 B物质的量之比为12C质量之比为41 D质量之比为21【答案】C【解析】试题分析：粗硅中的硅与盐酸不反应，只有铁与盐酸反应 Fe +2HCl FeCl2 + H2 ；粗
13、硅中的硅与碱反应Si + 2NaOH + H2O Na2SiO3 + 2H2，铁与氢氧化钠不反应，因放出等量氢气，根据方程式，铁与硅的物质的量之比为2：1， 质量比为256：128=4：1。故选C。考点：考查了硅和铁的性质和依据化学方程式的简单计算的相关知识。14同物质的量浓度的KCl、CaCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3:2:1，这三种溶液中Cl物质的量浓度之比是A3:2:1 B1:2:3 C1:1:1 D2:3:1【答案】B【解析】试题分析：离子浓度与溶液的体积无关，因为KCl、CaCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度相等，KCl、CaCl2、AlCl3中Cl系数之比为1:2:3
14、，则这三种溶液中Cl物质的量浓度之比是1:2:3，故B项正确。考点：考查离子浓度比较。15有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可以将它们鉴别出来，这种试剂是AH2SO4 BNaOH CBaCl2 DKSCN【答案】B【解析】试题分析：A、硫酸和五种物质斗不反应，所以不选A；B、氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，氯化镁和氢氧化钠生成白色沉淀，氯化铝和氢氧化钠反应生成白色沉淀，但随着加入的碱的量增加，最后沉淀能完全溶解，所以出现五种不同的现象，能区别，选B；C、氯化钡和五
15、种溶液斗不反应，所以不选C；D、硫氰化钾只能检验出氯化铁，现象为溶液变成红色，其余不能鉴别，不选D。考点：离子检验。16含CN 的废水有剧毒，可用液氯在碱性条件下将其氧化成OCN，OCN 再进一步被氧化为无毒物质。有关反应如下： KCN2KOHCl2 KOCN2KClH2O 被氧化的元素是 。 写出KOCN在KOH溶液中与氯气反应生成无毒物质的化学方程式： 。 某厂废水中含KCN，其浓度为650mg / L，该废水的密度为1 g/mL。现用氯氧化法处理，该厂每日处理上述废水20t，使KCN完全转化为无毒物质，每天至少需液氯 kg（保留到小数点后1位）。【答案】【解析】由KCN KOCN碳元素化
16、合价升高，被氧化的元素是碳；2KOCN4KOH3Cl2=2CO2N26KCl2H2O,N由-3价变成0价，共变6价；20t废水的体积为：20106g/1 g/mL=20106mL,即20103L，含KCN为20103L650mg / L=1300103mg,即：13kg, 再由KCN2KOHCl2 KOCN2KClH2O和2KOCN4KOH3Cl2=2CO2N26KCl2H2O,得关系式：2KCN 5Cl2 130 355 13kg m17某工厂用软锰矿（含MnO2约70%及Al2 O3）和闪锌矿（含ZnS约80%及FeS）共同生产MnO2，和Zn（干电池原料）。流程如下：已知：A是MnSO4
17、、ZnSO4、Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3的混合液。IV中的电解反应式为MnSO4+ZnSO4+2H2O MnO2+Zn +2H2SO4。（1）A中属于还原产物的是 。（2）加入MnCO3、Zn2(OH)2CO3的作用是 ：C的化学式是 。（3）该生产中除得到Na2SO4、S等副产品外，还可得到的副产品是 。（4）副产品S可用于制硫酸，转化过程是：SSO2SO3H2SO4。写出第二步转化的化学方程式 。（5）要从Na2SO4溶液中得到芒硝（ Na2SO410H2O），需进行的操作有蒸发浓缩、 、 过滤、洗涤、干燥等。（6）从生产MnO2和Zn的角度计算，软锰矿和闪锌矿投料的质量比大约
18、是 。【答案】（1）MnSO4(2)增大溶液的p H,使Fe3+和Al3+生成沉淀 H2SO4（3）Fe2O3、Al2O3(4) 2SO2+O2 2SO3(5) 冷却结晶（6）1：1(或1.03:1)【解析】试题分析：比较信息1可知Mn化合价降低，属于还原产物的为MnSO4，由工艺流程分析加入MnCO3、Zn2(OH)2CO3的作用是增大溶液的p H,使Fe3+和Al3+生成沉淀；且C的化学式为H2SO4；不难得出得到的副产品还有Fe2O3、Al2O3；假设软锰矿和闪锌矿的质量分别为x 、y，根据可知MnO2和Zn的物质的量之比为1:1，则0.7x g/87g/mol:0.8y g/97g/m
19、ol=1:1,解得x/y=1.03:1.考点：氧化还原反应、元素化合物知识、物质的分离和提纯。18（13分）乙二酸通常以二水合物的形式存在，俗称草酸晶体已知草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，继续升温会分解生成CO、CO2和H2O（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是（填编号）_能和乙二醇发生酯化反应 能使酸性高锰酸钾溶液褪色其溶液能使蓝色石蕊试纸变红 能和碳酸氢钠溶液反应生成气体（2）乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到写出该反应的化学反应方程式 ：_。（3）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成
20、实验（I）简述检验装置1气密性的操作方法 ：_。（II）B和E两个装置中更合理的是_，理由为： _ 。（III）请从AF中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：_。（）一定条件下草酸氢铵分解生成NH3、CO、CO2和H2O，110时将该混合气体先通过Na2O2，再通过浓硫酸分别增重Ag和Bg ； 若将混合气体先通过浓硫酸，再通过Na2O2分别增重Cg和Dg（能反应的气体均可吸收完全，且该条件下CO与Na2O2不反应），则A、B、C、D的大小关系为：_。【答案】（1）；（2）；（3）（）如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，
21、看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好；（）E； B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；（）A、E、F （）CADB【解析】 试题分析：（1）乙二酸含有羧基，乙二醇含有醇羟基，四能够能和乙二醇发生酯化反应，正确；在乙二酸分子中C元素的化合价为+3价，有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；乙二酸有羧基，有酸性，因此其溶液能使蓝色石蕊试纸变红，正确；乙二酸有羧基，有酸性，酸性比碳酸强
22、，因此能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2气体,正确。（2）以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到乙二酸的化学反应方程式是 ： ；（3）（I）简述检验装置1气密性的操作方法是如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好；（II）B和E两个装置中更合理的是E； B中的导管过长、过细，冷凝后产生的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；（III）从AF中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装
23、置，按照气流由左到右的顺序依次为：A、E、F；A是制取装置，B是冷凝装置，F用于检验及尾气处理，从而更环保。（）草酸氢铵分解受热分解的化学方程式是NH4HC2O4NH3+CO+CO2+H2O；1mol的NH4HC2O4分解产生NH3、CO、CO2、H2O各1mol.在110时水是气体，将该混合气体先通过Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2；2Na2O2+2CO2 =Na2CO3+ O2，增重的质量是2+28=30g, 再通过浓硫酸时氨气被吸收，增重17g。即A是30g,B是17g; 若将混合气体先通过浓硫酸，增重水蒸汽及氨气被吸收增重18+17=35g，再通过Na2
24、O2时发生反应2Na2O2+2CO2 =Na2CO3+ O2增重的质量是28g，即C是35g,D 是28g. 所以A、B、C、D的大小关系为CADB。考点：考查仪器的连接和使用、装置气密性的检查、方案优劣的评价、物质的化学性质、反应顺序与增重的关系的知识。19下图为配制250.0 mL 0.2 mol/L Na2CO3溶液过程的示意图。回答下列问题：（1）实验时要用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、 、 。（2）在两步实验都用到玻璃棒，它的作用分别是 、加速溶解；引流、 。（3）配制过程中，若其他操作都正确，下列操作会引起浓度偏大的是 ：A容量瓶中原有少量的蒸馏水；B没有进行操作
25、步骤和；C第 步观察液面时俯视刻度线；D如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线（4）由计算可知，在称量操作中，需用托盘天平称量Na2CO3固体的质量为 ，若用5molL1 Na2CO3溶液配制该溶液，则应用量筒量取该溶液的体积为 。【答案】（1）（2分）250mL容量瓶（错1处0分） 胶头滴管（2）（2分）搅拌 防止溶液外溅（3）（1分）C （4）（2分）5.3g 10.0 mL【解析】试题分析：（1）配制过程需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管和250mL容量瓶。（2）步溶解用到玻璃棒作用是搅拌加速溶解；步转移溶液玻璃棒的作用是引流防止溶液外溅。（3）A容量
26、瓶中原有少量的蒸馏水，对结果没有影响，错误；B没有进行操作步骤和，会导致溶液量偏少，结果偏低，错误；C第 步观察液面时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，结果偏大，正确；D如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线导致溶质量偏少，结果偏小错误；故选C。考点：考查溶液配制实验20葡萄糖酸锌(C6H11O6O)2Zn是一种营养锌强化剂，对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要作用。工业上通过如下两步制备：（1）步骤一：充分反应后，过滤除去CaSO4沉淀。设计一个简单的实验，检验产物葡萄糖酸溶液中是否含有SO42： 。（2）步骤二：将葡萄糖酸溶液与ZnO混合，使其充分反应后，继续加入葡萄糖酸溶液至pH
27、为5.8，其目的是 ，下列物质可替代ZnO的是 (填字母)。aNH3H2O b Zn(OH)2 cNaOH dZnSO4（3）将最后所得溶液浓缩至原来体积的，加入适量无水乙醇，放置8h以上，经结晶、分离、干燥获得葡萄糖酸锌晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是 。（4）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31. 13. 2Fe25. 88. 8Cu25. 26. 4某研究性学习小组欲用粗制硫酸锌溶液（其中含有Fe2+、Cu2+等）制备出活性ZnO，然后再合成葡萄糖酸锌。实验室制备活性ZnO的
28、步骤如下：取样，加入适量的KMnO4溶液，微热，调节溶液pH至 （填写范围），除去溶液中Fe元素。加入 ，过滤，向滤渣中加入适量稀硫酸，继续过滤，将两次滤液合并得较高纯度的硫酸锌溶液。将纯碱慢慢加入上述硫酸锌溶液中，得碱式碳酸锌其化学式为Zn2(OH)2CO3，同时有无色气体产生。写出该反应的离子方程式： 。过滤、洗涤，将沉淀灼烧得活性氧化锌。其中灼烧需要的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、三脚架、泥三角、 等。【答案】（1）取少量溶液于试管，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42；反之说明不含SO42（2）抑制Zn2+的水解 b（3）降低葡萄糖酸锌的溶解度，有利于其结晶析出（4）3
29、.25.2过量的锌粉2CO32+2Zn2+H2O= Zn2(OH)2CO3+CO2坩埚、坩埚钳【解析】试题分析：检验SO42一般用盐酸和BaCl2溶液，要有取样、操作、现象、结论等步骤；（2）溶液酸性可以抑制Zn2+的水解；氧化锌与葡萄糖酸电离出氢离子反应，促进平衡正向移动，其它能与氢离子反应，不溶解于水、同时不产生新杂质的均可，如Zn(OH)2、ZnCO3等；（3）电解质一般不易溶解于有机溶剂，加入酒精能降低葡萄糖酸锌的溶解度，有利于其结晶析出；（4）加入适量的KMnO4溶液把Fe2氧化为Fe3，调节pH让Fe3沉淀完全，但不能Cu2使沉淀，故范围为3.25.2；加入过量锌除去Cu2；灼烧固
30、体应做坩埚中，还需要坩埚钳。考点：考查综合实验有关问题。21向200mlNaOH溶液中投入5.4gAl ，二者恰好完全反应，计算：（1）参加反应的NaOH的物质的量浓度？ （2）生成标况下氢气的体积？【答案】（1）1mol/L （2）6.72L【解析】试题分析：考点：22已知有以下物质相互转化，已知，A是世界上用量最大的金属单质：试回答：（1）写出E的化学式 ，F的化学式 （2）写出由E转变成F的化学方程式 。颜色变化_（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式_。（4）写出G溶液中阳离子的鉴别方法（一种，要求写现象）_（5）写出B溶液转变成G溶液的方程式_【答案】（1）Fe（OH）2；Fe（O
31、H）3；（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；白色灰绿红褐；（3）2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液中有Fe3+；（5）2FeCl2+Cl2=2FeCl3。【解析】试题分析：D与硝酸银、硝酸反应得到的溶液，进行焰色反应显紫色，说明D溶液中含有K元素，D能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀H为氯化银，所以D应该是KCl白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E是氢氧化亚铁、F是氢氧化铁，G则氯化铁B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以B、C分别是氢氧化钾、氯化亚铁中的一种，G能和A反应生成B，所以A是铁，B是
32、氯化亚铁，C是氢氧化钾，A与盐酸反应得到B与氢气。（1）由上述分析可知，E的化学式为Fe（OH）2，F是氢氧化铁，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe(OH)2；Fe（OH）3；（2）由E转变成F的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，颜色变化为白色灰绿红褐，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；白色灰绿红褐；（3）向氯化铁溶液加入Fe的有关离子反应方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）检验氯化铁溶液中的金属阳离子的方法是：取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液
33、中有Fe3+；故答案为：取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液中有Fe3+；（5）氯化亚铁转化为氯化铁，可以向氯化亚铁溶液中通入氯气，反应的方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。考点：考查了元素及其化合物转化框图题、常见金属元素的单质及其化合物的综合应用的相关知识。23短周期元素AF的原子序数依次增大，部分元素的信息如下：元素编号信息B与元素A、D共同组成的化合物的种类最多D最外层电子数是次外层电子数的三倍E同周期元素中形成的简单离子半径最小F最高价氧化物对应的水化物的酸性最强根据以上信息，回答下列问题（用元
34、素符号书写）：（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在A2D、FD、BC，ABD3、C2、F等六种粒子，测得FD和C2的物质的量随时间变化的曲线如图所示请写出该反应的离子方程式 2）W与D是相邻的同主族元素在下表中列出H2WO3的不同化学性质，举例并写出 相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性H2WO3+3H3PO3=3H3PO4+H2W （3）由AF中的某些元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊可发生以下反应：写出甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式 ；鉴定丁中阳离子的操作是 ；如果丁中含有元素F，丁的溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是 【答案】（1）5ClO+2CN+H2O=2HC
35、O3+N2+5Cl；（2）编号性质化学方程式示例H2WO3+3H3PO33H3PO4+H2W1还原性H2SO3+Br2+2H2O=H2SO3+2HBr2酸性H2SO3+2NaOH=Na2SO3+2H2O（6）Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+；取少量丁样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子；c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）【解析】短周期元素AF的原子序数依次增大，D最外层电子数是次外层电子数的三倍，D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则D为氧元素；B与元素A、D共同组成的化合物的种类最多，应是有机物，故A
36、为氢元素、B为碳元素；结合原子序数可知C为氮元素；E是同周期元素中形成的简单离子半径最小，则E只能处于第三周期，故E为Al；F最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，则F为Cl，（1）反应过程中存在H2O、ClO、CN，HCO3、N2、Cl等六种粒子，由图可知，随反应进行，ClO物质的量减小，N2的物质的量增大，说明ClO是反应物，N2是产物，根据电子转移守恒可知，CN是反应物、Cl是产物，结合元素守恒可知，HCO3是生成物，H2O是反应物，反应离子方程式为：5ClO+2CN+H2O=2HCO3+N2+5Cl，（2）W与D（氧元素）是相邻的同主族元素，则W为S元素，H2SO3的具有氧化性、还原性、
37、酸性、不稳定性等，可以被强氧化剂氧化，如H2SO3+Br2+2H2O=H2SO3+2HBr，与NaOH发生中和反应H2SO3+2NaOH=Na2SO3+2H2O，（6）丁是仅含非金属的盐，所以一定是铵盐，E为Al元素，所以推断戊是氧化铝，故丙是氢氧化铝，分析产物结合反应：甲+乙+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，中如果丁中含有元素F（Cl元素），甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+；丁中阳离子为NH4+，鉴定NH4+的操作是：取少量丁样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子，如果丁中含有元素F（Cl元素），则丁为氯化铵，溶液中NH4+离子水解，破坏水的电离平衡，水溶液显酸性，且水解程度不大，故溶液中离子浓度c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），【点评】本题考查无机物的推断、结构性质位置关系应用、常用化学用语、盐类水解、元素化合物性质、实验方案设计等，元素及物质的推断是解答本题的关键，注重对高考常考考点的考查，对学生能力要求较高，题目难度中等
