1、2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列物质中不会因见光而分解的是（）AHNO3BAgNO3CHClODNaHCO32下列叙述错误的是（）A13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等3下列各项中的“黄色”，不属于因化学反应而产生的是（）A将钠在石棉网上加热熔化，冷却后得到淡黄色固体B食盐在无色的火焰上灼烧时，火焰呈黄色C久置的碘化钾溶液呈黄色D在氯化亚铁溶液中通入氯气，反应
2、后得到黄色溶液4下列离方程式书写正确的是（）A向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2ClO+H2O+CO2=CaCO3+2HClOBNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OCMnO2与浓盐酸制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2ODAlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+5已知M、N、R均为短周期的元素，M、N同周期，M、R的最低价离子分别为M2和R，N2+和R具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（）A对应气态氢化物的稳定性MRBR元素的最高正价一定为+7价C离子半径：M2RN
3、2+D还原性：M2R6将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（）ANO2BN2O2CN2ODN2O47向仅含Fe2+、I、Br的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示下列说法中正确的是（）A线段代表Fe2+的变化情况B线段代表Br的变化情况Ca数值等于6D原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol二、非选择题：8以下是有关SO2、Cl2的性质实验（1）某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质若从左瑞分别通入SO2和Cl2，装置A的溶液中观察到两组实
4、验的现象是否相同？（填“相同”或“不相同”）；若D中盛铜粉，通入足量的Cl2并加热，D中的现象是；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2并加热时，打开K，通入适量O2的化学反应方程式为SO2通入B中，碘水褪色，则该反应的离子方程式为E中盛有溶液（2）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母），则可以看到白色沉淀产生A氨水 B稀盐酸C稀硝酸 D氯化钙溶液9从海水中可以提取很多种化工原料，如图所示的是工业上对海水的几项综合利用示意图按要求回答问题：（1）浩瀚的海洋是一个巨大的宝库，蕴含有80多种元素，可供提取利用的有50多种下列物质不需
5、要通过化学变化就能够从海水中获得的是A食盐 B金属钠 C淡水 D液溴（2）实验室以MnO2为原料制取Cl2，并通过向KBr溶液中通入氯气进行实验室中模拟海水提溴中BrBr2的转化从下列装置中选择合适的发生装置用于实验室制取少量氯气（填写装置的序号）海水提溴中BrBr2的转化应在条件下进行，目的是为了（3）海带中含有碘元素，实验室中通过将海带灼烧后检验其中的I，主要步骤如下：在过滤海带灰所得的滤液中滴入几滴稀硫酸，加入几滴H2O2后再滴入淀粉溶液写出反应的离子方程式如何证明海带中存在碘元素（4）电解熔融氯化镁所得的镁蒸气冷却后即为固体镁下列气体中，镁蒸气可以在其氛围中冷却的是（选填下列选项的编号
6、字母）ACl2BN2CArD空气EH210在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂，F是地壳中含量最多的金属元素（反应中生成的水和部分反应条件未列出）（1）画出A中阴离子的结构示意图（2）反应在点燃条件下的现象是（3）E中的化学键为（4）H转化为F的氢氧化物最好选择的试剂是（5）反应的离子方程式为（6）反应的离子方程式为11某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：（1）过程：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30，通空气将氨赶出并回收用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：用化学平衡原
7、理解释通空气的目的：回收的氨气经净化处理后可进行催化氧化，已知催化剂为三氧化二铬，i氨催化氧化的方程式ii预先将催化剂加热到红热状态，停止加热后催化剂仍保持红热，该反应是反应（填“吸热”或“放热”）（2）过程：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3请完成第一步反应的方程式NH4+O2=NO2+H2O+（3）过程：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2若该反应消耗32gCH3OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小
8、题3分，满分21分）1下列物质中不会因见光而分解的是（）AHNO3BAgNO3CHClODNaHCO3【考点】硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素；氮族元素【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；碳酸氢钠加热分解，见光不分解【解答】解：A硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故A不选；B硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故B不选；CHClO见光分解为HCl与氧气，故C不选；DNaHCO3加热分解，见光不分解，故D选，故选D【点评】本题考查物质的性质，侧重于元素化合物知识考查，难度不大2下列叙述错误的是（）A13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B1H和2H是不
9、同的核素，它们的质子数相等C14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【专题】原子组成与结构专题【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素【解答】解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：146=8、147=7，
10、它们的中子数不等，故C正确；D、6Li和7Li的电子数相等均为3，中子数分别为：63=3、73=4，不相等，故D错误故选D【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单3下列各项中的“黄色”，不属于因化学反应而产生的是（）A将钠在石棉网上加热熔化，冷却后得到淡黄色固体B食盐在无色的火焰上灼烧时，火焰呈黄色C久置的碘化钾溶液呈黄色D在氯化亚铁溶液中通入氯气，反应后得到黄色溶液【考点】钠的化学性质；物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A钠燃烧生成淡黄色的过氧化钠固体；B食盐在无色的火焰上灼烧时，火焰呈黄色，是钠的焰色反应；C久置的碘化钾溶液被氧化生成单质碘；D氯气氧化氯化亚铁生
11、成黄色的氯化铁【解答】解：A钠燃烧生成淡黄色的过氧化钠固体，属于化学反应，故A不选；B焰色反应是元素的性质，属于化学变化，故B选；C久置的碘化钾溶液被氧化生成单质碘，碘水呈黄色，属于化学反应，故C不选；D氯气氧化氯化亚铁生成黄色的氯化铁，属于化学反应，故D不选；故选：B【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，明确焰色反应是元素的性质是解题关键，题目难度不大4下列离方程式书写正确的是（）A向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2+2ClO+H2O+CO2=CaCO3+2HClOBNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OCMnO2与浓盐酸制
12、Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2ODAlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2+4NH4+【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化碳过量反应生成碳酸氢根钙；B反应生成氨气、亚硫酸钠和水；C氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；D不符合客观事实【解答】解：A向次氯酸钙溶液通入过量CO2，离子方程式：2ClO+CO2+H2O=HCO3+2HClO，故A错误；BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热，离子方程式：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2O，故B正确；CMnO2与浓盐酸制Cl2，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+
13、2H2O，故C错误；DAlCl3溶液中加入过量的氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选：B【点评】本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意离子反应应遵循客观事实，遵循原子个数守恒、电荷数守恒，注意化学式的拆分，题目难度不大5已知M、N、R均为短周期的元素，M、N同周期，M、R的最低价离子分别为M2和R，N2+和R具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（）A对应气态氢化物的稳定性MRBR元素的最高正价一定为+7价C离子半径：M2RN2+D还原性：M2R【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素中，M、R的最低价离子分别
14、为M2和R，则M为第A族元素，R为A族元素；N2+和R具有相同的电子层结构，N处于A族，且N在R的下一周期，即N处于第三周期、R处于第二周期，可推知N为Mg元素，R为F元素，M、N同周期，则M为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题【解答】解：短周期元素中，M、R的最低价离子分别为M2和R，则M为第A族元素，R为A族元素；N2+和R具有相同的电子层结构，N处于A族，且N在R的下一周期，即N处于第三周期、R处于第二周期，可推知N为Mg元素，R为F元素，M、N同周期，则M为S元素A非金属性FS，故氢化物稳定性HFH2S，故A错误；BR为F元素，没有最高正化合价+7，故B错误；C
15、Mg2+、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为FMg2+，S2电子层最多，离子半径最大，故离子半径S2FMg2+，故C正确；D非金属性FS，故还原性：S2F，故D错误，故选C【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类6将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为（）ANO2BN2O2CN2ODN2O4【考点】复杂化学式的确定【专题】差量法【分析】根据该氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应的原理以及气体体
16、积差量法来计算【解答】解：假设反应为：2NxOy+2yCu2yCuO+xN2，根据题中数据，反应后气体体积为反应前气体体积的一半，即可以得到x=1，因为4Cu+2NO2=4CuO+N2，方程式的系数之比等于物质的量之比，所以反应前有NO222.4L即1mol，所以反应后有N20.5mol，所以是NO2 ，故选A【点评】本题是一道有关物质化学式确定的题目，注意差量法在解题中的灵活运用，难度不大7向仅含Fe2+、I、Br的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示下列说法中正确的是（）A线段代表Fe2+的变化情况B线段代表Br的变化情况Ca数值等于6D原混合溶液中n（FeBr2）=
17、4 mol【考点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2I2+2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br
18、）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；【解答】解：向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mo
19、l，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段代表Br的变化情况，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I的变化情况，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2Br2+2Cl可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D、溶液中n（Br）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3m
20、ol，故D错误；故选：C【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，难度较大，清楚反应过程是解题关键二、非选择题：8以下是有关SO2、Cl2的性质实验（1）某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究SO2和Cl2的性质若从左瑞分别通入SO2和Cl2，装置A的溶液中观察到两组实验的现象是否相同？相同（填“相同”或“不相同”）；若D中盛铜粉，通入足量的Cl2并加热，D中的现象是Cu粉红热，并产生棕黄色烟；若装置D中装的是五氧化二钒（催化剂），通入SO2并加热时，打开K，通入适量O2的化学反应方程式为2SO2+O22SO3SO2通入
21、B中，碘水褪色，则该反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42E中盛有NaOH溶液（2）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量（填字母）AC，则可以看到白色沉淀产生A氨水 B稀盐酸C稀硝酸 D氯化钙溶液【考点】探究二氧化硫与水和品红溶液的反应；氯、溴、碘的性质实验【专题】实验设计题【分析】（1）二氧化硫具有漂白性和有机色素结合为不稳定的化合物，氯气通入溶液中与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以氧化有机色素为无色；铜粉在Cl2中加热Cu粉红热，并生成产生棕黄色烟氯化铜；二氧化硫催化氧化为三氧化硫；二氧化硫具有还原性和碘单质发生氧化
22、还原反应生成硫酸和氢碘酸；E为尾气处理，吸收多余的SO2和Cl2应盛有氢氧化钠溶液；（2）足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量物质可以看到白色沉淀产生；A氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀；B稀盐酸不和二氧化硫反应不能生成沉淀；C稀硝酸溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，结合钡离子生成沉淀；D氯化钙溶液和二氧化硫不反应【解答】解：（1）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都
23、使品红褪色；铜粉在Cl2中加热Cu粉红热，并生成产生棕黄色烟氯化铜；二氧化硫和氧气在五氧化二钒作催化剂、加热条件下能发生氧化还原反应生成三氧化硫，反应方程式为 2SO2+O22SO3，故答案为：相同；Cu粉红热，并产生棕黄色烟；2SO2+O22SO3；SO2通入B装置碘水中，溶液颜色退去，发生了氧化还原反应：碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，被碘单质氧化为硫酸，本身被还原为碘化氢，反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H+2I+SO42；E为尾气处理，吸收多余的SO2和Cl2应盛有氢氧化钠溶液，故答案为：NaOH；（2）将足量
24、的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管，未见沉淀生成，若向该试管中加入足量试剂仍然无法观察到沉淀产生，说明不发生反应：A、氨水加入后生成亚硫酸铵，亚硫酸根和钡离子生成沉淀，故A正确；B、稀盐酸加入后不反应，故B错误；C、稀硝酸溶液具有强氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故C正确；D氯化钙溶液和二氧化硫不反应，故D错误；故答案为：AC【点评】本题考查了性质实验方案的设计，明确二氧化硫的性质是解本题关键，会根据二氧化硫的性质分析装置中各个装置的作用及发生的反应，注意稀硝酸有强氧化性而氧化二氧化硫，为易错点9从海水中可以提取很多种化工原料，如图所示的是工业上对海水的几项综合利用示
25、意图按要求回答问题：（1）浩瀚的海洋是一个巨大的宝库，蕴含有80多种元素，可供提取利用的有50多种下列物质不需要通过化学变化就能够从海水中获得的是ACA食盐 B金属钠 C淡水 D液溴（2）实验室以MnO2为原料制取Cl2，并通过向KBr溶液中通入氯气进行实验室中模拟海水提溴中BrBr2的转化从下列装置中选择合适的发生装置用于实验室制取少量氯气b（填写装置的序号）海水提溴中BrBr2的转化应在8090，条件下进行，目的是为了溴单质形成溴蒸气蒸出（3）海带中含有碘元素，实验室中通过将海带灼烧后检验其中的I，主要步骤如下：在过滤海带灰所得的滤液中滴入几滴稀硫酸，加入几滴H2O2后再滴入淀粉溶液写出反
26、应的离子方程式H2O2+2H+2I=I2+2H2O如何证明海带中存在碘元素在滤液中加入淀粉溶液和氯水，溶液中的碘离子与氯气反应生成碘单质，2I+Cl2=2Cl+I2，I2使淀粉变蓝色（4）电解熔融氯化镁所得的镁蒸气冷却后即为固体镁下列气体中，镁蒸气可以在其氛围中冷却的是CE（选填下列选项的编号字母）ACl2BN2CArD空气EH2【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐；海水中得到钠，需要首先从海水中获得氯化钠，然后再去电解熔融状态的氯化钠即得钠；（2）根据反应物的状态和反应条件选择发生装置；溴单质易挥发分析；（3）过氧化氢
27、酸溶液中氧化碘离子生成碘单质；灼烧海带，把海带灰转入烧杯中加水溶解，然后过滤，在滤液中加入淀粉溶液和氯水，根据发生的反应分析判断；（4）可以在其氛围中冷却镁蒸气，说明该气体与镁不反应；【解答】解：（1）把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，是物理变化；把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，是物理变化；海水中得到钠，需要首先从海水中获得氯化钠，然后再去电解熔融状态的氯化钠可制得钠，是化学方法；故选：AC；（2）实验室制取氯气用二氧化锰和浓盐酸，反应物是固体和液体，且需要加热，所以选择发生装置b；故选：b；海水提溴中BrBr2的转化应在8090，条件下进行，目的是为了溴单质形成溴蒸气蒸出，故答案为：80
28、90，溴单质形成溴蒸气蒸出；（3）过氧化氢酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，在过滤海带灰所得的滤液中滴入几滴稀硫酸，加入几滴H2O2后再滴入淀粉溶液，反应的离子方程式为：H2O2+2H+2I=I2+2H2O，故答案为：H2O2+2H+2I=I2+2H2O；检验海带中的碘元素存在，实验设计为：把海带放在坩埚中灼烧，然后把海带灰转入烧杯中加水溶解，再过滤所得悬浊液，在滤液中加入淀粉溶液和氯水，溶液中的碘离子与氯气反应生成碘单质，2I+Cl2=2Cl+I2，I2使淀粉变蓝色，故答案为：在滤液中加入淀粉溶液和氯水，溶液中的碘离子与氯气反应生成碘单质，2I+Cl2=2Cl+I2，I2使淀粉变蓝色；（4）能和
29、金属镁发生反应的气体：Cl2、N2、空气，不能与金属镁发生反应的气体：Ar、H2，故答案为：CE【点评】本题主要考查了物质的制备与性质，物质性质分析，离子检验方法，物质制备等，难度中等，根据所学知识即可完成10在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂，F是地壳中含量最多的金属元素（反应中生成的水和部分反应条件未列出）（1）画出A中阴离子的结构示意图（2）反应在点燃条件下的现象是安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾（3）E中的化学键为离子键、共价键（4）H转化为F的氢氧化物最好选择的试剂是CO2（5）反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+
30、ClO+H2O（6）反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【考点】无机物的推断【分析】A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HClF是地壳中含量最多的金属元素，则F为Al，与NaOH反应生成偏铝酸钠与氢气，则H为NaAlO2，（1）A为NaCl，其阴离子是氯离子，氯离子三个电子层，最外层8个电子；（2）氢气在氯气中
31、安静的燃烧，放出苍白色火焰；（3）氢氧化钠为离子化合物，钠离子和氢氧根离子间是离子键，氢氧根离子内存在共价键；（4）氢氧化铝溶于强酸，故偏铝酸钠转化为氢氧化铝最好选择的试剂是弱酸，可以通入二氧化碳；（5）反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（6）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；【解答】解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaO
32、H，可推知I为HClF是地壳中含量最多的金属元素，则F为Al，与NaOH反应生成偏铝酸钠与氢气，则H为NaAlO2，（1）A为NaCl，其阴离子是氯离子，氯离子三个电子层，最外层8个电子，其结构示意图为：，故答案为：；（2）反应在点燃条件下的现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾，故答案为：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；（3）氢氧化钠是离子化合物，氢氧根离子中含有共价键；（4）氢氧化铝溶于强酸，故偏铝酸钠转化为氢氧化铝最好选择的试剂是：CO2，故答案为：CO2；（5）反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（6）反应的离子方程
33、式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【点评】本题考查无机物推断，涉及Cl、Al元素单质化合物性质及氯碱工业等，难度不大，注意对基础知识的全面掌握11某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：（1）过程：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30，通空气将氨赶出并回收用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：NH4+OHNH3H2O用化学平衡原理解释通空气的目的：空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离回收的氨气经净化处理后可进行催化氧化，已知催化剂为三氧化二
34、铬，i氨催化氧化的方程式4NH3+5O24NO+6H2Oii预先将催化剂加热到红热状态，停止加热后催化剂仍保持红热，该反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（2）过程：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3请完成第一步反应的方程式2NH4+3O2=2NO2+2H2O+4H+（3）过程：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2若该反应消耗32gCH3OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6【考点】三废处理与环境保护【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；氨气催化氧化生成NO和水，停止加
35、热催化剂仍然红热说明反应放热；（2）据氧化还原反应中电子得失守恒和电荷守恒以及原子守恒配平离子方程式；（3）根据消耗甲醇的量和转移电子的量来书写方程式，并确定氧化剂和还原剂的量的多少【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O；氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，故答案为：空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；氨气催化氧化生成NO和水，停止加热催化剂仍然红热说明反应放热，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；放热
36、；（2）1mol铵根离子反应生成亚硝酸根时转移6mol电子，1mol氧气反应转移4mol电子，据最小公倍法可知，铵根离子化学计量数为2，氧气化学计量数为3，再据原子守恒配平其他化学计量数，据电荷守恒还应生成氢离子，故答案为：2、3、2、2、4H+；（3）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO35CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，故答案为：5：6【点评】本题综合考查物质的分离提纯以及化学方程式的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关物质的性质以及氧化还原反应的相关计算，难度不大2015年12月31日版权所有：高考资源网()