1、山东省烟台金城高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1S-诱抗素制剂能保持鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图,下列关于该物质说法正确的是AS-诱抗素制剂能发生酯化反应的官能团有2种B含有苯环、羟基、羰基、羧基、碳碳双键C1 mol S-诱抗素制剂与足量金属Na反应生成0.5 mol H2D该化合物不能发生聚合反应【答案】A【解析】试题分析：A、该有机物中含有碳碳双键、羰基、羟基、羧基，其中能发生酯化反应的官能团是羟基和羧基，正确；B、该有机物分子中含有六元环，但不含苯环，错误；C、该有机物中的羟基与羧基均与Na反应生成氢气，所以1mol S-诱抗素制剂与足量金属Na反
2、应生成1 mol H2，错误；D、因为该有机物中含有碳碳双键，所以可发生聚合反应，错误，答案选A。考点：考查对有机物官能团及性质的判断2能用来分离Fe3+和Al3+离子的试剂是A.KSCN B. NaOH溶液 C.NH3.H2O D .H2S【答案】B【解析】试题分析：A铁离子和KSCN溶液生成络合物而导致溶液呈血红色，铝离子和KSCN溶液不反应，但硫氰化铁和铝离子仍然混溶，不能分离，只能鉴别，A错误；BFe3+和NaOH反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，Al3+和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，和过量NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，然后采用过滤方法分离，所以可以用NaOH溶液
3、分离Fe3+和Al3+离子，B正确；C两种离子都和一水合氨反应生成氢氧化物沉淀，不能分离，C错误；DFe3+和H2S发生氧化还原反应生成Fe2+和S，Al3+离子和H2S不反应，不能分离，D错误；答案选B。【考点定位】本题主要是考查离子的分离【名师点晴】本题侧重考查元素化合物知识，明确离子的性质及离子性质的差异性是解本题关键，易错选项是D，注意：铁离子和氢硫酸发生氧化还原反应，氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱，题目难度不大。3某溶液中含有NH4+、SO32-、SiO32-、Br- CO32-、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有四种有胶状
4、物质生成有刺激性气味气体产生溶液颜色发生变化溶液中至少发生了3个氧化还原反应A BC D【答案】D【解析】试题分析：某溶液中含有NH4+、SO32-、SiO32-、Br-、CO32-、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32-可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32-和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br-被氯气氧化为溴单质；CO32-和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体。反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+，故错误；有胶状物质硅酸生成，故正确；有二氧化碳气体产生，二氧化碳为无色无味气体，故错误；氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故正确；共发生了氯气
5、氧化SO32-、Br-2个氧化还原反应氯气和水发生的氧化反应，共3个氧化还原反应，故正确；故选D。考点：考查了氯水成分、离子反应的相关知识。4下列各组性质比较中，不正确的( )A酸性：HClO4H2SO4H3PO4 B碱性：KOH NaOHLiOHC单质的氧化性：F2Cl2Br2I2 D单质的还原性：AlMgH2SO4H3PO4，A项正确；B金属性：KNaLi，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：KOH NaOHLiOH，B项正确；C非金属性：FClBrI，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强,则氧化性：F2Cl2Br2I2，C项错误；D金属性：NaMgAl，金属性
6、越强，单质的还原性越强，单质的还原性：AlMgV2V1 B V3V2V1 C V1V2V3 D V3V2V1【答案】D【解析】试题分析：由于Ba(OH)2、NaOH是强碱，完全电离，而NH3H2O是弱碱，部分电离，因此当溶液的pH相同时，c(OH-)相同，随着盐酸的滴加，未电离的NH3H2O会继续电离，最终溶液电离产生的n(OH-): Ba(OH)2=NaOHNH3H2O，所以滴定消耗盐酸的体积V1=V2V3。故选项是D。考点：考查等pH的强碱、弱碱的中和能力大小比较的知识。7下列有关说法，正确的是ASO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质BAl(OH)3有弱碱性，可用于中和胃酸C铜的金属性比
7、铝弱，可以用铜罐贮运浓硝酸D明矾和漂白粉常用于自来水的净化和消毒，两者原理相同【答案】B【解析】试题分析：SO2是非电解质，故A错误；Al(OH)3能与胃液中的盐酸反应，所以可用于中和胃酸，故B正确；铜与浓硝酸反应，不能用铜罐贮运浓硝酸，故C错误；明矾是利用氢氧化铝的吸附性净水，漂白粉是利用次氯酸的氧化性杀菌，原理不同，故D错误。考点：本题考查物质的性质与应用。8缬氨霉素是一种脂溶性的抗生素，是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是( )A缬氨霉素是一种蛋白质B缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸C缬氨霉素完全水解后的产物中有两种产物互为同系物D缬氨霉素完全水解，
8、其中一种产物与甘油互为同分异构体【答案】C【解析】试题分析：A蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，属于小分子，不是蛋白质，A项错误；B缬氨霉素发生水解产物有三种、和，只有一种氨基酸，B项错误；C和互为同系物，C项正确；D与甘油醛（）互为同分异构体，与甘油分子式不相同，D项错误；答案选C。考点：考查酯基、肽键的水解反应，同系物、同分异构体的判断等知识。9下列物质中，跟溴水、新制的Cu(OH)2悬浊液、Na2CO3、苯酚钠都能起反应的是（ ）A乙醇 B乙醛 C乙酸 D丙烯酸【答案】D【解析】试题分析：A乙醇与四种物质都不能发生反应，错误；B乙
9、醛与Na2CO3、苯酚钠不能发生反应，错误；C乙酸与溴水不能发生反应，错误；D丙烯酸与溴水发生加成反应，与新制氢氧化铜悬浊液发生酸碱中和反应，与Na2CO3发生复分解反应产生二氧化碳气体，以苯酚钠发生复分解反应产生苯酚，因此选项是D。考点：考查物质的结构与化学性质的知识。10国内科研机构对城市雾霾天气进行了研究，一种新的污染物过氧乙酰硝酸酯（PAN）被检出引起了人们的注意，研究表明对眼睛具有强烈刺激作用的过氧乙酰硝酸酯产生原理可用以下方程式表示为 (未配平），下列有关说法正确的是AC2H6分子中只存在极性键BPAN中氧元素化合价均为-2C每消耗11.2L O2转移电子的物质的量为2 molDP
10、AN可水解成硝酸和有机酸，是导致酸雨的原因之一【答案】D【解析】试题分析：A.C2H6分子中存在极性键C-H和非极性键C-C，错误；B. PAN中氧元素化合价不都是-2价，羰基O是-2价，另外两个氧是-1价，错误； C.反应中没给标况条件，因此不能确定氧气的物质的量，也就不能确定电子转移的物质的量的多少，错误；D.PAN可水解成硝酸和有机酸，硝酸会导致酸雨的形成，正确。考点：考查物质的结构、性质、元素的化合价、电子转移及物质的影响的知识。11关于原电池和电解池的叙述正确的是A原电池失去电子的电极称为阴极B电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应C原电池的两极，一定要由活动性不同的两种金属组成D
11、电解时电解池的阳极一定是阴离子放电【答案】B【解析】试题分析：A、原电池电极称为正负极不是阴阳极，原电池失去电子的电极称为负极，A错误；B、电解池阳极上和原电池负极上都是失电子发生氧化反应，B正确； C、原电池两极可能由活泼性不同的两金属组成，也可能有金属和导电的非金属组成，C错误；D、如果电解池阳极材料是较活泼金属，电解池工作时，阳极材料放电生成阳离子进入溶液；如果电解池阳极材料是惰性电极，电解池工作时，溶液中阴离子就在阳极放电，D错误；故选B。考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。12下列药品可用带玻璃塞的试剂瓶存放的是()A盐酸 B氢氟酸CNaOH溶液 DNa2SiO3溶液【答案】A
12、【解析】试题分析：玻璃塞中含有二氧化硅，盐酸与二氧化硅不反应，因此可用带玻璃塞的试剂瓶存放，A正确；氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应，能腐蚀玻璃，所以氢氟酸需要放在塑料瓶中，B不正确；氢氧化钠溶液能和二氧化硅反应生成黏性很强的硅酸钠，从而使玻璃塞与瓶口黏合在一起而不易打开，应该用橡皮塞，C不正确；硅酸钠溶液的黏性很强，不能用玻璃塞，应该用橡皮塞，D不正确。考点：含硅矿物与信息材料13下图为元素周期表的局部，A、B、C、D为周期表中短周期元素，已知A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半。据此判断下列正确的是BDACA.A位于第2周期1A族 B.B的最高价氧化物的水化物是弱酸C.原子半径ACBD
13、 D.气态氢化物的热稳定性BDCA【答案】C【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，A是第三周期元素。A原子最外电子层上的电子数是其次外层的一半，则A是Si元素，因此B是氮元素，C是S元素，D是F元素。A不正确。硝酸是强酸，B不正确；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则选项C正确；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的热稳定性DBCA，D不正确，答案选C。考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要
14、是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。14在密闭容器中进行下列反应：M（g)N（g) R（g)2L，此反应符合下面图像，下列叙述正确的是A正反应吸热，L是气体B正反应吸热，L是固体C正反应放热，L是气体D正反应放热，L是固体或液体【答案】C【解析】试题分析：根据图像可知，当压强均为P 1 时，温度为T 2 的曲线首先达到平衡状态，这说明温度是T 2 T 1 ，但温度高，R的含量低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，当温度均为T 1 时，压强为P
15、2 的曲线首先达到平衡状态，这说明温度是P 2 P 1 ，但压强高，R的含量低，这说明加压平衡向逆反应方向移动，因此L一定是气体。答案选C。考点：影响化学平衡移动的因素15下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e= Fe2+BHS水解的离子方程式：HS+H2OS2+H3O+CCO32水解的离子方程式：CO32+2 H2OH2CO3 +2OHD用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+：FeS(s)+ Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)【答案】D【解析】试题分析： A. Fe-2e= Fe2+是负极的反应；B HS+H2OS2+H3O+ 是H
16、S电离的离子方程式；CCO32的水解分2步进行考点：考查了化学英语的判断16某待测溶液中可能含有SO42-、SO32-、CO32-、HCO3-、NO3-、Cl、Br中的若干种及一种常见金属阳离子(Mn)，现进行如下实验(每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出)。请回答下列问题：(1)根据上述框图信息填写下表(不能确定的不填)。肯定存在的离子肯定没有的离子沉淀D化学式或离子符号(2)待测溶液中是否有SO32-、SO42- 。若气体D遇空气变红色，则生成沉淀D时肯定发生的反应的离子方程式为 ，形成沉淀B时反应的离子方程式为 。(3)若Mn为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确
17、定它具体是何种离子的方法是 。【答案】(1)肯定存在的离子肯定不存在的离子白色沉淀D化学式或离子符号HCO3-BrBaSO4(2)SO32-、SO42-至少有一种3BaSO32H2NO3-=2NO3BaSO4H2OHCO3-Ba2OH=BaCO3H2O(3)做焰色反应实验，若透过蓝色钴玻璃片观察到紫色火焰，说明是钾；若不透过蓝色钴玻璃片观察到黄色火焰，则说明是钠【解析】由沉淀A与稀硝酸反应仍得到白色沉淀知白色沉淀D为BaSO4，故溶液中SO32-、SO42-至少有一种；由每次实验所用试剂均足量知溶液A中含有Ba2，在加入碱后能得到白色沉淀B，则原待测溶液中一定含有HCO3-；溶液B中加入足量的
18、氯水后仍得到无色溶液，说明原待测液中无Br，不能确定是否有NO3-、CO32-、Cl。若气体D遇空气变红色时，表明D中肯定有NO，沉淀A中肯定有BaSO3。原子序数不大于20的金属阳离子有Li、Be2、Na、Mg2、Al3、K、Ca2，Al3与HCO3-，SO32-或SO42-与Ca2不能大量共存，故金属阳离子不可能是Al3或Ca2；由待测溶液与浓NaOH溶液混合后无明显变化知溶液中没有Mg2，结合Mn为常见离子且原子序数不大于20知Mn只能是Na或K，可通过焰色实验来确定是钾还是钠。17A、B、C、D 4种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等；B的原子半径是其所在主族中最小的，
19、B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C。（1）B元素的名称为_；B在周期表中的位置是第_周期第_族。（2）C的元素符号为_，C的最高价氧化物的化学式为_。（3）D的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_。【答案】（1）氮 二 VA（2）S SO3（3）KOH【解析】试题分析：A元素所处的周期数，主族序数，原子序数均相等，则A为H；B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B为N；C元素原子的最外层电子数比次外层少2个，C有3个电子层，最外层电子
20、数为6，则C为S；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D在第四周期第A族，即D为K。（1）B为N，其名称为氮，原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，位于第二周期第VA族； （2）C的元素符号为S，最高价为+6价，则最高价氧化物为SO3； （3）D的最高价氧化物的水化物为KOH。考点：考查位置、结构、性质的应用18池州八中一化学实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组中和热测定的实验，实验试剂及用量如下表所示。 反应物起始温度（0C）终了温度(0C）中和热(kJmol1)硫酸碱溶液0.5mol/LH2SO4溶液50ml、1.1mol/LNa
21、OH溶液50ml24.824.9H10.5mol/LH2SO4溶液50ml、1.1mol/LNH3H2O溶液50ml24.824.9H2（1）该实验小组所用的主要玻璃仪器有量筒、大小烧杯和 、 （2）实验、中碱液过量的目的是 （3）上表中需要测定的终了温度是 （4）该实验小组中一同学预计 H1 H2 ，其依据是 实验小组通过测定，实验中放出的热量约为2.84KJ，则 H1= （5）若实验中硫酸用等体积、等浓度的盐酸代替，不考虑中和反应时HCl的挥发，则测得中和反应过程中放出的热量Q （填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同），测得的中和热H 。【答案】（1）温度计、环形玻璃搅拌棒（2）保证酸完全
22、反应完，减少实验误差（3）酸碱混合反应后溶液的最高温度（4）NH3H2O为弱碱，其电离过程会吸收热量；-56.8kJmol1（5）偏小；不变【解析】试题分析：中和热的测定实验是化学反应原理中比较重要的一个课本上的实验，为了减少热量的损失用大小两个烧杯中间填木屑等保温，为了测温度的变化很显然需要温度计，为了酸碱混合均匀避免热量损失所以使用环形玻璃搅拌棒；在实验时为了酸能完全反应，为了计算的时候可以根据酸来求生成水的物质的量，所以两组实验碱液都过量；我们没有办法直接测出热量，只有通过测溶液中温度的变化来算出放出的热量，所以终了温度我们肯定要测出反应过程中的最高温度；根据弱电解质电离吸热可以预计H1
23、 H2；根据第一组数据反应生成0.05mol水放出热量为2.84KJ，换算到生成1mol水时放出热量为56.8kJ，故H1-56.8kJmol1；若实验中硫酸用等体积、等浓度的盐酸代替因为产生的水变为原理的一半，所以放出的热量也将为原来一半，但H为生成1mol水时的反应热，所以无影响。考点：中和热的测定19(12分) 某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）实验药品制取气体量气管中的液体Cu、稀HNO3H2ONaOH固体、浓氨水NH3Na2CO3固体、稀H2SO4CO2镁铝合金、NaOH溶液（足量）H2H2O请回答下列问题：（1）简述如何检查该装置的气密性： 。（2）该同学认为
24、实验可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度。你认为是否可行？请简述原因 。（3）实验中剩余的NH3需吸收处理。以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有（4）实验中，量气管中的液体最好是 。AH2O BCCl4 C饱和Na2CO3溶液 D饱和NaHCO3溶液（5）本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：恢复至室温， ，视线与凹液面最低处相平。（6）实验获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数1.0g10.0mL346.3mL1.0g10.0mL335.0mL1.0g10.0mL345.7mL根据上述合理数据计算
25、镁铝合金中铝的质量分数 。【答案】（12分）（1）量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好。（其他答案合理也给分）（2）不可行。因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准。（3）ACDF（4）D（5）使量气管两端液面相平。（6）27.0%。【解析】试题分析：（1）关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高，说明气密性良好；（2）一氧化氮与液面上方空气中的氧气反应，生成的NO2能溶解于水反应，导致测定一氧化氮的体积不准，故此方案不可行；（3）氨气易溶解于水，容易产物倒吸现象，图中装置ACDF都可防倒吸；（4）实验
26、中制取CO2并测量出CO2的体积，所以量气管中盛放的溶液应是不与CO2反应，但可以吸收其他气体的溶液，故选择排饱和NaHCO3溶液测量CO2的体积。（5）根据PV=nRT，为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：将实验装置恢复到室温，使量气管两端液面相平，相平说明两边液面上的压强一样，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；（6）实验 中，第2次与第1、3次实验测得氢气的体积相差较大，应舍去第2次数据，生成氢气体积为(346.310)mL+(345.710)mL2=336mL=0.336L，生成H2的物质的量为0.015mo
27、l；设生成0.015mol氢气，需Al的质量为xg，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H254g 3molXg 0.015mol 解得：x=0.27g0.27/1.0100%=27%考点：实验的探究，涉及装置气密性的检验、气体的收集、混合物纯度的测定等。20用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。有以下步骤：（1）配制待测液：用5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液。除烧杯和玻棒外，还需要的玻璃仪器有_.（2）滴定：盛装0.1000 mol/L的盐酸标准液应该使用_式滴定管。滴定时双眼应_.（3）有关数据记录如下：测定序号待测溶液的体积（mL）所
28、耗盐酸标准液的体积（mL）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32计算纯度：烧碱样品的纯度是_；（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算）（4）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响” ） 用蒸馏水冲洗锥形瓶，会使测定结果_； 在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，会使测定结果_； 读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，会使测定结果_； 装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果_。【答案】（1）1000mL容量瓶 （2）酸观察锥形瓶中溶液颜色的变化（3）80.8（4）无影响偏高偏低偏高【解析】试题分析：(1) 配制1000mL一定物质的量浓度的氢
29、氧化钠溶液需要仪器：1000mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、天平等；(2)盐酸应用酸式滴定管盛放；滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；(3)消耗盐酸体积平均为20.20mL，0.1000 mol/L 20.20mL10-3=20.00mL10-3c(NaOH),c(NaOH)=0.101mol/L。所以烧碱的纯度为0.101140g/5g=0.808。 (4)用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；滴定过程中不慎将酸滴在瓶外使盐酸消耗的体积偏多，测定结果偏大；滴定前仰视、滴定后俯视，盐酸体积偏小，测定结果偏小；未用标准液润洗滴定管，消耗盐酸体积偏大，测定结果偏高。 考点：酸碱中和滴定点评：酸
30、碱中和滴定时，左手控制活塞或玻璃小球、右手摇动锥形瓶、眼睛注视锥形瓶中颜色变化。21（6分）溴水在科学实验中具有重要的作用，如可用于物质的鉴别和分离提纯。将6.72L（标准状况）乙烯和甲烷的混合气通入足量的溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了1.4g，请列式计算原混合气体中乙烯和甲烷的物质的量之比是多少？【答案】15。【解析】试题分析：混合气的总物质的量为n(混合)= 6.72L/22.4Lmol1=0.3mol。在混合气体中乙烯能够与溴水发生加成反应，溴水增加的质量就是乙烯的质量。n(C2H4)= 1.4g/28gmol1=0.05mol。则n(CH4)=0.3mol0.05 mol=0.2
31、5 mol；所以n(C2H4) n(CH4)= 0.050.25 =15 。 答：原混合气体中乙烯和甲烷的物质的量之比为15。考点：考查混合气体中各组成成分的物质的量的比的计算的知识。22有X、Y、Z三种元素，已知：X、Y、Z的单质在常温下均为气体；X单质在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色；每2mol X2分子可与1mol Y2分子化合生成2mol X2Y分子，X2Y在常温下为液体；Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用；细铁丝能在Z2中剧烈燃烧，且产生棕色的烟（1）推断X、Y、Z三种元素的名称：X ，Y ，Z 化合物的化学式为：XZ ，X2Y （2）上述过程中涉及的化学反应方程式： ；
32、 ； （3）配平下列化学方程式KMnO4+ HCl（浓） MnCl2+ Cl2+ KCl+ H2O（4）指出下列氧化还原反应电子转移的方向和数目6NO+4NH35N2+6H2OMnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2【答案】（1）氢元素；氧元素；氯元素；HCl；H2O；（2）Cl2+H22HCl；2H2+O22H2O；Cl2+H2OHCl+HClO； 2Fe+3Cl22FeCl3；（3）2、16、2、5、2、8；（4）；【解析】每2mol X2分子可与1mol Y2分子化合生成2mol X2Y分子，X2Y在常温下为液体，则X2Y为H2O，即X为H，Y为O，又X单质可在Z单质中燃烧，
33、生成物XZ，其火焰为苍白色，则XZ为HCl，所以Z为Cl，氯气与水反应生成HClO，具有漂白作用，铁丝在氯气中剧烈燃烧，且产生棕色的烟生成FeCl3，（1）根据上面的分析可知，X为氢元素，Y为氧元素，Z为氯元素，XZ为HCl，X2Y 为H2O，（2）上述过程中涉及的化学反应方程式为：Cl2+H22HCl；2H2+O22H2O； Cl2+H2OHCl+HClO； 2Fe+3Cl22FeCl3，（3）在反应中锰从+7价降为+2价，氯从1价升为0价，所以每2个高锰酸甲可以氧化氯化氢生成5个氯气分子，反应中生成氯化锰和氯化钾，所以盐酸既是还原剂，又显酸性，根据元素守恒可配平得化学方程式为2KMnO4+
34、16HCl（浓）2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，（4）在反应6NO+4NH35N2+6H2O中，氮元素分别从+2价和3价变为0价，反应中电子转移的方向和数目为：，在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2中，锰元素从+4价降为+2价，氯从1价升为0价，反应中电子转移的方向和数目为：，23（12分）甲、乙、丙为常见单质。A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，C能使品红溶液褪色。在一定条件下，各物质相互转化关系如图所示。请回答下列问题：（1）用化学式表示：丙为_，H为_。（2）A的电子式为_。（3）电解E的水溶液时，E起
35、到的作用是_。（4）写出BCD的化学方程式：_；写出EGF的离子方程式：_。【答案】（12分）（1）O2 SO3 （2） （3）增强溶液的导电能力（4）Na2O2SO2=Na2SO4 OHHCO3-=CO32-H2O【解析】试题分析：甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H均为中学化学中常见的化合物，其中B、G的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，B能与二氧化碳、水反应生成单质丙，则B为Na2O2，丙为O2，A为Na，E为NaOH，F为Na2CO3，G的焰色反应为黄色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断G为NaHCO3；C能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反应得到，则乙为S，A为Na2S，C为SO2，H为SO3，D为Na2SO4。（1）由上述分析可知，丙为O2，H为SO3。（2）A为Na2S，电子式为： 。（3）电解NaOH的水溶液时，实质是电解水，NaOH起到的作用是：增强溶液导电能力。（4）B+CD是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4；B和G是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O。考点：本题考查物质的推断、电子式的书写、电解、方程式的书写。