1、北京市重点高中20132015届高三化学期末试题汇编-重要的无机物一、选择题(每题分，计分)1.(2013届北京房山区)下列物质的工业制备原理不正确的是( ) A. 氨气：N2+3H22NH3B. 铜：Cu2S+O22Cu+SO2C. 乙烯：C2H5OHCH2=CH2+H2OD. 漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O2.(2013届北京通州区)下列有关说法正确的是( ) A. 高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁B. 铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁C. 海水提溴的过程中不发生氧化还原反应D. 利用电解的方法可以从海水中获得淡水3.(2015届北京西
2、城区)球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是( ) A. 固体2是氧化铁B. X的化学式可以表示为Fe3C2C. 溶液甲中可能含有Fe3+D. X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成4.(2013届北京石景山)钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链(如图所示)，将大大提高资源的利用率，减少环境污染请回答下列问题：(1)Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第周期，第族(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式(3)制备TiO2的方法之一是利用TiCl4水解生成TiO2x H2O，再经焙烧制得水解时需加入大量的水并加热，请结合
3、化学方程式和必要的文字说明原因：(4)由TiCl4Ti 需要在Ar气中进行的理由是反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于即可TiCl4MgMgCl2Ti熔点/25.0648.87141667沸点/136.4109014123287(5)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g/mol)试样w g，消耗c mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL
4、，则TiO2质量分数为(2013届北京石景山)有机物A. B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化已知：A. B. C. D均能与NaHCO3反应；只有A. D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；F能使溴水褪色且不含有甲基；H能发生银镜反应根据题意回答下列问题：(1)反应的反应类型是；反应的条件是(2)写出F的结构简式；D中含氧官能团的名称是(3)E是C的缩聚产物，写出反应的化学方程式(4)下列关于AI的说法中正确的是(选填编号)aI的结构简式为bD在一定条件下也可以反应形成高聚物cG具有8元环状结构d等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH
5、(5)写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式(6)D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应但不能水解苯环上的一卤代物只有2种5.(2015届北京东城区)图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法不正确的是( ) A. 使用此装置可减少导致酸雨的气体形成B. 装置内发生了化合反应和分解反应C. 整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D. 若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中含SO26.(2014届北京通州区)盛有BaCl2稀溶液的甲、乙两支试管分别通入SO2至
6、饱和，若向甲试管中加入足量硝酸，乙试管中加入足量氢氧化钠溶液，则下列叙述正确的是( ) A. 甲、乙两试管都有白色沉淀生成B. 甲试管无白色沉淀生成，而乙试管有白色沉淀生成C. 甲、乙两试管都无白色沉淀生成D. 甲试管有白色沉淀生成，而乙试管无白色沉淀生成7.(2015届北京朝阳区)如图图片显示的是生锈的铁桥，有关钢铁生锈说法不正确的是( ) A. 铁桥生锈是电化学腐蚀B. 建在海边的铁桥更易生锈C. 钢铁生锈的负极反应是：Fe3e=Fe3+D. 吸氧腐蚀的正极反应是：O2+4e+2H2O=4OH8.(2014届北京石景山)海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、
7、HCO3、CO32等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是( ) A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32、HCO3B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C. 氧化主要是氧气将HSO3、SO32、H2SO3氧化为SO42D. 经稀释“排放”出的废水中，SO42浓度与海水相同9.(2014届北京石景山)化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是( ) A. 稀盐酸B. 稀硫酸C. 硫酸钠溶液D. 碳酸钠溶液10.(2013届北京丰台区)铝和铝合金是生活中常用的材料，下列说法正确的是( ) A. 铝合金的熔点比纯铝高B
8、. 铝合金的硬度比纯铝小C. 镁铝合金腐蚀时，镁先于铝被腐蚀D. 常温下可用铝制容器盛装浓硫酸11.(2014届北京西城区)下列关于金属的说法中，不正确的是( ) A. 常温下可用铁制容器盛装浓硝酸B. 在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属C. 常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属D. 将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀12.(2015届北京朝阳区)下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是( ) A. 铝制器皿不宜盛放酸性食物B. 电解食盐水时阴极产生氢气C. 可用铁制容器盛放和运输浓硫酸D. 镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀13.(2013届北京石景山)下列说法正确
9、的是( ) A. 实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备Al(OH)3沉淀B. 将Na投入到NH4Cl溶液中只能生成一种气体C. 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH改变14.(2013届北京朝阳)下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是( ) A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B. 图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C. 图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极15.(2013届北京石景山)氨和肼(N2H4
10、)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用(1)N2H4中的N原子可达到8电子的稳定结构，画出N2H4的结构式(2)实验室用两种固体制取NH3的反应方程式为(3)NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为(4)肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式(5)肼是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942，O=O为500，NN为154，则断裂1molNH键所需的能量是kJ16.(2013届北京通州区)为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如图的装置，以下叙述错误的是( )
11、A. 应先打开活塞再从右侧加稀硝酸B. 左侧稀硝酸须注满C. 关闭活塞后铜丝会全部溶解D. 反应停止后打开活塞气体变成红棕色17.(2014届北京西城区)实验：将0.1molL1MgCl2溶液和0.5molL1NaOH溶液等体积混合得到浊液；取少量中浊液，滴加0.1molL1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；将中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1molL1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中，不正确的是( ) A. 将中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+B. 浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)
12、C. 实验和均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D. NH4Cl溶液中的NH4+可能是中沉淀溶解的原因18.(2015届北京东城区)利用常温下氨气与氯气能发生置换反应的性质，在氯碱工业生产中用氨来检查氯气是否泄漏，其模拟装置如图下列有关说法不正确的是( ) A. 烧瓶中会出现白烟B. 烧瓶中会立即出现喷泉C. 烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D. 烧瓶内氨气与氯气发生的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2二、填空题(每题分，计分)19.(2013届北京西城区)X、Y是短周期同主族元素，Z是过渡元素，化合物Z2X、Z2Y可发生如下转化(1)X的元素符号为，Z2Y的化学式为(2)
13、蓝色溶液中含有的阴离子是(3)过程中发生反应的离子方程式为20.(2013届北京通州区)某校化学兴趣小组在探究铁与浓硫酸的反应时，将教材中铜与浓硫酸反应的实验装置(图)改为图所示的装置请回答下列问题：(1)写出图中虚框处发生反应的化学方程式(2)图实验装置与图相比较，其优点是：能更好地吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；(3)下列对导管a的作用分析中正确的是 (填字母)A. 加热反应过程中，可上下移动导管a，起搅拌作用B. 停止加热，试管内的压强减小，从导管a进入的空气可增大试管A内的压强，防止倒吸C. 停止反应，撤装置之前往导管a中通入空气，可排除装置内的SO2气体，防止其污染环境(4)反应
14、一段时间后，将试管A取下，然后将试管A中溶液倒入另一盛有适量水的试管D中该小组同学为确定溶液中所存在的金属离子，进行下列探究过程提出假设：假设：只含有Fe3+假设：假设：实验设计：分别取少量试管D中溶液，选用提供的试剂，设计简单的实验检验溶液中所存在的金属离子请填写下表空白(可以不填满，也可以增加)提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液步骤所选试剂现象及结论12321.(2014届北京石景山)某课外小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式(2)写出F
15、的电子式(3)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是(5)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是(6)若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是(7)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、F
16、e3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图2所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为三、解答题(每题分，计分)22.(2014届北京西城区)黄铜矿主要成分是二硫化亚铁铜(CuFeS2)黄铜矿经熔炼、煅烧后得到粗铜和炉渣，冶炼过程的主要反应有：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2Cu2S+O22Cu+SO2(1)二硫化亚铁铜也可以表示为CuSFeS，其中硫元素的化合价是(2)反应中还原剂是(3)某校学习小组用炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等)制备铁红，进行如下实验炉渣
17、碱浸时反应的离子方程式是、滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是；为检验铁元素是否被氧化完全，应进行的实验是：取少量滤液2于试管中，23.(2013届北京丰台区)某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：配制FeCl2溶液取部分变质的氯化亚铁固体含有难溶性杂质Fe(OH)2Cl，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉实验探究Fe3+与Fe2+相互转化实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去(1)写出Fe(OH)2Cl与盐酸反应的离子方程式(2)请
18、用离子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因(3)实验2的现象与预测不同，为探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄步骤2：将黄色溶液分为三份：试管1取2mL黄色溶液溶液变红试管2取3mL黄色溶液溶液变蓝试管3取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝(比试管2中溶液颜色深)试管2中滴加K3Fe(CN)6检验的离子是黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl和综合上述实验现象，得出的实验结论是24.(2013届北京朝阳)某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2+氧化为Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2+氧
19、化为Fe3+，那么Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+？环节一：理论推测部分同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+，他们思考的依据是部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2+氧化为Fe3+，还有同学认为Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱环节二：设计实验进行验证在大试管中加适量铁粉，加入10mL 稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，取上层清液进行下列实验实验1：试管操作现象先向试管中加入2mL FeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管溶液为黄色先向试管中加入2mL FeCl2溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管溶液为
20、黄色环节三：实验现象的分析与解释(1)同学甲认为中现象说明溴水能将Fe2+氧化，离子方程式为同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论请你帮助同学乙完成实验：实验2：操作应该观察到的现象(2)该小组同学对中溶液呈黄色的原因展开了讨论：可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色可能2：实验3：进行实验以确定可能的原因操作现象向试管所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后取出上层溶液，滴加KSCN 溶液静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN 溶液后，出现浅红色同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，于是设计了实
21、验4：实验4：操作现象向另一支试管中加入2mL FeCl2溶液，滴加0.5mL碘水后，再加入0.5mL 乙酸乙酯，充分振荡，静置一段时间后取出下层溶液，滴加KSCN 溶液静置后，上层液为紫色，下层液几乎无色；下层溶液滴加KSCN溶液后，没有出现浅红色你认为实验4设计的主要目的是同学丁根据实验4现象得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2溶液反应的程度很小(3)Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：25.(2015届北京西城区)自然界中氮元素有多种存在形式(1)合成氨反应的化学方程式是(2)NH3在一定条件下可被氧化已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g
22、)+6H2O(g)H=1269kJ/mol断开1mol HO 键与断开1mol HN 键所需能量相差约kJ；(3)右图是某压强下，N2与H2按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线HO 键比HN键(填“强”或“弱”)图中b点，v(正) v(逆)26.(2013届北京丰台区)氯气是工业生产中的重要原料，含氯消毒剂在生活中有着广泛的用途(1)工业生产通过电解饱和食盐水获取大量氯气，化学方程式为(2)氯气可用于制取84消毒液(有效成分为NaClO)，离子方程式为(3)下列措施能增强84消毒液杀菌能力的是A. 加入适量醋酸B
23、. 加入适量亚硫酸C. 加入少量NaOH粉末(4)氯气与氢氧化钠溶液反应，若所得溶液恰好为中性，则溶液中离子浓度关系正确的是A. c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)B. c(Na+)=c(ClO)+c(Cl)C. c(Na+)=2c(ClO)+c(HClO)(5)84消毒液不能用于消毒钢铁(含Fe、C)制品，易发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀正极反应为27.(2014届北京海淀区)硫酸工厂的烟气中含有SO2，有多种方法可实现烟气脱硫(1)工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为(2)“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫已知：25时，H2SO3HSO
24、3+H+K=1.5102H2CO3HCO3+H+K=4.4107下列试剂中适合用作该法吸收剂的是(填字母序号)a石灰乳bNa2SO3溶液cNa2CO3溶液“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL 0.2molL1的NaOH溶液中通入标准状况下0.448L SO2气体，反应后测得溶液pH7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是(填字母序号)ac(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)bc(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)cc(Na+)+c(H+)=c(HSO3)+c(SO32)+c(OH)(3)某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品具体流
25、程如下：吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，则其中发生反应的离子方程式为中和池中的反应除生成Cr(OH)3沉淀外，还会产生某种气体，该气体的化学式为28.(2014届北京西城区)SO2和NOx都是大气污染物(1)空气中的NO2可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式是(2)汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是(3)利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如下图所示：NO2被吸收的离子方程式是(4)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2a为电源的(填“正极”或“负极”)，阳极的电极反应式为在碱性条件
26、下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为29.(2014届北京西城区)海洋是一个巨大的化学资源宝库，从海水中可制取氯、溴、碘及其化工产品(1)氯的原子结构示意图是(2)碘在元素周期表中的位置是(3)向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br转化为Br2该反应的离子方程式是(4)用热空气将上述过程中产生的Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；再将混合溶液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是30.(2015届北京西城区)现有下列浓度均为0.1mol/L的电解质溶液：Na2CO3、NaHCO3、C
27、H3COONH4、NH4HCO3(1)上述5种物质的溶液既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的是(填写序号)(2)已知溶液呈中性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是(3)已知溶液呈碱性，比较、两溶液的酸碱性，可以得出的结论是31.(2013届北京丰台区)顺丁橡胶及高分子生物降解性材料PBS、聚BL的合成路线如下：已知：(1)B为饱和烃的含氧衍生物，用系统命名法命名，其名称为(2)D的官能团名称是(3)由B生成F的反应类型是(4)顺丁橡胶的顺式结构简式为(5)写出E与B聚合生成PBS的化学方程式(6)E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体共有种，其中一种同分异体的核磁共振氢谱有两个吸收峰，峰
28、面积之比为2：1，其结构简式为a含有酯基，不含醚键()b1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag(7)由乙炔生成A的化学方程式为(8)由C生成聚BL的化学方程式为32.(2014届北京海淀区)氨气在工农业生产中有重要应用(1)氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式；NH3的稳定性比PH3(填写“强”或“弱”)(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是(写化学式，一种即可)FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反
29、应包括Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2NH4+和(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为，若反应中有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为g(小数点后保留两位有效数字)33.(2014届北京房山区)已知A. B. C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：(1)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体则A转化为B反应的化学方程式为(2)若D是金属，C溶液在贮存时
30、应加入少量D，其理由是(用必要的文字和离子方程式说明)(3)若D是一种常见的温室气体，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，固体C受热分解可得固体B，该反应的化学方程式是(4)若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则B转化为C的离子方程式为(5)若A. B. C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则元素D在周期表中的位置是，B分子的结构式为参考答案：一、选择题(每题分，计分)1.(2013届北京房山区)关键字:北京期末下列物质的工业制备原理不正确的是( ) A. 氨气：N2+3H22NH3B. 铜：Cu2S+O22Cu+SO2C. 乙烯：C2H5OHCH2=CH2
31、+H2OD. 漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【考点】金属冶炼的一般原理；工业合成氨；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙烯的实验室制法菁优网版权所有【专题】化学计算【分析】工业上制取的物质原料要丰富且价廉，反应条件易控制，生成的物质易分离，据此分析解答【解答】解：A. 空气中含量丰富且价廉，所以工业上用氮气和氢气制取氨气，故A不选；B. 工业上用硫化亚铜和氧气反应制取铜，故B不选；C. 工业上用石油裂化和裂解制取乙烯，实验室用乙醇制取乙烯，故C选；D. 氢氧化钙价格较低且原料丰富，所以工业上用氯气和氢氧化钙制取漂白粉，故D不选故选C. 【点评】本题考查
32、物质的反应原理，易错选项是C，注意用乙醇制取乙烯是实验室制法而不是工业制法，为易错点2.(2013届北京通州区)关键字:北京期末下列有关说法正确的是( ) A. 高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁B. 铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁C. 海水提溴的过程中不发生氧化还原反应D. 利用电解的方法可以从海水中获得淡水【考点】金属冶炼的一般原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】卤族元素；金属概论与碱元素【分析】A. 高温条件下，碳和氧化镁反应生成镁和二氧化碳或一氧化碳；B. 工业上用一氧化碳还原氧化铁；C. 溴离子变为溴单质为氧化还原反应；D. 利用蒸馏的方法从海水中获得
33、淡水【解答】解：A. 高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故A正确；B. 工业上用一氧化碳还原氧化铁，所以不是置换反应，故B错误；C. 溴离子失电子发生氧化反应而生成溴单质，所以发生了氧化还原反应，故C错误；D. 从海水中获得淡水是利用蒸馏的方法，用电解的方法使水发生分解生成氢气和氧气，得不到淡水，故D错误；故选A. 【点评】本题考查了海水的淡化、金属的冶炼等知识点，根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法，易错选项是A，注意金属镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，很多同学往往会认为二氧化碳和镁反应而不能发生
34、，因为该反应条件及物质状态的特殊性，所以能发生，为易错点3.(2015届北京西城区)关键字:北京期末球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化合物X的组成实验如下：下列说法不正确的是( ) A. 固体2是氧化铁B. X的化学式可以表示为Fe3C2C. 溶液甲中可能含有Fe3+D. X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【考点】铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断菁优网版权所有【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解
35、，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此答题【解答】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼
36、烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，A. 固体2是氧化铁，故A正确；B. X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；C. 溶液甲中可能含有Fe3+，故C正确；D. X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；故选B. 【点评】本题主要考查了铁的
37、相关知识，结合实验过程利用元素守恒分析和计算，中等难度，答题时注意元素化合物知识的灵活运用4.(2013届北京石景山)关键字:北京期末钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链(如图所示)，将大大提高资源的利用率，减少环境污染请回答下列问题：(1)Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第四周期，第B族(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO(3)制备TiO2的方法之一是利用TiCl4水解生成TiO2x H2O，再经焙烧制得水解时需加入大量的水并加热，请结合化学方程式和必要的文字说明原因：发生TiCl4+(2+x
38、)H2O=TiO2xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行(4)由TiCl4Ti 需要在Ar气中进行的理由是防止钛、镁被氧化反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于1412即可TiCl4MgMgCl2Ti熔点/25.0648.87141667沸点/136.4109014123287(5)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为M g/m
39、ol)试样w g，消耗c mol/L NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL，则TiO2质量分数为%5.(2015届北京东城区)关键字:北京期末图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法不正确的是( ) A. 使用此装置可减少导致酸雨的气体形成B. 装置内发生了化合反应和分解反应C. 整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2D. 若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中含SO2【考点】二氧化硫的污染及治理菁优网版权所有【专题】氧族元素【分析】A. 二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，可减少二氧化硫的排放，有利于减少酸雨；B. 装置内发生了碳
40、酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，二氧化硫和氧化钙化合生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气发生化合反应生成硫酸钙；C. 二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，方程式为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2；D. 因为二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊【解答】解：A. 二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，可减少二氧化硫的排放，有利于减少酸雨，故A正确；B. 装置内发生了碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳的分解反应，二氧化硫和氧化钙化合生成亚硫酸钙和亚硫酸钙与氧气发生化合反应生成硫酸钙的化合反应，故B正确；C. 二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，方程式为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2C
41、O2，故C正确D. 因为二氧化碳也能使澄清石灰水变浑浊，则排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明排放的气体中含二氧化硫，故D错误；故选D. 【点评】本题考查化学环境污染的治理，为高频考点，侧重化学与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，树立环保意识，难度不大6.(2014届北京通州区)关键字:北京期末盛有BaCl2稀溶液的甲、乙两支试管分别通入SO2至饱和，若向甲试管中加入足量硝酸，乙试管中加入足量氢氧化钠溶液，则下列叙述正确的是( ) A. 甲、乙两试管都有白色沉淀生成B. 甲试管无白色沉淀生成，而乙试管有白色沉淀生成C. 甲、乙两试管都无白色沉淀生成D. 甲试管有白
42、色沉淀生成，而乙试管无白色沉淀生成【考点】硫酸盐；硫酸根离子的检验菁优网版权所有【专题】氧族元素【分析】SO2和BaCl2不反应，SO2具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应，SO2具有酸性氧化物的性质，可与NaOH反应【解答】解：SO2和BaCl2不反应，加入硝酸，可将SO2氧化为H2SO4，生成BaSO4，加入NaOH生成Na2SO3，可生成BaSO3沉淀，故选A. 【点评】本题考查二氧化硫的性质，题目难度不大，本题注意把握生成沉淀的条件，溶液中应有大量的SO42或SO327.(2015届北京朝阳区)关键字:北京期末如图图片显示的是生锈的铁桥，有关钢铁生锈说法不正确的是( ) A. 铁桥生锈是
43、电化学腐蚀B. 建在海边的铁桥更易生锈C. 钢铁生锈的负极反应是：Fe3e=Fe3+D. 吸氧腐蚀的正极反应是：O2+4e+2H2O=4OH【考点】金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【分析】A. 铁、碳和电解质溶液能形成原电池；B. 海水中电解质溶液的浓度大，更易形成原电池；C. 负极失电子生成Fe2+；D. 铁发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得电子【解答】解：A. 钢铁中含有碳元素，铁、碳和电解质溶液能形成原电池，所以铁桥生锈是电化学腐蚀，故A正确；B. 海水中电解质溶液的浓度大，更易形成原电池，所以建在海边的铁桥更易生锈，故B正确；C. 负极失电子生成Fe2+，则钢铁生锈的负极反应是：Fe2e
44、=Fe2+，故C错误；D. 铁发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得电子，则吸氧腐蚀的正极反应是：O2+4e+2H2O=4OH，故D正确故选C. 【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件8.(2014届北京石景山)关键字:北京期末海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl、Br、SO42、HCO3、CO32等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是( ) A. 海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32、HCO3B. 吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C. 氧化主要是氧气将HSO3、SO32、H2SO3氧化
45、为SO42D. 经稀释“排放”出的废水中，SO42浓度与海水相同【考点】二氧化硫的污染及治理菁优网版权所有【专题】氧族元素【分析】A. 根据海水中的离子是否水解进行解答；B. 流程分析可知吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C. 根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；D. “排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同【解答】解：A. 海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl、SO42、Br、CO32、HCO3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32、HCO3离子，CO32+H2OHCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH它们水解呈碱性，所以天然海水的pH8，呈弱碱性
46、，故A正确；B. 流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3，故B正确；C. 天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3、SO32等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故C正确；D. 从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；故选D. 【点评】本题考查了含硫烟气的处理，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关
47、键，难度不大9.(2014届北京石景山)关键字:北京期末化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是( ) A. 稀盐酸B. 稀硫酸C. 硫酸钠溶液D. 碳酸钠溶液【考点】浓硫酸的性质菁优网版权所有【专题】氧族元素【分析】无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，以此解答【解答】解：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，而题中稀盐酸与硝酸钡不反应，硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性故选B. 【点评】本题考查无机物的推断，侧重与硫酸的性质的考查，注意把握反应的现象，学习中注意相关基础知识的
48、积累，难度不大10.(2013届北京丰台区)关键字:北京期末铝和铝合金是生活中常用的材料，下列说法正确的是( ) A. 铝合金的熔点比纯铝高B. 铝合金的硬度比纯铝小C. 镁铝合金腐蚀时，镁先于铝被腐蚀D. 常温下可用铝制容器盛装浓硫酸【考点】生活中常见合金的组成；铝的化学性质菁优网版权所有【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A. 合金的熔点比成分金属低，硬度比成分金属大；B. 合金的熔点比成分金属低，硬度比成分金属大；C. 铝表面能生成一种致密的氧化物薄膜；D. 常温下，铁铝在浓硫酸中发生钝化现象；【解答】解：A. 合金的熔点比成分金属低，所以铝合金的熔点比纯铝低，故A正确；B. 合金的
49、硬度比成分金属大，所以铝合金的硬度比纯铝大，故B错误；C. 铝氧化生成的氧化铝为致密物质，可以阻止里面的金属进一步被氧化，故C错误；D. 常温下，铁铝在浓硫酸中发生钝化现象，所以常温下可用铝制容器盛装浓硫酸，故D正确；故选：D；【点评】本题考查了合金的有关知识，需要注意的是铁、铝都能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象，所以可用铁、铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸11.(2014届北京西城区)关键字:北京期末下列关于金属的说法中，不正确的是( ) A. 常温下可用铁制容器盛装浓硝酸B. 在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属C. 常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属D. 将钢闸门与电源正极相连，可防
50、止其在海水中被腐蚀【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A. 常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反应进行；B. 合金硬度、强度比金属高，熔点比成分金属低；C. 活泼金属钠、镁、铝等可以利用电解法制备；D. 依据电解池中阴极被保护分析判断；【解答】解：A. 常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反应进行，可用铁制容器盛装浓硝酸，故A正确；B. 合金硬度、强度比金属高，熔点比成分金属低，在一般情况下，合金的硬度大于它的成分金属，故B正确；C. 活泼金属钠、镁、铝等可以利用电解法制备，通过电解熔融氯化钠、氯化镁制备钠和镁，电解熔融氧化
51、铝制备铝，故C正确；D. 依据电解池中阴极被保护分析，将钢闸门与电源正极相连，铁做阳极失电子发生氧化反应溶解，闸门被腐蚀，不能防止其在海水中被腐蚀，故D错误；故选D. 【点评】本题考查了金属、合金性质分析，金属制备方法，电解池原理的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单12.(2015届北京朝阳区)关键字:北京期末下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是( ) A. 铝制器皿不宜盛放酸性食物B. 电解食盐水时阴极产生氢气C. 可用铁制容器盛放和运输浓硫酸D. 镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀【考点】常见金属的活动性顺序及其应用菁优网版权所有【分析】A. 在金属活动性顺序表中，铝排在氢
52、的前面；B. 氢离子的氧化性强于钠离子，金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性越弱；C. 在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化；D. 在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁【解答】解：A. 在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，故A不选；B. 氢离子的氧化性强于钠离子，金属活动性顺序表中钠比氢活泼，对应阳离子的氧化性越弱，能用金属活动性顺序表解释，故B不选；C. 在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，不能用金属活动性
53、顺序表解释，故选C；D. 在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，故D不选；故选C. 【点评】本题考查金属活泼性，注意根据金属活动顺序结合相关物质的特性，金属性质的分析应用是关键，本题难度不大13.(2013届北京石景山)关键字:北京期末下列说法正确的是( ) A. 实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备Al(OH)3沉淀B. 将Na投入到NH4Cl溶液中只能生成一种气体C. 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成D. 饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH改变【考点】镁、铝的重要化合物；硝酸的化学性质；钠的化学性质菁优网版权所有【分
54、析】A. 氢氧化铝能溶于强碱溶液，实验室制备用铝盐与氨水制备；B. 钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应；C. 铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮；D. 饱和石灰水中加入少量CaO，发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液【解答】解：A. 氢氧化铝能溶于强碱溶液，不溶于弱碱，故实验室制备用铝盐与氨水制备，防止氢氧化铝溶解，故A错误；B. 钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，放出大量的热，加热条件下氢氧化钠和氯化铵发生复分解反应生成氨气，故B错误；C. 铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，和浓硝酸反应生成二氧化氮，故C正确；D.
55、 饱和石灰水中加入少量CaO，发生反应生成氢氧化钙，由氢氧化钙析出，恢复至室温后，剩余溶液仍是氢氧化钙饱和溶液，温度不变，氢氧化钙的溶解度不变，饱和溶液的pH不变，故D错误；故选C. 【点评】本题考查铝、钠元素电子化合物性质、硝酸性质、氢氧化钙的性质等，难度中等，D选项注意氢氧化钙的溶解度，温度越高溶解度越小14.(2013届北京朝阳)关键字:北京期末下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是( ) A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B. 图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C. 图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D. 图4中，用牺牲
56、镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极【考点】金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【分析】A. 铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快；B. 该装置构成原电池，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；C. 温度越高，铁越容易被氧化；D. 牺牲阳极的阴极保护法中，作负极的金属易被腐蚀【解答】解：A. 铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，插入海水中的铁棒，越靠近底端氧气的浓度越小，则腐蚀越轻，故A错误；B. 该装置构成原电池，铁作负极，负极上发生的电极反应式为：Fe2e=Fe2+，铁氰化钾和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，故B错误；C. 温度越高，铁越容易被氧化，所
57、以铁越容易生锈，故C正确；D. 用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁作负极而易被腐蚀，铁作正极被保护，故D错误；故选C. 【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，知道铁离子和亚铁离子的检验方法，会描述现象，难度不大15.(2013届北京石景山)关键字:北京期末氨和肼(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用(1)N2H4中的N原子可达到8电子的稳定结构，画出N2H4的结构式(2)实验室用两种固体制取NH3的反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2(3)NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为2
58、NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O(4)肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式N2H44e+4OH=N2+4H2O(5)肼是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942，O=O为500，NN为154，则断裂1molNH键所需的能量是391kJ【考点】氨的实验室制法；反应热和焓变；氨的化学性质菁优网版权所有【分析】(1)依据氮原子最外层电子数为3，易形成3个共价键分析形成8电子结构，依据结构式书写方法写出；(2)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙混合加热反应生成氨气；(3)依据氧化还原反应电子守恒分析判断产物和配平
59、化学方程式；(4)燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应；(5)依据图象分析反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量计算得到【解答】解：(1)N2H4中的N原子可达到8电子的稳定结构，氮原子最外层3个电子形成三对共用电子对，和未成键的一对电子形成8电子稳定结构，每个氮原子和两个氢原子形成共价键，氮原子间形成一个共价键，结构式为：，故答案为：；(2)实验室用两种固体制取NH3的反应是氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，反应方程式2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2；(3)NH3与Na
60、ClO反应可得到肼(N2H4)，氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，依据原子守恒配平写出化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；(4)肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极是肼燃烧生成氮气和水，负极的电极反应式为：N2H44e+4OH=N2+4H2O，故答案为：N2H44e+4OH=N2+4H2O；(5)依据图象分析，反应过程中化学键的变化和焓变的关系是，焓变=反应物断裂化学键吸收的能量生成物形成化学键放出的能量，反应为N2H4+O2=N2+2H2O，图象可知，反应的焓变H=534K
61、J/mol，断裂化学键吸收的能量=2752534=2218，设断裂1molNH键吸收的能量为x，4x+154+500=H3=2752534，x=391，故答案为：391【点评】本题考查了物质性质和结构的分析判断，原电池原理的应用，图象分析计算焓变和化学键的计算关系应用，题目难度中等16.(2013届北京通州区)关键字:北京期末为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如图的装置，以下叙述错误的是( ) A. 应先打开活塞再从右侧加稀硝酸B. 左侧稀硝酸须注满C. 关闭活塞后铜丝会全部溶解D. 反应停止后打开活塞气体变成红棕色【考点】硝酸的化学性质菁优网版权所有【专题】氮族元素【分
62、析】NO是无色气体，NO遇空气中氧气生成NO2气体，NO2是红棕色的气体，实验要验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，生成的气体不能与空气接触，应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，Cu不能完全反应，据此分析解答【解答】解：A. 应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，使生成的气体不能与空气接触，防止NO与氧气反应生成NO2气体，故A正确；B. 左侧Cu与稀硝酸反应生成NO，防止NO与氧气反应生成NO2气体，故左侧须注满稀硝酸，故B正确；C. 稀硝酸与Cu反应生成NO气体，左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，
63、Cu不能完全反应，故C错误；D. 反应停止后打开活塞，分液漏斗中NO与空气接触，生成NO2气体，气体变成红棕色，故D正确，故选：C. 【点评】本题考查化学探究实验、硝酸及氮氧化物的性质等，难度中等，实验的关键是排尽装置内的空气17.(2014届北京西城区)关键字:北京期末实验：将0.1molL1MgCl2溶液和0.5molL1NaOH溶液等体积混合得到浊液；取少量中浊液，滴加0.1molL1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；将中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1molL1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解下列说法中，不正确的是( ) A. 将
64、中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+B. 浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)C. 实验和均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D. NH4Cl溶液中的NH4+可能是中沉淀溶解的原因【考点】镁、铝的重要化合物；盐类水解的应用；铁的氧化物和氢氧化物菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】将0.1molL1MgCl2溶液和0.5molL1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，加入FeCl3溶液，会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的选浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，氯化铵会对氢氧化镁的沉淀溶解
65、平衡产生影响【解答】解：将0.1molL1MgCl2溶液和0.5molL1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH，A. 将中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH，所得滤液中含少量Mg2+，故A正确；B. 浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，故B正确；C. 实验中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C错误；D. 氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2
66、OH，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，故D正确故选C. 【点评】本题涉及镁、铁的化合物的性质、沉淀溶解平衡的移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理很关键18.(2015届北京东城区)关键字:北京期末利用常温下氨气与氯气能发生置换反应的性质，在氯碱工业生产中用氨来检查氯气是否泄漏，其模拟装置如图下列有关说法不正确的是( ) A. 烧瓶中会出现白烟B. 烧瓶中会立即出现喷泉C. 烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性D. 烧瓶内氨气与氯气发生的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2【考点】氯气的化学性质；氨的化学性质菁优网版权所有【专题】卤族元素【分析】常温下氨跟
67、氯气能发生置换反应，反应方程式为2NH3+3Cl2=N2+6HCl，氯化氢和氨气相遇生成白烟氯化铵固体，反应方程式为NH3+HCl=NH4Cl，以此解答该题【解答】解：常温下氨跟氯气能发生置换反应，反应方程式为2NH3+3Cl2=N2+6HCl，A. 如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成，故A正确；B. 2NH3+3Cl2=N2+6HCl中反应前后气体体积增大，生成的氯化氢再和氨气反应生成氯化铵固体，所以不会立即产生喷泉实验，故B错误；C. 2NH3+3Cl2=N2+6HCl中N元素化合价由3价变为0价、C
68、l元素化合价由0价变为1价，则氨气作还原剂而体现还原性，故C正确；D. 反应方程式为2NH3+3Cl2=N2+6HCl，反应中氯气为氧化剂，氨气为还原剂，由方程式可知氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2，故D正确故选B. 【点评】本题以氯气和氨气的反应为载体考查了喷泉实验、氧化还原反应、化合反应等知识点，明确氯气和氨气混合时发生的反应及生成物性质是解本题关键，再结合基本概念分析解答，题目难度不大二、填空题(每题分，计分)19.(2013届北京西城区)关键字:北京期末X、Y是短周期同主族元素，Z是过渡元素，化合物Z2X、Z2Y可发生如下转化(1)X的元素符号为S，Z2Y的化学式为Cu2O(2)蓝色
69、溶液中含有的阴离子是NO3、SO42、OH(3)过程中发生反应的离子方程式为H+OH=H2O、Cu2+2OH=Cu(OH)2【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】X、Y是短周期同主族元素，Z是过渡元素，反应生成蓝色溶液，则含Cu2+，由蓝色浊液与葡萄糖的反应生成Z2Y，则Y为O，X为S，Z为Cu，Z2Y为Cu2O，然后结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：X、Y是短周期同主族元素，Z是过渡元素，反应生成蓝色溶液，则含Cu2+，由蓝色浊液与葡萄糖的反应生成Z2Y，则Y为O，X为S，Z为Cu，Z2Y为Cu2O，(1)由上述分析可知，X为S，Z2Y为Cu2O，故答案为：S；Cu
70、2O；(2)反应为硫化亚铜与硝酸的氧化还原反应，反应生成硫酸铜、硝酸铜、NO、水，同时还存在剩余的硝酸，则溶液中的阴离子有NO3、SO42、OH，故答案为：NO3、SO42、OH；(3)过程中发生酸碱中和及铜离子与碱的反应，离子反应分别为H+OH=H2O、Cu2+2OH=Cu(OH)2，故答案为：H+OH=H2O、Cu2+2OH=Cu(OH)2【点评】本题考查无机物的推断，明确蓝色溶液及反应为新制氢氧化铜与葡萄糖的反应为解答本题的突破口，熟悉物质的性质即可解答，题目难度中等20.(2013届北京通州区)关键字:北京期末某校化学兴趣小组在探究铁与浓硫酸的反应时，将教材中铜与浓硫酸反应的实验装置(
71、图)改为图所示的装置请回答下列问题：(1)写出图中虚框处发生反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2(2)图实验装置与图相比较，其优点是：能更好地吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；能随开随停，便于控制反应的进行(3)下列对导管a的作用分析中正确的是BC (填字母)A. 加热反应过程中，可上下移动导管a，起搅拌作用B. 停止加热，试管内的压强减小，从导管a进入的空气可增大试管A内的压强，防止倒吸C. 停止反应，撤装置之前往导管a中通入空气，可排除装置内的SO2气体，防止其污染环境(4)反应一段时间后，将试管A取下，然后将试管A中溶液倒入另一盛有适量水的试管D中该小组
72、同学为确定溶液中所存在的金属离子，进行下列探究过程提出假设：假设：只含有Fe3+假设：只含有Fe2+假设：同时含有Fe2+和Fe3+实验设计：分别取少量试管D中溶液，选用提供的试剂，设计简单的实验检验溶液中所存在的金属离子请填写下表空白(可以不填满，也可以增加)提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液步骤所选试剂现象及结论123【考点】浓硫酸的性质实验菁优网版权所有【专题】实验设计题【分析】(1)图中虚框处铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(2)对比图实验装置与图装置，得出图实验装置的优点；(3)铜与浓硫酸的反应，不需要使用玻璃棒搅拌，导管a可以平衡试管内外大
73、气压，防止倒吸现象；二氧化硫有毒，反应结束后可以通过a通入空气，排出装置中有毒的二氧化硫；(4)根据铁为变价金属，反应产物中可能存在铁离子、亚铁离子进行完善假设；分别根据检验亚铁离子、铁离子的常用方法进行设计检验方案【解答】解：(1)铜在加热条件下与浓硫酸反应，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2；(2)根据图示装置可知，图实验装置比图能更好地吸收有毒气体SO2，防止其污染环境；图不能控制反应的进行，而图可以随开随停，便于控制反应的进行，避免了资源浪费，减少了污染物生成，故答案为：能随开随停，便
74、于控制反应的进行；(3)A. 加热反应过程中，不需要搅拌，若可上下移动导管a，可能引起二氧化硫的逸出，故A错误；B. 反应结束后停止加热时，试管内的压强会减小，从导管a进入的空气可增大试管A内的压强，导管a起到了平衡气压的作用，从而能够防止倒吸，故B正确；C. 二氧化硫为有毒气体，撤装置之前可以向导管a中通入空气，从而排出装置内的有毒气体SO2，防止其污染环境，故C正确；故答案为：BC；(4)铁与浓硫酸在加热条件下反应生成产物中可能为铁离子或亚铁离子，所以提出的假设有三种情况：假设：只含有Fe3+，假设：只含有Fe2+；假设：同时含有Fe2+和Fe3+，故答案为：只含有Fe2+；同时含有Fe2
75、+和Fe3+；检验溶液中是否含有铁离子、亚铁离子，可以使用硫氰化钾溶液检验铁离子，若溶液变红，则含有Fe3+，若不变红，则不含有Fe3+；然后使用稀硫酸和高锰酸钾溶液检验亚铁离子，若KMnO4溶液褪色，则含有Fe2+，若不褪色，则不含有Fe2+，故答案为：步骤所选试剂现象、结论1KSCN溶液若溶液变红，则含有Fe3+；若不变红，则不含有Fe3+2稀H2SO4、KMnO4溶液若KMnO4溶液褪色，则含有Fe2+；若不褪色，则不含有Fe2+【点评】本题考查了浓硫酸的性质、铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握浓硫酸与铜、铁在加热条件下的反应方程式，明确检验铁离子、亚铁离子的方法21.(
76、2014届北京石景山)关键字:北京期末某课外小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2(2)写出F的电子式(3)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是水玻璃(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失(5)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液
77、混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3(6)若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl(7)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图2所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为c(
78、H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】(1)(2)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，(3)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAl
79、O2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe(OH)3，G为FeCl3；(6)若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(7)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH
80、=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42)的比例关系，据此计算【解答】解：(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；(2)F为HCl，分子中H原子
81、与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；(3)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，故答案为：水玻璃；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；(5)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合
82、将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe(OH)3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(6)若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；(7)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀
83、和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42，发生反应H+OH=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3+3OH=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al
84、3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3，故答案为：c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42)=1：1：2：3【点评】本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，(7)中根据图象中的平台确定含有铵根离子是根据，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等三、解答题(每题分，计分)22.(2014届北京西城区)关键字:北京期末黄铜矿主要成分是二硫化亚铁铜(CuFeS2)黄铜矿经熔炼、煅烧后得到粗铜和炉渣，冶炼过程的主要反应有：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2Cu2S+O22Cu+SO2(1)二硫化亚铁铜也可以表示为CuSFeS
85、，其中硫元素的化合价是2(2)反应中还原剂是Cu2S(3)某校学习小组用炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等)制备铁红，进行如下实验炉渣碱浸时反应的离子方程式是SiO2+2OH=SiO32+H2O、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是4FeO+O2+12H+=4Fe3+6H2O；为检验铁元素是否被氧化完全，应进行的实验是：取少量滤液2于试管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应
86、用菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】(1)二硫化亚铜也可以表示为CuSFeS，其中硫元素的化合价为2价；(2)反应中Cu2S中铜元素的化合价由+1价升高到+2价，作还原剂；(3)根据题目的流程图可知，炉渣中加入过量的氢氧化钠，二氧化硅、氧化铝都会溶解；炉渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+；为检验铁元素是否被氧化完全，可检验滤液中是否含有Fe2+【解答】解：(1)二硫化亚铜也可以表示为CuSFeS，其中硫元素的化合价为2价，故答案为：2；(2)反应中Cu2S中铜元素的化合价由+1价升高到+2价，作还原剂；故答案为：Cu2S；(3)根据题目的流程图可知，炉渣中加入过量的氢氧
87、化钠，二氧化硅、氧化铝都会溶解；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；炉渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+；为检验铁元素是否被氧化完全，可检验滤液中是否含有Fe2+；应进行的实验是：滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全；故答案为：4FeO+O2+12H+=4Fe3+6H2O；滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全【点评】本题考查了物质制备过程分析判断，物质性质的理解应用，化学方程式和离子方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等23.(2013
88、届北京丰台区)关键字:北京期末某小组同学设计实验探究Fe3+与Fe2+相互转化，实验方案及现象如下：配制FeCl2溶液取部分变质的氯化亚铁固体含有难溶性杂质Fe(OH)2Cl，向其中加入稀盐酸，使其完全溶解，再加入适量铁粉实验探究Fe3+与Fe2+相互转化实验1：0.1mol/L FeCl2溶液无明显现象溶液变红实验2：0.1mol/L FeCl3溶液溶液变红溶液红色未褪去(1)写出Fe(OH)2Cl与盐酸反应的离子方程式Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3+Cl+2H2O(2)请用离子方程式解释实验1中滴加氯水后溶液变红的原因2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+(3)实验2的现象与预测不同，为
89、探究可能的原因，该小组同学又进行了如下实验，方案及现象如下：步骤1：10mL 0.1mol/L KI溶液溶液明显变黄步骤2：将黄色溶液分为三份：试管1取2mL黄色溶液溶液变红试管2取3mL黄色溶液溶液变蓝试管3取3mL黄色溶液取上层溶液溶液变蓝(比试管2中溶液颜色深)试管2中滴加K3Fe(CN)6检验的离子是Fe2+黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl和Fe3+、Fe2+、I2综合上述实验现象，得出的实验结论是Fe3+与I的反应为可逆反应【考点】探究铁离子和亚铁离子的转化菁优网版权所有【专题】实验设计题【分析】(1)Fe(OH)2Cl和盐酸反应生成盐和水；(2)氯气具有强氧化性，能把亚铁离子氧
90、化生成铁离子；(3)亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀；碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘；铁离子能使硫氰化钾溶液呈红色，亚铁离子能和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀【解答】解：(1)Fe(OH)2Cl和盐酸反应生成盐和水，离子反应方程式为：Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3+Cl+2H2O，故答案为：Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3+Cl+2H2O；(2)氯气具有强氧化性，能被还原性的亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，离子反应方程式为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，故答案为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+；(3)亚铁离子和
91、铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，这是亚铁离子的特征反应，所以试管2中滴加K3Fe(CN)6检验的离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；试管1说明溶液中含有铁离子，试管2说明溶液中含有亚铁离子，铁离子和碘离子反应生成亚铁离子和碘单质，导致溶液中还含有碘单质，所以黄色溶液中含有的溶质微粒有K+、Cl和Fe3+、Fe2+、I2，故答案为：Fe3+、Fe2+、I2；碘化钾溶液和少量的氯化铁溶液反应，溶液中存在铁离子和亚铁离子，说明Fe3+与I的反应为可逆反应，故答案为：Fe3+与I的反应为可逆反应【点评】本题考查了亚铁离子和铁离子之间的相互转化，难度较大，铁离子和亚铁离子的检验是高考的热点，根据铁离子和亚
92、铁离子的特征反应来检验即可24.(2013届北京朝阳)关键字:北京期末某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2+氧化为Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，那么Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+？环节一：理论推测部分同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+，他们思考的依据是均为第A单质，氧化性均较强部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2+氧化为Fe3+，还有同学认为Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱环节二：设计实验进行验证在大试管中加适量铁粉，加入10mL 稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉
93、有剩余，取上层清液进行下列实验实验1：试管操作现象先向试管中加入2mL FeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管溶液为黄色先向试管中加入2mL FeCl2溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管溶液为黄色环节三：实验现象的分析与解释(1)同学甲认为中现象说明溴水能将Fe2+氧化，离子方程式为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论请你帮助同学乙完成实验：实验2：操作应该观察到的现象取少量的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡，溶液变为红色(2)该小组同学对中溶液呈黄色的原因展开了讨论：可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色
94、可能2：碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象实验3：进行实验以确定可能的原因操作现象向试管所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后取出上层溶液，滴加KSCN 溶液静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN 溶液后，出现浅红色同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，于是设计了实验4：实验4：操作现象向另一支试管中加入2mL FeCl2溶液，滴加0.5mL碘水后，再加入0.5mL 乙酸乙酯，充分振荡，静置一段时间后取出下层溶液，滴加KSCN 溶液静置后，上层液为紫色，下层液几乎无色；下层溶液滴加
95、KSCN溶液后，没有出现浅红色你认为实验4设计的主要目的是亚铁离子与空气接触会被氧化，加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响同学丁根据实验4现象得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2溶液反应的程度很小(3)Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱【考点】探究铁离子和亚铁离子的转化菁优网版权所有【专题】实验设计题【分析】环节一：Cl2、Br2、I2均为第七主族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性；环节三：(1)溴水能将Fe2+氧化为Fe3+离
96、子方程式为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；要证明溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可；(2)I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；亚铁离子与空气直接接触会被氧化生成Fe3+，加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响；(3)根据元素周期表中同主族元素性质的递变规律来分析【解答】解：环节一：Cl2、Br2、I2均为第七主族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性，故答案为：均为第A单质，氧化性均较强；环节三：(1)溴水能将Fe2+氧化为Fe3+离子方程式为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；要证明
97、溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可，因此实验操作为：取少量的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；现象为：溶液变为红色，故答案为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；取少量的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；溶液变为红色；(2)I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为与空气直接接触会被氧化生成Fe3+，故加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响，故答案为：碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以
98、没有明显现象；亚铁离子与空气接触会被氧化，加入乙酸乙酯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响；(3)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱，故答案为：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱【点评】本题以Fe2+与卤素单质间的反应为依托，考查了元素周期律，离子的检验，萃取等知识点25.(2015届北京西城区)关键字:北京期末自然界中氮元素有多种存在形式(1)合成氨反应的化学方程式是N2+3H
99、22NH3(2)NH3在一定条件下可被氧化已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H=1269kJ/mol断开1mol HO 键与断开1mol HN 键所需能量相差约72.6kJ；(3)右图是某压强下，N2与H2按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线HO 键比HN键(填“强”或“弱”)强图中b点，v(正) v(逆)26.(2013届北京丰台区)关键字:北京期末氯气是工业生产中的重要原料，含氯消毒剂在生活中有着广泛的用途(1)工业生产通过电解饱和食盐水获取大量氯气，化学方程式为2NaCl+2H
100、2O2NaOH+H2+Cl2(2)氯气可用于制取84消毒液(有效成分为NaClO)，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O(3)下列措施能增强84消毒液杀菌能力的是AA. 加入适量醋酸B. 加入适量亚硫酸C. 加入少量NaOH粉末(4)氯气与氢氧化钠溶液反应，若所得溶液恰好为中性，则溶液中离子浓度关系正确的是BCA. c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)B. c(Na+)=c(ClO)+c(Cl)C. c(Na+)=2c(ClO)+c(HClO)(5)84消毒液不能用于消毒钢铁(含Fe、C)制品，易发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀正极反应为ClO+2e+H2O=
101、Cl+2OH【考点】氯气的化学性质菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】(1)用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；(2)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；(3)和次氯酸钠反应生成次氯酸就能增强84消毒液杀菌能力；(4)根据物料守恒和电荷守恒判断；(5)正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应【解答】解：(1)用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2
102、+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；(3)和次氯酸钠反应生成次氯酸就能增强84消毒液杀菌能力，A. 加入适量醋酸，醋酸和次氯酸钠反应生成次氯酸，所以增强其杀菌能力，故正确；B. 加入适量亚硫酸，次氯酸钠被亚硫酸钠还原生成氯化钠，所以降低其杀菌能力，故错误；C. 加入少量NaOH粉末，抑制次氯酸钠水解，所以降低其杀菌能力，故错误；故选A；(4)混合溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒，所以c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(ClO)+c(Cl)，所以得c(Na+)=c(ClO)+c(Cl)，根据物料守恒得c(Cl)=c(ClO
103、)+c(HClO)，所以得c(Na+)=2c(ClO)+c(HClO)，所以BC正确，故选BC；(5)碳、铁、84消毒液构成原电池，铁作负极，碳作正极，正极上次氯酸根离子得电子生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：ClO+2e+H2O=Cl+2OH【点评】本题考查氯气及其化合物的性质，涉及知识点较多，易错选项是(4)题C，注意氯气和氢氧化钠的反应中，c(Cl)=c(ClO)+c(HClO)，为易错点27.(2014届北京海淀区)关键字:北京期末硫酸工厂的烟气中含有SO2，有多种方法可实现烟气脱硫(1)工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式
104、为2SO2+O22SO3(2)“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫已知：25时，H2SO3HSO3+H+K=1.5102H2CO3HCO3+H+K=4.4107下列试剂中适合用作该法吸收剂的是a、b、c(填字母序号)a石灰乳bNa2SO3溶液cNa2CO3溶液“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL 0.2molL1的NaOH溶液中通入标准状况下0.448L SO2气体，反应后测得溶液pH7，则溶液中下列各离子浓度关系正确的是a、b(填字母序号)ac(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)bc(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)cc(Na+)+c(H+)=c(H
105、SO3)+c(SO32)+c(OH)(3)某硫酸厂拟用烟气处理含Cr2O72的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品具体流程如下：吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，则其中发生反应的离子方程式为Cr2O72+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O中和池中的反应除生成Cr(OH)3沉淀外，还会产生某种气体，该气体的化学式为CO2【考点】二氧化硫的污染及治理；离子浓度大小的比较；二氧化硫的化学性质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】(1)SO2催化氧化成SO3，该反应是可逆反应；(2)根据脱硫的原理，适合用作该法吸收剂的是能与
106、SO2发生反应的物质；n(SO2)=0.02mol，n(NaOH)=0.1L0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，反应后测得溶液pH7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，结合溶液的电中性原则、物料守恒以及质子守恒解答该题；(3)二氧化硫与Cr2O72离子发生氧化还原反应生成SO42离子和Cr3+离子；碳酸盐和酸反应生成二氧化碳和水；【解答】解：(1)SO2被氧气氧化，硫的化合价升高，SO2体现还原性，催化氧化成SO3，化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；(2)a石灰乳的主要成分为氢氧
107、化钙，SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O，故a正确；b二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为：H2O+Na2SO3+SO22NaHSO3，故b正确；c亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与Na2CO3溶液反应，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2，故C正确；故答案为：a、b、c；n(SO2)=0.02mol，n(NaOH)=0.1L0.2mol/L=0.02mol，二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，a、亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液pH7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，即c(SO32)c(H2SO3)，NaHSO3溶
108、液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)，故a正确；b、NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，因HSO3电离和水解，所以c(Na+)c(HSO3)，NaHSO3溶液pH7，所以c(H+)c(SO32)，故b正确；c、溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3)+2c(SO32)+c(OH)，故c错误；故答案为：a、b；(3)重铬酸根具有强氧化性，能将二氧化硫中+4价的硫氧化为+6价，离子反应为：Cr2O7
109、2+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O，故答案为：Cr2O72+2H+3SO22Cr3+3SO42+H2O；中和池中加入碳酸钠和酸反应，除生成Cr(OH)3沉淀外，还会产生二氧化碳气体，故答案为：CO2；【点评】本题考查了硫酸工厂的烟气中烟气脱硫，涉及了二氧化硫性质、离子浓度大小的比较、重铬酸根的强氧化性等内容的应用，侧重考查了学生的分析、理解等综合能力，注意合理分析题中信息，对于离子浓度大小的比较，确定溶液中的溶质及物质的量的关系是解答的关键，题目难度中等28.(2014届北京西城区)关键字:北京期末SO2和NOx都是大气污染物(1)空气中的NO2可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式
110、是3NO2+H2O=2HNO3+NO(2)汽车发动机工作时产生的NO和CO可通过催化转化器转化为两种无污染的气体，该反应的化学方程式是2CO+2NO2CO2+N2(3)利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如下图所示：NO2被吸收的离子方程式是2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+(4)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2a为电源的正极(填“正极”或“负极”)，阳极的电极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2【考
111、点】亚硝酸盐；电解原理；二氧化硫的污染及治理菁优网版权所有【专题】电化学专题；元素及其化合物【分析】(1)硝酸型酸雨的形成过程是空气中氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，被空气中氧气氧化为二氧化氮，溶于水生成硝酸和一氧化氮；(2)依据CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳进行解答；(3)根据流程图信息NO2被吸收的反应物为NO2、NH4HSO3，生成物有氮气，据此依据氧化还原反应和电荷守恒书写离子反应方程式；(4)根据电解池中阳极发生氧化反应，与电源正极相连的为阳极可以判断图中a极要连接电源的正极；依据电极原理和反应过程中的离子变化写出电极反应；依据在碱性条件下，阴
112、极排出的溶液为S2O42，二氧化氮与其发生反应4S2O42+2NO2+8OH8SO42+N2+4H2O，依据方程式即可解答【解答】解：(1)二氧化氮溶于水，二氧化氮中N元素的化合价由+4价变为+5价的硝酸和+2价的一氧化氮，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(2)CO和NO2通过催化转化器将其转化为无污染的两种气体是氮气和二氧化碳，反应为2CO+2NO2CO2+N2，故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；(3)NO2被吸收的反应物为NO2、NH4HSO3，二氧化氮中氮元素为+4价，生成物有氮气，所以亚硫酸氢根离子中硫被氧化成硫酸根离子，反
113、应为2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+，故答案为：2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+；(4)依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO22e+2H2OSO42+4H+，阳极与电源的正极相连，故答案为：正极；SO2+2H2O2e=SO42+4H+；阴极排出的溶液为S2O42，二氧化氮与其发生反应，S2O42中硫元素由+3价，变为亚硫酸根中硫元素为+4价，S2O42被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42+2NO2+8OH8
114、SO32+N2+4H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2【点评】本题考查了有关SO2和NOx的知识，分析利用题干信息，掌握电解池原理应用和氧化还原反应电子守恒是解答的关键，题目难度中等29.(2014届北京西城区)关键字:北京期末海洋是一个巨大的化学资源宝库，从海水中可制取氯、溴、碘及其化工产品(1)氯的原子结构示意图是(2)碘在元素周期表中的位置是第五周期A族(3)向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br转化为Br2该反应的离子方程式是2Br+Cl2=Br2+2Cl(4)用热空气将上述过程中产生的Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3
115、等；再将混合溶液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】卤族元素【分析】(1)Cl原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7；(2)主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；(3)Cl2将Br氧化为Br2，自身被还原为Cl，配平书写离子方程式；(4)Br、BrO3在酸性条件下发生反应生成Br2，根据元素守恒可知还生成H2O，配平书写离子方程式【解答】解：(1)Cl原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为：，故答案为：；(2
116、)I原子核外有5个电子层、最外层电子数为7，处于周期表中第五周期A族，故答案为：第五周期A族；(3)Cl2将Br氧化为Br2，自身被还原为Cl，反应离子方程式为：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故答案为：2Br+Cl2=Br2+2Cl；(4)Br、BrO3在酸性条件下发生反应生成Br2，根据元素守恒可知还生成H2O，反应离子方程式为：5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：5Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O【点评】本题考查核外电子排布、结构与位置关系、卤素化合物的性质、氧化还原反应等，侧重对基础知识的迁移运用考查，难度不大30.(2015届北京西城区)关键字:北京期末
117、现有下列浓度均为0.1mol/L的电解质溶液：Na2CO3、NaHCO3、CH3COONH4、NH4HCO3(1)上述5种物质的溶液既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的是(填写序号)(2)已知溶液呈中性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)(3)已知溶液呈碱性，比较、两溶液的酸碱性，可以得出的结论是HCO3的水解程度比CH3COO大或CH3COOH酸性比H2CO3强【考点】钠的重要化合物；铵盐菁优网版权所有【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】(1)既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的有两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐等；(
118、2)根据呈中性结合电荷守恒判断；(3)已知溶液呈碱性，呈中性，说明醋酸酸性比碳酸强【解答】解：(1)HCO3既不与酸共存，也不与碱共存；NH4+不与碱共存，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，故既能与盐酸反应，又能与烧碱反应的电解质有，故答案为：；(2)呈中性c(H+)=c(OH)，又电荷守恒为c(H+)+c(NH4+)=c(CH3COO)+c(OH)，所以离子浓度由大到小的顺序c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)，故答案为c(CH3COO)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)；(3)呈中性，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，溶液呈中性，说明CH3COO和NH4+水解程度相同，
119、但H2CO3酸性弱于CH3COOH，HCO3的水解程度大于CH3COO，所以NH4HCO3溶液pH7，故答案为：HCO3的水解程度比CH3COO大或CH3COOH酸性比H2CO3强【点评】本题考查电解质、盐类水解，综合考查学生化学知识的应用能力和分析问题的能力，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握盐类水解和弱电解质的电离特点31.(2013届北京丰台区)关键字:北京期末顺丁橡胶及高分子生物降解性材料PBS、聚BL的合成路线如下：已知：(1)B为饱和烃的含氧衍生物，用系统命名法命名，其名称为1，4丁二醇(2)D的官能团名称是醛基(3)由B生成F的反应类型是消去反应(4)顺丁橡胶的顺式结构简式为
120、(5)写出E与B聚合生成PBS的化学方程式(6)E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体共有6种，其中一种同分异体的核磁共振氢谱有两个吸收峰，峰面积之比为2：1，其结构简式为HCOOCH2CH2OOCHa含有酯基，不含醚键()b1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag(7)由乙炔生成A的化学方程式为(8)由C生成聚BL的化学方程式为【考点】有机物的推断菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据题给信息知，乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A的结构简式为：HOCH2CCCH2OH，A和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，B
121、在一定条件下反应生成C，C在一定条件下反应生成聚BL，根据聚BL的结构简式及C的分子式知，C的结构简式为：；B在铜作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成D，则D的结构简式为：OHCCH2CH2CHO，D被氧气氧化生成E，则E的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，E和B发生酯化反应生成PBS，PBS是高分子化合物，则PBS的结构简式为：，B在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F是1，3丁二烯，F发生加聚反应生成顺丁橡胶，则顺丁橡胶的结构简式为：【解答】解：根据题给信息知，乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A的结构简式为：HOCH2CCCH2OH，A和氢气发生加成反应生成B，B的结构简
122、式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，B在一定条件下反应生成C，C在一定条件下反应生成聚BL，根据聚BL的结构简式及C的分子式知，C的结构简式为：；B在铜作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成D，则D的结构简式为：OHCCH2CH2CHO，D被氧气氧化生成E，则E的结构简式为：HOOCCH2CH2COOH，E和B发生酯化反应生成PBS，PBS是高分子化合物，则PBS的结构简式为：，B在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应生成F，F是1，3丁二烯，F发生加聚反应生成顺丁橡胶，则顺丁橡胶的结构简式为：(1)B的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，其名称是1，4丁二醇，故答案为：1，4丁
123、二醇；(2)D的结构简式为：OHCCH2CH2CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：醛基；(3)在浓硫酸作催化剂、加热条件下，B发生消去反应生成F，故答案为：消去反应；(4)通过以上分析知，顺丁橡胶的结构简式为：，故答案为：；(5)在浓硫酸作催化剂、加热条件下，1，4丁二醇和1，4丁二酸发生酯化反应，反应方程式为：，故答案为：；(6)E是1，4丁二酸，E的同分异构体符合下列条件：a含有酯基，不含醚键()b1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4molAg，说明含有1个甲醛基，符合条件的E的同分异构体有：HCOOCH2CH2OOCH、HCOOCH(CH3)OOCH、HCOOCH2CH(OH)C
124、HO、HCOOCH(OH)CH2CHO、HCOOC(OH)(CH3)CHO、HCOOC(CH2OH)CHO，所以共有6种，种同分异体的核磁共振氢谱有两个吸收峰，峰面积之比为2：1，其结构简式为HCOOCH2CH2OOCH，故答案为：6，HCOOCH2CH2OOCH；(7)在催化剂条件下，乙炔和甲醛反应生成A，反应方程式为：，故答案为：；(8)在催化剂条件下，C生成聚BL的化学方程式为：，故答案为：【点评】本题考查了有机物的推断，知道1mol乙炔能和2mol甲醛发生加成反应，明确此点是解本题的关键，注意E的同分异构体中，可能含有酯基和醛基，而不是只含有酯基，为易错点32.(2014届北京海淀区)
125、关键字:北京期末氨气在工农业生产中有重要应用(1)氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式；NH3的稳定性比PH3强(填写“强”或“弱”)(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为NH3+HClNH4Cl浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是NH4HSO4或(NH4)2SO4(写化学式，一种即可)FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2NH4+和4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3(3)空气吹脱法是目前消除
126、NH3对水体污染的重要方法在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为2NH3+3O22HNO2+2H2O，若反应中有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为2.35g(小数点后保留两位有效数字)【考点】氨的化学性质菁优网版权所有【专题】氮族元素【分析】(1)氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在NN；非金属性越强，气态氢化物越稳
127、定；(2)浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，氢氧化亚铁被氧化；(3)结合NH3+H2ONH3H2ONH4+OH及平衡移动分析；(5)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算【解答】解：(1)氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在NN，则氮气的电子式为，故答案为：；非金属性NP，则NH3的稳定性比PH3强，故答案为：强；(2)浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+H
128、ClNH4Cl，故答案为：NH3+HClNH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为NH4HSO4或(NH4)2SO4，故答案为：NH4HSO4或(NH4)2SO4；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2+2NH3H2OFe(OH)2+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3；(3)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH
129、3H2ONH4+OH，加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，故答案为：氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入NaOH后OH浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；(4)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，该反应为2NH3+3O22HNO2+2H2O，由反应可知，生成2molHNO2时转移2mol3(3)=12mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.3mol=0.05mol，其质量为0.05mol47g/mol=2.35g，故答案为：2NH3+3O22HNO2+2H2O；2.35【点评】本题以氨气的性质
130、考查物质之间的反应，涉及氧化还原反应、平衡移动原理、非金属性比较等，综合性较强，侧重学生分析能力和计算能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度中等33.(2014届北京房山区)关键字:北京期末已知A. B. C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：(1)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体则A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O(2)若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是(用必要的文字和离子方程式说明)防止Fe2+被氧化，2Fe3+Fe=3Fe2+(3)若D是一种常见的温室气体，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个
131、电子，固体C受热分解可得固体B，该反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2(4)若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则B转化为C的离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O(5)若A. B. C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则元素D在周期表中的位置是第2周期、第A族，B分子的结构式为O=C=O【考点】无机物的推断菁优网版权所有【专题】推断题【分析】(1)A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2；(2)D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，说明C易被氧化而变质，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2
132、，D为Fe；(3)D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3；(4)B具有两性，能与D反应，且D为氯碱工业的主要产品，则D为NaOH，B为Al(OH)3，C为NaAlO2；(5)D是一种黑色固态非金属单质，应为C，则B为CO2，C为CO【解答】解：(1)A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2，A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)D是金属，C溶液在贮存时应加入少量
133、D，说明C易被氧化而变质，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，D为Fe，反应的原理为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：防止Fe2+被氧化；2Fe3+Fe=3Fe2+；(3)D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3，固体C受热分解可得固体B，该反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(4)B具有两性，能与D反应，且D为氯碱工业的主要产品，则D为NaOH，B为Al(OH)3，C为NaAlO2，B转化为C的离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O；(5)D是一种黑色固态非金属单质，应为C，则B为CO2，C为CO，C位于周期表第2周期、第A族，CO2的结构式为O=C=O，故答案为：第2周期、第A族；O=C=O【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握反应的转化特点，根据物质的性质、用途作为解答的突破口
