1、2016届高考化学复习近5年模拟试题分考点汇编（全国卷，有解析）：氨 硝酸 硫酸1、使a g Fe粉与一定量的硝酸溶液充分反应(Fe粉完全溶解)，生成的气体与标准状况下b L O2混合后，恰好能被水完全吸收，a和b的关系可能是（ ）A、b 0.3a B、b 0.2a C、0.2a b 0.3a D、无法确定【答案】C 2、下列实验中金属或氧化物可以完全溶解的是( )A、1 mol铜片与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热 B、1 mol MnO2粉末加入含2 mol H2O2的溶液中C、常温下1 mol铜片投人含4 mol HNO3的浓硝酸中D、常温下1 mol铝片投入足量的浓硫酸中【答案】C
2、 3、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是( )A.开始加入合金的质量可能为16.4 gB.参加反应的硝酸的物质的量为0.1 molC.生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mLD.标准状况下产物NO的体积为22.4 L【答案】C【解析】合金增加的质量即为OH-的质量，则n(OH-)=5.1 g/17 gmol-1=0.3 mol，故C项正确。根据电子守恒和电荷守恒可知，反应中转移的电子
3、总数为0.3 mol。若全部为Mg，质量为3.6 g，若全部是铜，质量为9.6 g，A不正确；被还原的硝酸为0.1 mol，起酸性作用的硝酸为0.3 mol，B项不正确；标准状况下产物NO的物质的量即为被还原的硝酸的物质的量，故其体积为2.24 L，D项不正确。4、a mol FeS与b mol FeO投入到V L、c molL1的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看做是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g 3（a+b） mol （Vc）molA BC D【答案】B【解析】如果硝酸不足量，则未被还原的硝酸为
4、生成硝酸铁部分的硝酸，根据N、Fe原子守恒得n（HNO3）=3nFe（NO3）3=3n（Fe）=3n（FeS）+n（FeO）=3（a+b）mol=3（a+b）mol，m（HNO3）=n（HNO3）M（HNO3）=（a+b）189g；如果硝酸过量，则FeS和FeO完全反应，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，根据转移电子相等、N原子守恒得生成NO的硝酸量=mol，根据N原子守恒得未被还原的硝酸的量=Vcmolmol=（Vc）mol，故选B5、足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收若向原所得溶液中加入l0mol
5、？L1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为（ ）A0 B32gC38.4g D48g【答案】C【解析】Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=0.2mol，根据原子守恒得n（Cu）=nCu（NO3）2=0.2mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=210mol/L0.1L=2mol，n
6、（H+）：n（NO3 ）=2mol：0.4mol=5：1，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，设溶解Cu的质量为x，3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O192g 2molx 0.4mol192g：2mol=x：0.4molx=38.4g，故选：C6、密度为0.91 gcm-3的氨水，质量百分比浓度为25%（即质量分数为0.25），该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度（ ）A. 等于12.5% B. 大于12.5%C. 小于12.5% D. 无法确定【答案】C【解析】如不考虑液体混合后体积变化，则稀释后溶液的质量百分比浓度为12.5%。而如果考虑溶液混
7、合后体积变化，则有：如原液体密度大于1，则稀释后浓度大于12.5%；如果原液体密度小于1，则稀释后浓度小于12.5%，氨水的密度0.91 gcm-3小于1，故所得溶液的质量百分比浓度小于12.5%。7、从某些性质看：NH3和H2O，NH4+和H3O，NH2和OH，N3和O2两两相似，据此判断下列反应：2Na2NH3=2NaNH2H2 CaO2NH4Cl=CaCl22NH3H2O3Mg(NH2)2Mg3N24NH3NH4ClNaNH2NaCl2NH3其中正确的是（）A B C D【答案】D【解析】从题干可知，每组粒子性质相似，所以判断以上反应是否正确，应看你熟悉的反应和所给反应是否相似。因为NH
8、3与H2O相似，所以该反应与钠和水反应相似，所以该反应成立。因为NH4+与H3O相似，所以该反应与CaO和H3O反应相似，所以反应正确。因为NH2与OH、N3与O2、NH3与H2O相似，所以Mg(NH2)2的分解与Mg(OH)2的分解相似，所以此反应成立。因为NH2与OH相似，所以该反应可与NH4Cl和NaOH比较，两者相似，所以该反应成立。8、硝酸铜是制备Cu-Zn-Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用Cu与稀硝酸反应制取，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2OCu与浓硝酸反应制取，Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O通氧气于铜屑与稀
9、硝酸的体系中制取，2Cu+4HNO3+O2=2Cu(NO3)2+2H2O下列说法不正确的是( )A.制取相同量的硝酸铜需硝酸的量最少B.制取相同量的硝酸铜产生的有毒气体比少C.制取相同量的硝酸铜，硝酸的利用率D.三种方案的反应均不能在铁制容器中进行 【答案】C9、下列比较中正确的是（ ）A.硝酸酸性比磷酸强B.PH3的稳定性大于NH3C.PH3的还原性大于NH3D.氮气的化学性质比磷活泼【答案】AC10、关于反应中的先后顺序，下列评价正确的是（） A向浓度都为0.1 mol/L 的FeCl3和CuCl2加入铁粉，CuCl2首先反应B向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的NaOH溶液，NH4+
10、首先反应C向浓度都为0.1 mol/LNa2 CO3和NaOH溶液通入CO2气体，NaOH首先反应D向浓度都0.1 mol/L 的FeCl3加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜首先反应【答案】C【解析】试题分析：A选项中应该是三价铁离子先反应，因为其氧化性强与二价铜离子；B选项中应该是铝离子先反应；C选项正确，D选项中是铁单质先反应。考点：无机化合物反应点评：本题涉及到了物质的反应顺序，实际上可以利用另一种思路来思考。例如D选项，如果是铜先反应，则生成二价铜离子。二价铜离子又会与铁单质反应生成铜单质，所以在反应中铁单质先反应。11、用金属铜做原料来制取硝酸铜，从节约原料、防止环境污染考虑，下
11、列最好的方法是（）ACuCu(NO3)2BCuCu(NO3)2CCuCuCl2Cu(NO3)2DCuCuOCu(NO3)2【答案】D【解析】试题分析：A中生成NO2，属于大气污染物，且硝酸的利用率不高；B中硝酸银虽然和铜反应生成硝酸铜，但不经济；C中氯化铜和硝酸不反应，因此正确的答案选D。考点：考查硝酸铜制备实验探究的有关判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生对绿色化学原理的熟悉掌握程度，有利于培养学生的环境保护意识和能源节约意识，提升学生的学科素养，调动学生的学习积极性。12、将铜片放入稀硫酸中不会溶解,加入下列物质后能使铜溶解的是（ ） A.NaNO3 B.
12、NaCl C.浓HCl D.AlCl3【答案】A 13、某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的金属单质与被还原的硝酸的物质的量之比为21时，还原的产物是()ANO2BNO CN2ODN2【答案】C14、在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸铵、氯化钾、氯化镁、硫酸铝和硫酸铁溶液，这种试剂是A、 NaOH B、 NH3H2O C、 AgNO3 D、 BaCl2【答案】A【解析】考查氧硫及化全物的应用15、如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）【答案】B【解析】氨气极易溶于水，进行检验时，导管不能插入溶液中，否则会造成倒吸，A错；NO
13、2通入KI淀粉溶液，溶液变蓝是由于NO2有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，B对；能使澄清石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，C错；氯气使紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于其和水反应生成酸且次氯酸具有漂白性，D错。16、某学生做浓硫酸性质的实验：在一支试管中放入一块很小的铜片，再加入2mL浓硫酸，然后把试管固定在铁架台上。把一小条蘸有品红溶液的滤纸放入带有单孔橡皮塞的玻璃管中。塞紧试管口，在玻璃管口处缠放一团蘸有Na2CO3溶液的棉花。加热试管，观察现象.回答下列问题：写出试管中发生反应的化学方程式 。试管中的液体反应一段时间后，b处滤纸条的变化为 ，待试管中反应停止后，给玻璃管放有蘸过品红溶液的滤纸处
14、微微加热，滤纸条的变化为 。蘸有Na2CO3溶液的棉花团作用是 。（4）硫酸型酸雨的形成过程可用下列反应中的 来表示。（5）浓硫酸有许多重要性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是 A、酸性 B、脱水性 C、强氧化性 D、吸水性【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+ SO2+2H2O（2）蘸有品红溶液的滤纸褪色 ，滤纸变红（3）吸收多余SO2，防止污染空气 （4）A B （5）A【解析】（1）在加热的条件下，浓硫酸和铜反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+ SO2+2H2O。（2）硫酸的还原产物SO2具有漂泊性，能使品红溶液褪色。但SO2的漂白是不稳定的，
15、在加热的情况下，可以恢复到用来的颜色，所以滤纸条又恢复红色。（3）SO2是大气污染物，因此蘸有Na2CO3溶液的棉花团作用是吸收多余SO2，防止污染空气。（4）空气中的SO2被氧化生成SO3，SO3溶于水生成硫酸，即形成酸雨，答案选AB。（5）浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性。可以使蔗糖炭化，进而氧化生成CO2、SO2和水，所以在该变化过程中，没有体现硫酸的酸性，答案选A。17、某研究小组在鉴别浓硫酸和稀硫酸时，设计了如下方案：操作结论甲加入火柴梗使火柴梗变黑者为浓硫酸乙加入金属铝片产生有刺激性气味的气体者为浓硫酸丙分别加入到盛水的试管中放出大量热者为浓硫酸丁用玻璃棒蘸浓氨水靠近酸的瓶口冒白
16、烟者为浓硫酸戊加到CuSO45H2O晶体中使CuSO45H2O变白者为浓硫酸(1)其中可行的是_(填序号)。(2)其中一个稍作改进就能成为可行方案的是_，改进方法是_。(3)完全错误的是_，因为_。【答案】(1)甲、丙、戊(2)乙增加加热条件(或将结论改为常温下反应产生气体的为稀硫酸)(3)丁硫酸是高沸点酸，没有挥发性【解析】(1)甲、丙、戊分别根据浓硫酸的脱水性、溶解时放出大量的热、吸水性设计，方案可行。(2)乙中浓硫酸使铝钝化，加热即可反应。而常温下铝片可与稀硫酸反应产生H2。(3)丁错，挥发性酸遇浓氨水产生白烟，而浓硫酸不属于挥发性酸。18、A是一种白色晶体，为无氧酸盐，它与浓NaOH溶
17、液共热，放出无色气体B。用圆底烧瓶收集干燥的B，按图所示装置仪器。挤压滴管的胶头时，可以得到蓝色喷泉；A与浓H2SO4反应，放出无色气体C。用圆底烧瓶收集干燥的C，仍按图所示装置仪器，挤压滴管胶头时，可以得到红色的喷泉。(1)A的化学式是_。(2)可用于除去B中水分的干燥剂是_，收集气体B的方法是_。(3)收集气体C的方法是_。(4)检验气体B的方法是_。【答案】(1)NH4Cl(2)碱石灰(或生石灰、KOH固体等)向下排空气法(3)向上排空气法(4)用湿润的红色石蕊试纸靠近气体B，若试纸变蓝，则证明气体B是NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近该气体，若产生白烟则证明气体B是NH3)【解析】因为B
18、能使紫色石蕊试液变蓝，B为NH3，C使紫色石蕊试液变红并产生喷泉，则C为酸性且极易溶于水的气体，且不与浓H2SO4反应，应为HCl。所以A为NH4Cl，NH3是碱性气体，应用碱石灰等碱性干燥剂来干燥，NH3的密度比空气小，所以用向下排空气法收集，HCl的密度比空气大，用向上排空气法收集。NH3的检验方法有两种，一是用湿润红色石蕊试纸，另一种是用浓盐酸。19、根据氨气还原氧化铜的反应，可设计测定铜元素相对原子质量Ar(Cu)(近似值)的实验。先称量反应物氧化铜的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H2O)，由此计算Ar(Cu)。为此，提供的实验仪器及试剂如下根据需要可重复选用，加入
19、的NH4Cl与Ca(OH)2的量足以产生使CuO完全还原的氨气：请回答下列问题：(1)氨气还原炽热氧化铜的化学方程式为_；(2)从所提供的仪器及试剂中选择并组装本实验的一套合理、简单的装置，按气流方向的连接顺序为(用图中标注的导管口符号表示)a_；(3)在本实验中，若测得m(CuO)a g，m(H2O)b g，则Ar(Cu)_；(4)在本实验中，使测定结果Ar(Cu)偏大的是_(填序号)；CuO未完全起反应CuO不干燥CuO中混有不反应的杂质NH4Cl和Ca(OH)2混合物不干燥(5)在本实验中，还可通过测定_和_或_和_达到实验目的。【答案】(1)2NH33CuON23Cu3H2O(2)ee
20、bbeecd(3) (4)(5)CuO的质量反应后Cu的质量CuO的质量反应前后硬质试管中的质量差，即CuO中氧的质量(其他合理答案均可)【解析】制取气体净化气体主题实验尾气吸收，所以两次使用D装置，第一次使用是为了干燥氨气，第二次使用是为了吸收生成的水，从而得出生成水的质量，C装置是为了除去尾气中的氨气，还可以防止空气对实验的干扰；(3)Ar(Cu)；(4)生成水的质量减小，b偏小，结果偏大；CuO中含有水，b偏大，结果偏小；使b偏小，结果偏大；对结果无影响；(5)只要所测数据能计算出铜的质量及氧化铜(或氧化铜中的铜或氧)的物质的量，就符合，如CuO的质量和反应后Cu的质量、CuO的质量和反
21、应前后硬质试管中的质量差，即CuO中氧的质量、CuO的质量和反应后生成N2的体积等。20、19.2gCu加入到100mL一定浓度的HNO3溶液中，假定两者恰好完全反应，同时产生标准状态下8.96LNO和NO2混合气体（忽略气体的溶解及转化）。求：（1）混合气体中NO和NO2的体积比。（2）HNO3溶液的物质的量浓度。 【答案】(1) 3:1 (2) 10mol/L【解析】试题分析：（1）设NO2为xmol, NO为ymol混合气的物质的量是8.96L22.4L/mol0.4mol金属铜的物质的量是19.2g64g/mol0.3mol则反应中转移电子的物质的量是0.3mol20.6mol所以有：
22、xy0.4、x3y0.6mol解得：x0.3、y0.1所以V(NO2):V(NO)=3:1（2）根据N原子守恒可知c（HNO3）（0.3mol0.1mol 0.3mol2）0.1L10mol/L考点：考查与硝酸反应的有关计算点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础性知识的巩固与训练，同时也注重对学生能力的培养和解题方法的指导，有利于培养学生的规范答题能力，提高学生的应试能力。该题的关键是利用好几种守恒关系，即质量守恒定律、电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒等。21、如下图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X和H是固体，B和G是液体，其余
23、均为气体，1 mol X分解得到A、B、C各1 mol。试解答下列各题：(1)写出下列物质的化学式：X_，B_。(2)写出下列反应的化学方程式：HGAF：_。CDE：_。(3)写出下列反应的离子方程式：GCuE：_。(4)工业上合成C，合成后采用加压降温液化方法从混合气体中分离出C，能用上述方法分离出C的原因是_。【答案】(1)NH4HCO3H2O(2)C4HNO3(浓) CO24NO22H2O4NH35O24NO6H2O(3)3Cu2NO38H=3Cu22NO4H2O(4)NH3易液化【解析】由框图可知A既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为弱酸的铵盐，该弱酸易分解，而且产
24、生的气体能与Na2O2反应，猜想X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，又知1 mol X分解得到A、B、C各1 mol，故X只能是NH4HCO3，其它问题迎刃而解。22、A、B、C是中学化学中常见的三种化合物,它们各由两种元素组成甲、乙是两种单质，三种化合物和单质之间存在如下关系： (1)在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是 (用A、B、C字母填写) (2)单质乙必定是 (填“金属”或“非金属”)，其理由是 (3)单质乙的化学式可能是 ，则化合物B的化学式是 【答案】(1)AB (2)非金属 因为A、B中均含乙元素并有如下反应：A+B=乙+C，且乙为单质。可知乙元素在A、B中分别
25、呈正、负价由于金属元素无负化合价，所以乙必是非金属(3)S(或N2)H2S(或NH3)【解析】【错题分析】学生平时不注意基本素材的积累和运用而造成知识的调用和迁移应用能力差。面对此种抽象性较强的题目，学生感觉无从下手。解题时可根据题目信息采用将可能的答案代入与正向推导相结合的方式来解决，同时要注意通过验证来提高准确性。【解题指导】据题意甲+乙A(含甲、乙)甲+B单质乙+C从可看出A、B中一定含有乙元素A(含甲、乙)+B(含乙)单质乙+C，从式分析A、B中化合态的乙元素反应后变为游离态的乙，A、B中的乙元素的价态必分别处于正价和负价反应时发生电子转移生成单质而金属元素无负化舍价，所以可以推断出乙
26、必定是非金属元素处于正、负价态的非金属元素的化合物相互反应生成单质的例子很多如2H2S+SO2=3S+2H2O等所以乙可能是S或N2等，化合物B是它们的氢化物H2S或NH3上述反应为O2+S=SO2(或N2+ O2=2NO)；反应为2H2S+3O2=O2+2H2O(或4NH3+5 O2=5NO+6H2O)；反应为2H2S+SO2=3S+2H2O或6NO+4NH3=5N2+6H2O)上述反应的反应条件均已略去23、A、B、C、D均是前四周期元素组成的常见不同单质或化合物。它们之间有如下转化关系：(1)、若A、B、C、D都是氧化物，且A为光导纤维的主要材料，试写C的结构式_,试写出化学反应方程式：
27、_(2)、若A、B、C、D均含有同一种常见金属元素，B是黑色磁性固体，D是一种红褐色沉淀,反应在常见稀酸中进行，C是该反应中生成的唯一盐，反应可能的一个方程式：_，反应的离子方程式是_,如要由C溶液制晶体C，其操作：_。(3)若A、B、C、D均含有同一种短周期的金属元素,且B和D在溶液中反应生成沉淀C,则下列判断正确的是_(填字母)。a.A可能是一种耐火材料； b. B的溶液一定呈碱性； c.C 一定既溶于盐酸又溶于苛性钠溶液； 如用1molA金属制备C,最少需_mol HCl和_mol NaOH。(4) A、B、C、D均含有同一种元素，若A和D反应生成盐，则A到B的反应：_，A和C在催化剂条
28、件下可转化成不污染环境的气体，其方程式：_。(5)若A是一黑色粉末，B是一种气体单质，请书写可能的两个反应：_、_。【答案】(1)O=C=O Mg+CO2 = MgO+C(2)_Fe+H2O高温或Fe+O2燃烧都可 3Fe3O4 +28H+ +NO3-=9Fe3+ +NO+14H2O加硝酸抑制水解，加热蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤(3)_ AC 3/4 3/4(4)4NH3+5O2=4NO+6H2O 8NH3+6NO2 =7N2 +12H2O(5)MnO2 O2 或Cl2 24、在化学课上围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究，将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀，然后加入浓硫酸，生成黑
29、色物质。请回答下列问题：(1)生成的黑色物质(单质)是_(填化学式)。(2)这种黑色物质继续与浓硫酸反应会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，这种刺激性气味的气体成分是_(填化学式)，反应的化学方程式为_。(3)据蔗糖与浓硫酸反应的实验现象，说明浓硫酸具有_(填序号)。A酸性 B吸水性C脱水性 D强氧化性(4)将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入品红溶液中，可以看到品红溶液_，说明这种气体具有_性；将(2)中产生的有刺激性气味的气体通入水中可生成一种不稳定、易分解的酸，请写出该反应的化学方程式：_。(5)能否用澄清石灰水鉴别(2)中的两种气体？_(填“能”或“不能
30、”)，若不能，请填写两种能鉴别的试剂_。【答案】 (1)C(2)SO2C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O(3)BCD(4)褪色漂白SO2H2OH2SO3(5)不能品红溶液、溴水(其他合理答案均可)【解析】(1)浓H2SO4具有脱水性，能使蔗糖炭化，故黑色单质是C。(2)C与浓H2SO4发生反应：C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，其中SO2是一种有刺激性气味的气体。(3)依据蔗糖与浓H2SO4的反应可以确定浓H2SO4具有脱水性和强氧化性；反应开始时滴入几滴水使浓H2SO4吸水时放热，代替加热的反应条件，又可说明浓H2SO4具有吸水性。(4)SO2具有漂白性，能使品红溶液褪
31、色；SO2与水反应生成不稳定的H2SO3。(5)SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊，故不能用澄清石灰水鉴别CO2和SO2；用溴水、KMnO4酸性溶液或品红溶液作试剂能鉴别SO2和CO2。25、A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有有色气体生成，则C的电子式为_，反应的化学方程式为：_。(2)若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应(在水溶液中进行)的离子方程式是_，用电子式表示B
32、分子的形成过程_。(3)若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为_，分子E的结构式为_。【答案】答案：(1)Mg2：CI:2C4HNO3(浓) CO24NO22H2O(2)2Fe2Cl2= 2Fe32ClHCIH：CI(3)2CSiO22COSiO=C=O【解析】(1)由题意不难判断出A所含元素在周期表的第三周期，D所含元素在第二周期，设A所含元素的原子最外层电子数为x，则有：28x2(22x)，解得x2，故A所含元素为Mg，D所含元素为C。反应是金属镁置换非金属碳的反应，该反应的化学方程式为2MgCO22MgOC，C为MgO，M
33、gO是离子化合物，其电子式为Mg2O2。F的浓溶液为浓HNO3，碳与浓HNO3反应的化学方程式为 C4HNO3(浓) CO24NO22H2O。(2)分析框图知A为变价金属，则A是Fe，置换反应在水溶液中进行，说明D为H2，进而可判断气体F为Cl2，B、C分别为HCl和FeCl2，反应是FeCl2溶液与Cl2的反应，该反应的离子方程式为2Fe2Cl2= 2Fe32Cl；HCl为共价化合物，其形成过程用电子式表示为HCIH：CI。(3)同主族的短周期非金属元素形成的单质有置换关系的有：一是O2置换出S；二是C置换出Si。结合框图只有C置换Si符合题意，反应的化学方程式为2CSiO22COSi。F是
34、O2，E是CO2，其结构式为O=C=O。26、写出下列反应的离子方程式(1)小苏打与烧碱溶液反应：_(2)二氧化锰与浓盐酸共热制氯气：_(3)铜与稀硝酸反应：_(4)明矾的水解反应：_(5)NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液反应：_(6)菱镁矿(MgCO3)与稀HNO3反应：_(7)Fe2O3与氢碘酸反应：_(8)Al与NaOH溶液反应：_(9)氨水中通入少量SO2：_(10)水玻璃(Na2SiO3溶液)中通入足量CO2：_【答案】(1)HCO3OH=H2OCO32(2)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(3)3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O(4)Al33H2OAl(OH)3(
35、胶体)3H(5)NH4+HCO32OH=CO32H2ONH3H2O(6)MgCO32H=Mg2CO2H2O(7)Fe2O36H2I=2Fe2I23H2O(8)2Al2OH2H2O=2AlO23H2(9)2NH3H2OSO2=2NH4+SO32H2O(10)SiO322CO22H2O=H2SiO32HCO3【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考察的是离子方程式的书写。27、为了证明一水合氨(NH3H2O)是弱电解质，甲、乙、丙三人分别选用下列试剂进行实验：0.010 molL1氨水、0.1 molL1NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。(1)甲用pH试纸测出0.01
36、0 molL1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？_(填“是”或“否”)并说明理由_。(2)乙取出10 mL 0.010 molL1氨水，用pH试纸测出其pHa，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测出其pH为b，若要确认NH3H2O是弱电解质，则a、b值应满足什么关系？_(用“等式”或“不等式”表示)。(3)丙取出10 mL 0.010 molL1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入NH4Cl晶体少量，颜色变浅。你认为这一方法能否证明NH3H2O是弱电解质？并说明原因：_。(4)请你根据所提供的试剂，再提出一个合理又简便的方案证明NH3H2O是
37、弱电解质：_。【答案】(1)是若是强电解质，则0.010 molL1氨水溶液中c(OH)应为0.010 molL1，pH12(2)a2b7(方案合理即可)。【解析】(1)因为一水合氨若是强电解质，则0.010 molL1氨水溶液中c(OH)应为0.010 molL1，pH12，事实上0.010 molL1氨水的pH仅为10，故可判断一水合氨是弱电解质。(2)弱碱溶液每稀释10倍，溶液pH减小不足一个单位，故当用蒸馏水稀释100倍时，其pHba2，但小于a。(3)因少量晶体的加入对溶液体积的影响可以忽略不计，故溶液颜色变浅只能是由于平衡移动使溶液中OH浓度减小导致的，故由此现象可以判断一水合氨是弱电解质。(4)如果NH3H2O是弱电解质，则它的强酸盐水解显酸性，可利用这一原理设计实验证明NH3H2O是弱电解质。
