1、高考资源网（） 您身边的高考专家江苏省吴江市中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）1用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果将pH试纸用水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，测得pH8。则此氨基酸溶液的实际pH A大于8 B小于8 C等于8 D小于7【答案】A【解析】pH试纸用水润湿后，测得pH8，相当于把溶液稀释了，所以在稀释之前碱性应该更强，所以PH8，选A。2防治禽流感病毒目前人类面临的一个重大课题。八角茴香属于草本植物，是我国民间常用做烹调的香料。医学研究成果显示，从八角茴香中可提取到莽草酸，莽草酸有抗炎、镇痛作用，也是合成对禽流感病毒有一定抑制作用的一种药
2、物“达菲”的前体。莽草酸的结构式如下图所示，下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）A莽草酸的分子式为C7H4O5 B莽草酸的分子之间不能发生酯化反应C莽草酸中含有苯环D莽草酸能使溴水褪色【答案】D【解析】试题分析：莽草酸的分子式为C7H10O5，故A错误，莽草酸含有羧基和羟基，能发生酯化反应，不含有苯环，含有双键，能够使溴水褪色，所以BC错误，D正确，答案选D。考点：有机物，官能团点评：本题考查了有机物中官能团的相关性质，本题难度不大。3一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在如下溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)Ba2+(aq)+2OH(aq)。向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的
3、是 ( )A.溶液中钡离子数减小 B.溶液中C(Ba2+)减小C.溶液中C(OH)增大 D.PH减小【答案】A【解析】本题主要考查条件对沉淀溶解平衡的影响，加入氢氧化钡粉末，要结合水分子，使氢氧化钡溶液的质量减少，此时仍为饱和溶液，故C(Ba2+)和C(OH)以及PH都不变，只有钡离子数减小。4下列溶液中不存在配离子的是ACuSO4水溶液 B银氨溶液 C硫氰化铁溶液 DI2的CCl4溶液【答案】D【解析】试题分析：金属阳离子与分子或阴离子以配位键结合而形成的离子叫做配离子。A、CuSO4水溶液中Cu2+和水分子以配位键形成配离子，错误；B、银氨溶液中Ag+和氨分子以配位键形成配离子，错误；C、
4、硫氰化铁溶液中Fe3+与SCN-以配位键形成配离子，错误；D、I2的CCl4溶液中不存在金属离子，不存在配离子，正确。考点：考查配位化合物。5已知Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=1.010-16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是( )A.AgCl不溶于水，不能转化为AgIB.两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质C.AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgID.常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于【答案】A【解析】Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，AgI比AgCl更难溶于水，AgCl
5、可以转化为AgI，饱和AgCl溶液中Ag+浓度为10-5 molL-1，根据QcKsp,I-的浓度必须不低于6已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数(Ka1)大于H2CO3的第二级电离常数(Ka2)。为了提高氯水中HClO的浓度，可行的是()A通入HCl(g) B加入NaHCO3(s) C加入H2O D加入NaOH(s)【答案】B【解析】试题分析：A、加入HCl，溶液氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，故A错误；B、加入碳酸氢钠固体，HCl与碳酸氢钠反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故B正确；C、
6、加入水，溶液体积增大，虽然平衡向正反应方向移动，但溶液浓度反而降低，故C错误；D、NaOH和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，故D错误，答案选B。考点：考查外界条件对平衡状态的影响7下列各项事实能够说明有机物分子内基团间的相互影响会导致物质化学性质不同的是苯酚与溴水常温可以反应，而苯与溴水不能反应；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应；甲苯与浓硝酸(浓硫酸/)作用可得到2,4,6三硝基甲苯，而苯与浓硝酸(浓硫酸/)作用得到硝基苯。A只有 B只有 C只有 D【答案】D【解析】 试题分析：苯与溴水
7、不能反应，而苯酚与溴水常温可以反应，就是由于羟基对苯环的影响导致的。正确。乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，就是苯环对甲基的影响，使甲基变得活泼。正确。乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应；而苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，就是苯环对羟基的影响，使羟基变得活泼。正确。苯与浓硝酸(浓硫酸/)作用得到硝基苯，而甲苯与浓硝酸(浓硫酸/)作用可得到2,4,6三硝基甲苯，就是甲基使苯环变得活泼，更容易沉降反应。正确。考点：考查有机物分子内基团间的相互影响的知识。8在一瓶PH=1的无色溶液中，已检验出含有Ba、Ag，则下列粒子：Cl、Mg、Cu、 NO、AlO2 、 CO、NH3H2O
8、 在此溶液中不能大量存在的正确组合是 A B C D【答案】B【解析】略9要检验某无色溶液是否含有SO42，下列操作最合理的是A加入Ba(NO3)2溶液后再加稀HNO3酸化 B加入BaCl2溶液后再加盐酸酸化C加入稀HNO3(酸化)后再加Ba(NO3)2溶液 D加入盐酸酸化后再加BaCl2溶液【答案】D【解析】试题分析：A、加入Ba(NO3)2溶液后再加稀HNO3酸化，不能排除亚硫酸根离子的影响，错误；B、加入BaCl2溶液后再加盐酸酸化，不能排除银离子的干扰，错误；C、加入稀HNO3(酸化)后再加Ba(NO3)2溶液，不能排除亚硫酸根离子的影响，错误；D正确。考点：考查离子的检验等相关知识。
9、10下列离子方程式不正确的是A、将一小粒金属钠放入水中：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2B、将氯气通入氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH-=C1-+C1O-+H2OC、向CuSO4溶液中加入适量Ba(OH)2溶液：Ba2+SO42-=BaSO4D、氯气通入水中：Cl2+H2OH+HClO+Cl-【答案】C【解析】试题分析：A、B、D正确；C、向CuSO4溶液中加入适量Ba(OH)2溶液离子方程式应为：Ba2+2OH+Cu2+SO42-=BaSO4+Cu(OH)2。考点：掌握离子反应方程式的书写。11已知大多数含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m =2，n =2，则这个式子就
10、表示H2SO4。一般而言，该式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是AH2SeO3 BHMnO4 CH3BO3 DH3PO4 【答案】B【解析】试题解析：含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。其中，HMnO4可以改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3，最大，故选B。 考点：化学键12在给定的溶液中加入以下各种离子，各离子能大量共存的是A滴加甲基橙试液显红色的溶液：Fe3、NH4+、Cl-、SCN-BpH=1的
11、溶液： Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-C水电离出来的c(H)=10-13mol/L的溶液：K、HCO3-、Br-、Ba2D所含溶质为Na2SO4的溶液：K、CO32-、NO3-、Al3【答案】B【解析】试题分析：A.Fe3与SCN- 反应不能大量共存，错误；BpH=1的溶液， Cu2+、Na+、Mg2+、NO3- 各离子能大量共存，正确；C水电离出来的c(H)=10-13mol/L10-7mol/L，该溶液是酸或碱溶液，HCO3-与H或OH都反应，不能大量共存，错误；DCO32-和Al3水解相互促进生产Al(OH)3 沉淀和CO2 气体，不能大量共存，错误；选B。考点：考查离子共存。13
12、下列有关实验操作或原理正确的是A用到金属钠时，要用镊子取、再用小刀切下所需量，剩余的钠不能放回原试剂瓶中B测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较C比较不同浓度硫酸与Na2S2O3反应的速率不能通过观察气泡逸出快慢比较，因为SO2易溶于水D通过测定等物质的量浓度的NaCl、Na2S溶液的pH，比较硫、氯两种元素的非金属性强弱【答案】C【解析】试题分析：A、金属钠性质活泼，随意丢弃容易发生危险，因此剩余钠仍放回原试剂瓶，故错误；B、Cl2H2OHClHClO，次氯酸具有强氧化性，能把有色物质漂白，因此不能观察颜色，故错误；C、S2O322H=SSO2H2O，SO
13、2易溶于水，不能通过观察气泡逸出快慢比较，应通过观察浑浊来判断，故正确；D、非金属性通过其最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强，HCl、H2S中Cl、S不是最高价，故错误。答案为C。考点：考查实验基本操作、元素及其化合物的性质等知识。14在某恒定温度下，向容积为1 L的容器中投入1 mol CO和2 mol H2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），平衡时生成CO2 23 mol。若保持温度和容积不变，向其中增加2 mol H2O（g），使反应到达新的平衡，下列说法不正确的是（ ）A新、旧平衡时容器内气体的压强之比是5：3B新平衡时H2O的转化率
14、为20C新平衡时CO的浓度是0.2 mol L1D新、旧平衡时容器内气体密度之比为5：3【答案】D【解析】略15下列说法正确的是一块冰中氢、氧原子间只以化学键相结合金属和非金属化合形成离子键离子键是阳离子、阴离子的相互吸引双原子单质分子中的共价健一定是非极性键非金属原子间不可能形成离子键离子化合物中可能有共价键共价化合物中可能有离子键两种不同非金属元素形成的共价化合物中只有极性键A B C D【答案】A【解析】试题分析：冰中还有氢键，错；活泼金属和活泼非金属化合可以形成离子键，错；离子键是阳离子、阴离子的相互作用，包括相互吸引和排斥，错；双原子单质分子中的共价健是同种原子间形成的，一定是非极性
15、键，对；非金属原子间也可能形成离子键，如NH4Cl，错；离子化合物中可能有共价键，如NH4Cl，对，共价化合物中不可能有离子键，错，两种不同非金属元素形成的共价化合物中有极性键也可能有非极性键，如C2H4，错；选A考点：化学键的一些概念的理解。16甘油的用途很广，大量用来制造硝化甘油，硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯化反应（在浓硫酸条件下）生成的三硝酸甘油酯硝化甘油是制备炸药的原料，在医疗上又是心脏病的急救药试写出以油脂（主要成分是硬脂酸甘油酯）、氨气、空气、水和氢氧化钠为原料制取硝化甘油的化学方程式_，_，_，_，_【答案】【解析】17五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同
16、族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性， E是同周期元素中原子半径最小的元素。回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是 ，非金属性最强的是 （填元素符号）；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 （用化学式表示）；（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ，其中存在的化学键类型为 ；（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为 ；（5）单质E与水反应的离子方程式为 。（6）用电子式表示C和E形成化合物的过程 。【答案】（14分）（1）Na，Cl（2）PH3（3）N
17、H4Cl，离子键、共价键（4）H3PO4（5）Cl2+ H2O = Cl-+HClO+H +；（6）+【解析】试题分析：A和B形成的化合物在水中呈碱性，判断该化合物为氨气，则A是H元素，B是N元素；A和C同族，且C是比N原子序数大的短周期元素，所以C是Na元素；则D是P元素；E是同周期元素中原子半径最小的元素，由以上分析知E是第三周期元素Cl。根据以上分析可知：（1）五种元素中，原子半径最大的是Na元素，非金属性最强的是Cl元素；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的也即非金属性最弱的是P的氢化物PH3，（3）氯化氢与氨气的反应产物是NH4Cl，含有离子键、共价键；（4）
18、P的最高价氧化物的水化物是磷酸，化学式为H3PO4；（5）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆开，所以离子方程式为Cl2+ H2O = Cl-+HClO+H +；（6）Cl得到1个电子，Na失去1个电子形成离子化合物氯化钠，用电子式表示的氯化钠的形成过程如下：+考点：考查元素推断，元素周期律的综合应用，化学键、电子式、离子方程式的书写18(14分)某实验小组用0.50 molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 的硫酸溶液进行中和热的测定。配制0.50molL- 1 硫酸溶液（1）若配制250 mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84 gcm- 3、
19、质量分数为98的浓硫酸 mL。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示：（2）仪器A的名称为 ；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是 ；（4）写出该反应中和热的热化学方程式：(中和热为57.3 kJmol- 1) ；（5）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。 下表中的温度差平均值为 ； 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H= (取小数点后一位)。上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因
20、可能是（填字母） 。A实验装置保温、隔热效果差B量取NaOH溶液的体积时仰视读数C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】（1）6.8；（2）环形玻璃搅拌棒；（3）保温、隔热，减少热量的损失；（4）1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）4.0；-53. 5KJ/mol；A、D。【解析】试题分析：（1）在稀释前后溶质的物质的量不变。(0.50mol/L0.25L)98g/mol=1.84 gcm- 3V98，解得V=6.8ml；（2）仪器A的名
21、称为环形玻璃搅拌棒；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量的损失,是测定的温度更准确；（4）由于中和热是可溶性强酸与可溶性强碱的稀溶液发生反应产生可溶性盐和1mol的水时所放出的热量，因此该反应中和热的热化学方程式：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq) =1/2Na2SO4(aq)+ H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）由于酸、碱物质的量浓度相同，而酸是二元酸，素若取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，则酸过量，反应放出的热量按照碱进行计算。 通过对表中各组数据进行观察会发现：第一组数据偏差太大，应该舍去，因此表中的温度差平均值为（31.227.2
22、）（29.825.9）（30.426.4）3=4.0; 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H=cmtn=(4.1810-3804.0)KJ0.025mol=-53. 5KJ/mol. 上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因可能是A实验装置保温、隔热效果差,热量散失，使结果偏低，正确； B量取NaOH溶液的体积时仰视读数，碱的物质的量偏大，则热量偏多，使结果偏高，错误； C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失少
23、，误差小，错误； D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使在测定前已经由部分发生反应，是热量测定值偏少，正确。故选项是AD。考点：考查物质的量浓度的配制、中和热的热化学方程式的书写、中和热的计算、测定及误差分析的知识。19纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2x H2O，经混合物过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。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Ti
24、3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2x H2O的化学方程式为_；（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是 ；（3）在配制标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的 （填字母代号）。滴定终点的现象是_。（4）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）： 若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。（5）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M gmol1）试样w g，消耗c molL1 NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL
25、，则TiO2质量分数表达式为_。【答案】（1）TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2xH2O + 4HCl （2）抑制NH4Fe(SO4)2水解（3）a c 溶液变为红色 （4）偏高 （5） %【解析】试题分析：（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x）答案为TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2xH2O + 4HCl；（2）铁离子易水解，配制溶液时先加一些硫酸，使溶液呈酸性，抑制NH4Fe(SO4)2水解，配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液使用的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、
26、量筒、容量瓶和胶头滴管等，选ac；因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的Fe(SCN)3 ，则滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致标准液溶质减少，使测定结果偏高；（5）根据得失电子守恒，Ti3+Fe3+，n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV10-3mol，质量分数为%考点：考查水解的应用、物质的除杂、物质的检验、基本实验操作以及误差分析等知识。20某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置。已知：CaCl2+ nH2OCaCl2nH2O；CaCl2+ 8NH
27、3Ca(NH3)8Cl2根据题意完成下列填空：（1）分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol/L。现用质量分数为35%、密度为0.88g/cm3的氨水配制9.0mol/L的氨水100mL，需要的定量仪器有 （选填编号）。a100mL容量瓶 b10mL量筒 c50mL量筒 d电子天平（2）受热时，乙中反应的化学方程式为 。（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，可观察到的现象有 。（4）干燥管甲的作用是 ；丙中盛放的药品为 （选填下列编号），其目的是 。a浓H2SO4 b无水CaCl2 c碱石灰 d无水CuSO4（5）丁中除了NO之外，还可能存在的气体有 （填写化学
28、式）。烧杯中发生反应的化学方程式 、 。【答案】（1）a、c（2）4NH3+5O24NO+6H2O（3）乙中Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色。（4）干燥氧气和氨气的混合气体；b；吸收水及多余NH3。（5）N2、O2、NO2 (N2O4)；2NO2+ 2NaOH=NaNO2+ NaNO3+ H2O，NO+ NO2+ 2NaOH=2NaNO2+ H2O【解析】试题分析：（1）浓氨水的浓度为，由于浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变，设浓氨水的体积为V，则,V=0.0497L=49.7L。因此整个过程中需要的定量容器有100mL的容量瓶和50m
29、L的量筒，答案a、c;（2）受热时，乙中的氨气和氧气在催化剂的作用下，发生氧化还原反应，生成NO和H2O，从而写出化学方程式；（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，催化剂可以继续保持红热，原因是反应放热；NO在丁的烧瓶中与氧气反应生成红棕色的NO2，NO2溶于水产生硝酸，硝酸能够使紫色石蕊试液变红色，据此回答实验现象；（4）干燥管甲的作用是干燥氧气与氨气的混合气体；丙为固体干燥管，其作用是吸收未反应的氨气并干燥NO，因此应该选用酸性固体干燥剂无水CaCl2；（5）由于烧瓶丁中有空气，NO能与空气中的氧气反应生成NO2，NO2会转化成N2O4，所以丁中除了N
30、O之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2 (N2O4)；最终氢氧化钠溶液的作用是尾气处理，吸收NO和NO2，方程式2NO2+ 2NaOH=NaNO2+ NaNO3+ H2O ，NO+ NO2+ 2NaOH=2NaNO2+ H2O。考点：物质性质实验方案的设计。21常温下将甲烷与O2混合气体57ml点燃，充分燃烧后恢复原来状态，剩余气体为23ml，试计算混合气体的组成。【答案】甲烷 17ml; O2 40ml或甲烷 23ml; O2 34ml，【解析】试题分析：解：设参加反应的甲烷和氧气的体积分别x、y，CH4+2O2 CO2+2H2O V1 2 1 2x y 57-23=34mL所以x=1
31、7mL，所以y=34mL，由于17mL+34mL=51mL57mL，剩余气体为57mL-51mL=6mL，若剩余的气体为甲烷，则甲烷 23ml; O2 34ml，若剩余气体有氧气，则甲烷 17ml; O2 40ml。考点：化学方程式的相关计算点评：本题考查了利用化学方程式进行的相关计算，本题要注意在甲烷与氧气反应的，若有气体剩余只能有一种气体剩余，不能两种气体都剩余，所以甲烷和氧气的体积有两种可能，本题有难度中等。22正盐A能发生下图所示的反应，图中分别代表有关反应中的一种物质（某些物质已略去），其中、为无色气体，为红棕色气体。请完成下列各题：（1）写出化学式A （2）写出下列反应方程式：+：
32、 +： （3）的离子方程式为： 【答案】（1）A：（NH4）2CO3，：NO2，：C；（2）4HNO3(浓）+CCO2+4NO2+2H2O，4NH3+5O24NO+6H2O；（3）3Cu+8H+2NO3- = 3Cu2+2NO+4H2O【解析】试题分析：（1）为A在碱性条件下生成的气体，则为NH3，为A在酸性条件下生成的气体，可与Na2O2或Mg反应，应为CO2，则正盐A应为（NH4）2CO3，为H2O，为O2，为NO，为N02，为HNO3，为C，则由以上分析可知：（1）A为（NH4）2CO3，为N02，为C；（2）+的反应为浓硝酸和C的反应，方程式为4HNO3（浓）+CCO2+4N02+2H
33、2O，+的反应为氨气的催化氧化反应，方程式为4NH3+5O24NO+6H2O ；（3）稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜和NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H2O，考点：考查了无机物的推断的相关知识23（16分）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是 。（填选项）aS bN2 cNa dMg eAl（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为 ；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示） 。（3）若A、B、C
34、为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式可能为 ，X的化学式可能为（写出不同类物质） 或 ，反应的离子方程式为 或 。【答案】（16分）（1）de（2分）（2）FeCl3（2分）； 2Fe3+Fe 3Fe2+（1分），防止Fe2+被氧化（1分）（3）Al(OH)3（2分）； NaOH（或KOH）（2分）； HCl（或其他强酸）（2分）Al3+3OH Al(OH)3（2分）； AlO2+H+H2O Al(OH)3（2分）【解析】试题分析：（1）若X是强氧化性单质，则A应具有可变化合价，不可能是dMg和 eAl；（2）向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于
35、稀HNO3的白色沉淀，可知C中含有氯离子，则A为氯气，X为变价金属铁，所以B的化学式为FeCl3；C溶液为氯化亚铁溶液，在贮存时应加入少量铁粉以防止亚铁盐被氧化而变质；（3）X为强电解质，X可能为强酸或强碱，A、B、C为含有金属元素的化合物且A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式可能为氢氧化铝。考点：无机推断24（12分）有A、B、C、D、E、F六种前四周期的元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属。A原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲具有10e-、空间构型为三角锥形，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C与E同
36、主族。下图中均含D或F元素的物质均会有图示转化关系：均含D元素的乙、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应；均含F元素的乙(单质)、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应。请回答下列问题：（1）化合物甲的电子式为 。(2）F元素在周期表中的位置 ；稳定性:A2C A2E（填“大于”“小于” “等于”）。（3）均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 。（4）丙、丁分别是含F元素的简单阳离子，检验含丙、丁两种离子的混合溶液中的低价离子，可以用酸性KMnO4溶液，其对应的离子方程式为： （5）已知常温下化合物FE的Ksp=61018 mol2L2，常温下将1.0105molL1的Na2E溶液与含
37、FSO4溶液按体积比3 ：2混合，若有沉淀F E生成，则所需的FSO4的浓度要求 。（忽略混合后溶液的体积变化）。【答案】（12分，每空2分） （1） （2分） (2）第四周期第族（2分） 大于（2分）（3）Al3+ 3AlO2-+6H2O4Al(OH)3（2分） （4）5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O（2分）（5）2.51012 mol/L（2分）（未写“”给1分，未写单位和其它答案不给分）【解析】试题分析：A原子核内只有一个质子，因此A是氢元素。元素A与B形成的气态化合物甲具有10e-、空间构型为三角锥形，所以甲是氨气，B是氮元素。C元素原子的最外层电子数是其电子层数
38、的3倍，且C的原子序数大于氮元素的，所以C是氧元素。C与E同主族，则E是S元素。D和F元素对应的单质为日常生活中常见金属，所以根据原子序数大小关系可知D是Al，F是Fe。（1）氨气是含有共价键的共价化合物，其电子式是。（2）铁的原子序数是26，位于元素周期表的第四周期第族；同主族自上而下，非金属性逐渐减弱，因此氧元素的非金属性强于S元素的非金属性。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此H2O的稳定性强于H2S的稳定性。（3）均含有Al元素的乙与丁在溶液中反应生成丙，因此丙是氢氧化铝，所以发生反应的离子方程式是Al3+ 3AlO2-+6H2O4Al(OH)3。（4）Fe2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，相应的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+Mn2+4H2O。（5）设所需的FeSO4的浓度是x。常温下将1.0105molL1的Na2S溶液与含FeSO4溶液按体积比3 ：2混合后S2的浓度是1.0105mol/L6106mol/L，Fe2浓度是x，所以要有FeS沉淀产生，则c(Fe2)c(S2) Ksp61018 mol2L2，即6106mol/Lx61018 mol2L2，解得x2.51012 mol/L。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用；电子式、氢化物的稳定性判断；铝、铁及其化合物的性质；溶度积常数的有关应用等高考资源网版权所有，侵权必究！
