1、河南省自贡市蜀光中学20162017学年度高三化学9月月考试题（解析版）1下列操作中仪器使用不正确的是（ ）A容量瓶未经干燥不能用来配制溶液 B用铁坩埚灼烧烧碱C中和热的测定实验中用环形玻璃棒搅拌 D加热蒸发皿时不用石棉网【解答】答案A：A容量瓶是准备配制一定体积、一定浓度的溶液的仪器，无论是否干燥都能用来配制溶液，错误；B铁与氢氧化钠不能发生反应，所以可用铁坩埚灼烧烧碱，正确；C中和热的测定实验中为了使反应快速发生，同时减少反应过程的热量损失，要用环形玻璃棒不断搅拌，正确；D蒸发皿可以用来直接加热蒸发水份，所以加热蒸发皿时不用石棉网，正确。考点：考查仪器使用正误判断的知识。2下列离子方程式书
2、写正确的是A 碳酸钙与稀盐酸的反应：CO32-+2H+=H2O+CO2B 氢氧化钡与稀硫酸的反应：Ba2SO42-=BaSO4C 铜溶于浓硝酸：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2OD 将小苏打加入到氢氧化钠溶液中：OHHCO3CO32H2O【解答】答案D，考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题解答：解：A、碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，应写成：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A错误；饱和石灰水跟稀硝酸反应时，氢氧化钙要写成离子形式，即OH-+H+=H2O，故A错误；B、氢氧化钡氢氧化钡与稀硫酸的反应：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故B
3、错误硫酸是强酸，要写成离子形式，金属锌和稀硫酸反应的离子方程式应该为：Zn-+2H+=Zn2+H2，故B错误；C、铜溶于浓硝酸：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2H2O+2NO2，有一半的硝酸根离子实际不参加反应，则离子反应为Cu+4H+2NO3-=Cu2+2H2O+2NO2，故C错误；D、将小苏打加入到氢氧化钠溶液中：OHHCO3CO32H2O，故D正确故选D点评：本题考查学生离子方程式书写的正误判断知识，是现在考试的热点，难度不大3反应：A(g)+3B(g) 2C(g) H0达平衡后，将气体混和物的温度降低，下列叙述中正确的是【解答】答案C，稳定降低反应速率均降低，正反应放热，所以平衡
4、向正反应方向移动，C正确。4关于非金属元素Si、N、S、Cl的叙述，正确的是A通常情况下，它们的单质均为气体B它们在自然界中都存在游离态形式C每种元素都只有一种氧化物D它们都有对应的含氧酸【解答】答案D：A、通常情况下硅和硫单质是固体，A错误；B、Si和Cl不能以游离态存在，B错误；C、N、S、Cl均有多种氧化物，C错误；D、四种元素均有对应的含氧酸，D正确，答案选D。考点：考查常见非金属性元素及其化合物的性质判断5在体积aL的密闭容器中，放入2 L A气体和1 L B气体，在一定条件下发生反应：3A（g）+B(g)nC(g)+2D(g)，反应达平衡后，A的浓度减少到原来的1/2，混合气体的平
5、均相对分子质量增大了1/8倍，则反应式中的n值为（ ）A.1 B.2 C.3 D.4【解答】答案A，根据质量守恒定律，质量不发生变化，而气体的平均相对分子质量增大了1/8倍，则气体的物质的量减少了。所以3+1n+2,n2，所以n=1。6下列气体不能用排空气法收集的是ANO BCO2 CNH3 DNO2【解答】答案A：用排空气法收集的气体：不能与空气的氧气反应；气体密度跟空气的密度接近。A、NO能跟氧气反应2NOO2=2NO2，不能用排空气法收集，正确；B、CO2不与氧气反应，密度比空气的大，用向上排空气法收集，错误；C、NH3极易溶于水，且密度小于空气的、不与氧气反应，用向下排空气法收集，错误
6、；D、NO2与水反应，密度比空气大，且不与氧气反应，用向上排空气法收集，错误。考点：气体收集的方法。7在一个绝热的固定容积的密闭容器中发生可逆反应：(g) + 3(g) 2(g)；H0，下列各项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是A体系的压强不再改变B体系的温度不再改变C消耗1mol的同时，新生成3molD反应消耗的 、与产生的的速率():():() = 1 : 3 : 2【解答】答案D8下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别 B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白
7、质变性 D糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【解答】答案A：A、乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应，可以区别，正确；B、戊烷有3种同分异构体，错误；C、将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，但前者属于盐析，后者属于蛋白质的变性，错误；D、糖类中的单糖不能发生水解反应，错误，答案选A。考点：考查有机物的化学性质、同分异构体的判断9把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是A稀硫酸 BCuSO4溶液 CAgNO3溶液 DFe2(SO4）3溶液【解答】答案D：A、Fe2H=Fe2H2，有气体产生，不符合题意，故错误；
8、B、FeCu2=Fe2Cu，投入56g铁，置换出64g铜，溶液质量减轻，不符合题意，故错误；C、Fe2Ag=Fe22Ag，投入56g铁，置换出216g银，溶液的质量减轻，故错误；D、Fe2Fe3=3Fe2，溶液的质量增加，符合题意，故正确。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。10X、Y、Z、M代表四种金属，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+离子和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为AMZXY BXYZM CXZYM DXZMY【解答】答案C：X、Y、Z、M代表四种金属，金属X和Z用
9、导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出，说明X是负极，则金属性X强于Z；若电解Y2+离子和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出，说明金属性Z强于Y；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子，所以金属性是Y强于M，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为XZYM，答案选C。考点：考查金属性强弱比较11短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中相对位置如图所示。下列说法正确的是（ ）XYZWQA原子半径的大小顺序为：rXrYrZrW rQ B元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8C离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【解答】答案B：A同
10、一周期的元素，原子序数越大，原子的半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。所以原子半径的大小顺序为： rZrW rQ rXrY，错误；B元素X最高正化合价是+5价，与元素Z的最高正化合价为+3价，它们的和的数值等于8，正确；C离子Y2和Z3+的核外电子数都是10个，电子层数都是2层，是相同的；错误；D元素W的最高价氧化物对应的水化物H2SO4的酸性比Q的HClO4的弱，错误。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。12X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4，已知Y、R同主族，Z、R、W同周期。下
11、列说法不正确的是（ ）A原子半径：ZRWBXW4分子中各原子均满足8电子结构C气态氢化物的稳定性：HmWHnRDY、Z形成的化合物中只可能存在离子键【解答】答案D：根据题意可知这几种元素分别是X:C；:；：a; R: S; W:Cl AZ、R、W是同一周期的元素。对于电子层数相同的元素来说，原子核外的电子数越多，原子半径越小。所以它们的原子半径大小顺序是：ZRW。正确。B在CCl4中碳原子与四个Cl原子之间形成四对共用电子对，使每个原子都达到8电子的稳定结构。正确。C氯和硫都是第三周期的元素，它们的非金属性ClS元素的非金属性越强，其对应的氢化物就越稳定。所以稳定性HClH2S。正确。DNa
12、和O两元素可以形成Na2O、 Na2O2两种氧化物。前者只有离子键。后者既有离子键也有非极性共价键。错误。考点：考查元素的推断及形成的各种物质的结构和性质的知识。13（6分）正长石是一种天然的硅酸盐矿，其组成可看作SiO2中部分Si原子被Al、K原子取代而成。当有25%的Si原子被Al原子取代（不足的价数由K原子补充）时，正长石的化学组成可表示为_（填字母序号）。AKAlSiO4 BKAlSi2O6 CKAlSi3O8 DKAlSi4O10该正长石用二氧化硅和金属氧化物形式来表示，其组成为_。【解答】答案C K2OAl2O36SiO214某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回
13、收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：（1）酸浸后加入H2O2的目的是 。调pH步骤中加入的试剂最好是 （填化学式）。实验室进行过滤操作所用到的玻璃仪器有 。（2）煮沸CuSO4溶液的原因是 。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，写出该反应的化学方程式 。（3）称取所制备的CuCl样品0.2500g置于一定量的0.5molL-1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000molL-1的Ce（SO4）2溶液滴定，到达终点时消耗Ce（SO4）2溶液25.00mL。有关的化学反应为：Fe3CuClFe2Cu2Cl，Ce4Fe2F
14、e3Ce3。计算该CuCl样品的质量分数 。（4）Fe3+发生水解反应Fe33H2OFe(OH)33H，该反应的平衡常数表达式为 。【解答】答案（1）将Fe2+氧化成Fe3，便于调整pH值与Cu2+分离；CuO或Cu(OH)2等；漏斗、烧杯、玻璃棒（2）除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成2CuSO42NaClNa2SO3H2O2CuCl2Na2SO4H2SO4（3）99.50% （4）K解析：由于在电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。所以加入稀硫酸能与Fe及金属氧化物发生反应，产生溶解于水的物质，除去难溶性的杂质。再加入H2O2，可以把Fe2+氧化为Fe3+.便于调整溶液的pH值
15、试纸与Cu2+进行分离。既能降低溶液的酸性，又不引入新的杂质，应该加入的物质金属阳离子与溶液中的相同即可。如加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3等. 在实验室进行过滤操作所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。（2）在用稀硫酸溶解后的溶液中加入了有强氧化性的H2O2，如果不除去，会使制取的CuCl被氧化变质。所以要将CuSO4溶液煮沸来驱赶H2O2。向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，生成白色的CuCl沉淀的化学方程式为2CuSO42NaClNa2SO3H2O2CuCl2Na2SO4H2SO4。（3）由方程式可得关系式为CuClFe2Ce4。n(Ce4)=n(CuCl)= c
16、V=0.1000mol/L 0.025L= 2.510-3mol.所以m=nM=2.510-3mol99. 5=0.24875g.所以该CuCl样品的质量分数为：（0.24875 0.2500g）100%=99.50%。（4）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度幂指数的乘积与个反应物浓度的幂指数乘积的比。因此该水解反应飞平衡常数K。考点：考查化学实验基本操作、化学平衡常数的表达式、物质的纯度的计算及工业流程的知识。15某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。 （1）图圆底烧瓶中反应的化学方程式是 （2）图中褪色的是 （填a或b），烧杯中反应的离子方程式是 （3）将Cu丝换成Fe丝，
17、做实验，结果也能点燃，你认为Fe丝也可点燃的最确切的理由是 。AFe与Cu都是金属元素 BFe的熔点比Cu高CFe的密度比Cu小 DFe的金属性比Cu强（4）将装置放置在光亮的地方（日光没有直接照射），一会儿后，观察到量筒壁上有油状液滴生成，量筒内液面上升。油状液滴的成分可能是（写分子式） ，量筒内液面上升的主要原因是_。【解答】答案（1）MnO 2 4HCl（浓）MnCl 2 Cl 2 2H 2O （2）b ； Cl 2 2OH - =Cl - ClO - H 2O；（3）D；（4）CH2Cl2、CHCl3、CCl4；生成的HCl气体溶解于饱和食盐水，量筒内的气压在减小。解析：（1）图圆底烧
18、瓶中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生氯气，反应的化学方程式是MnO 2 4HCl（浓）MnCl 2 Cl 2 2H 2O；（2）干燥的氯气没有漂白性，氯气与水反应产生的HClO具有漂白性，所以图中褪色的是b，在烧杯中Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO和水，反应的离子方程式是Cl 22OH - =Cl -ClO -H 2O；（3）将铜丝换成铁丝，做实验，结果也能点燃，因为Fe的金属性比Cu强，能与氯气反应生成氯化铁，选项D正确；（4）将盛有CH4和Cl2的混合气体的装置放置在光亮的地方（日光没有直接照射），这时会发生取代反应产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4
19、及HCl，HCl容易溶于水，而反应产生的有机物CH2Cl2、CHCl、CCl4都是难溶于水的液体物质，所以一会儿后，观察到量筒壁上有油状液滴生成，量筒内液面上升。油状液滴的成分可能是CH2Cl2、CHCl、CCl4，量筒内液面上升的主要原因是生成的HCl气体溶解于饱和食盐水，使量筒中的气体压强减小，在外界大气压强的作用下，水进入量筒内。考点：考查氯气的制取方法及性质的有关知识。16某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如下图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。（1）实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是 。（2）装置的作用是 。（
20、3）实验过程中，装置IV中的实验现象为_；发生反应的化学方程式为 。（4）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置 与 之间添加下图中的 装置(填序号)，该装置的作用是_。（5）装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发生反应的离子方程式 。【解答】答案（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O （2 分）（2）除去氯气中的氯化氢气体 （1分）（3）无色溶液变蓝色（1分） Cl2+2KI=I2+2KCl （2分）（4） 干燥Cl2 （各1分）（5）Cl2 + 2OH - = Cl
21、- +ClO- + H2O解析：（1）实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。（2）加热时浓盐酸中的氯化氢气体已挥发，会导致氯气中混有杂质，装置中水的作用是：除去氯气中的氯化氢气体（3）氯气的氧化性大于碘，故氯气能把KI中的碘置换出来，所以装置IV中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl。（4）从装置出来的是湿润的氯气，能够使干燥的品红试纸褪色，要观察到“a无明显变化”这一预期现象，需要在与之间装上 以干燥干燥Cl2，就可以达到预期效果； （5）防止尾气污染空气，用浓氢氧化钠溶液除去，反应的
22、离子方程式是：Cl2 + 2OH - = Cl- +ClO- + H2O。考点：氯气的制备和性质17某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图IIV所示。（1）只根据图I、II所示实验，能够达到实验目的的是(填装置序号)_。（2）图III、IV所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_；与实验III 相比，实验IV的优点是(填选项序号)_。A III比IV复杂B IV比III安全C IV比III操作简便D IV可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而III不行（3）若用实验V验证酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是(填化学式)_
23、。（4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应。当石灰水过量时，其离子方程式为_；碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量之比是2:1时，所得溶液中的溶质的化学式为_。【解答】答案（12分，每空2分）（1）II；（2）2NaHCO3Na2CO3CO2H2O ； D；（3）NaHCO3 ；（4）Ca2+OH-+ HCO3-=CaCO3H2O ； Na2CO3。解析：（1）中澄清石灰水都变浑浊，现象差别不大；中碳酸钠加入盐酸中反应产生比碳酸氢钠慢碳酸氢钠与盐酸发生反应产生气泡快，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠比较，碳酸氢钠产生的气体多，气球涨的大，反应现象有差别。故能够达到实验目的的是。 （2） 图、所示实验都是
24、验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3H2OCO2。装置中要加热两次，装置只需一次，优点就是操作简便，而且节能。因此选项D正确。（3） 碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，由于玻璃的导热性差，将碳酸钠放在外管A中直接加热，将碳酸氢钠放在内管B中进行间接加热，外管的温度比内管的高，若内管物质间接加热分解使澄清石灰水变浑浊，而外管直接加热不分解，连接的石灰水没有变化，就可以证明物质的稳定性：碳酸钠碳酸氢钠；（4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合，当石灰水过量时，要以不足量的碳酸氢钠为标准书写反应的离子方程式
25、，其离子方程式为Ca2+OH-+ HCO3-=CaCO3H2O；碳酸氢钠与氢氧化钙的物质的量之比是2:1时，发生反应：2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+Na2CO3+H2O，可见所得溶液中的溶质是Na2CO3。【考点定位】考查碳酸钠、碳酸氢钠的鉴别、实验方案的设计与评价、反应的离子方程式的书写、物质成分的确定的知识。【名师点睛】碳酸钠、碳酸氢钠是碳酸的两种钠盐，二者都可以与盐酸发生反应，但反应现象不同，碳酸钠与盐酸发生反应分布进行，向碳酸钠溶液中加入盐酸，首先发生反应：Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，可
26、见而碳酸氢钠溶液中加入盐酸，即可发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，产生气体，可以利用与盐酸反应现象的不同加以鉴别。发生反应产生气体，与盐酸混合时，加入的相对物质的量多少不同，加入的顺序不同，发生反应不同，反应现象不同，将盐酸加入到碳酸钠溶液中开始无现象，后来有气泡，二将碳酸钠加入到盐酸中时，立刻反应产生气体，可以根据反应现象的不同鉴定盐酸和碳酸钠溶液。二者的稳定性也不相同，碳酸钠稳定，受热不分解，二碳酸氢钠不稳定加热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，因此也可以根据物质的稳定性的不同，用加热的方法鉴别，为了进行两个对比实验，可以采用套管实验方法，将稳定性差的放入内管，稳定性强
27、的放入外管，不仅可以对比，也节约能源、节约时间。二者在一定条件下可以相互转化。向碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体(或加入少量盐酸)。可以发生反应产生碳酸氢钠；碳酸氢钠加热发生分解反应产生碳酸钠，或向碳酸氢钠溶液中加入适量氢氧化钠发生反应产生碳酸钠。要掌握二者性质的异同，会鉴别、鉴定或进行除杂净化。18（2015秋宣城月考）在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验三组实验均各取20mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：实验序号甲乙丙合金质量/mg255385459生成气体体积/mL280336336请回答下列问题：（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？ （填“甲”或“
28、乙”）理由是 （2）要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的盐酸的物质的量浓度为 （3）求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是 ，求得的Mg、Al物质的量之比为 【解答】答案（1）乙；因甲反应后的溶液中再加合金还能继续反应，说明甲中盐酸有剩余，若乙中盐酸恰好完全反应或有剩余，则产生的氢气应为280mL=423 mL336 mL，故说明乙中盐酸不足；（2）乙或丙；1.5mol/L；（3）甲；1：1解析：（1）盐酸浓、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，
29、且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，根据甲可知，生成336mL氢气需要金属的质量为：255mg=306mg，故乙中金属有剩余，乙中盐酸不足，（2）乙、丙中盐酸完全反应，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为：=0.015mol，根据氢元素守恒可知：n（HCl）=2n（H2）=20.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为：=1.5mol/L，（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知：24x
30、+27y=0.255，根据电子转移守恒有：2x+3y=2，根据联立解得：x=0.005、y=0.005，所以合金中镁与铝的物质的量之比为：0.005mol：0.005mol=1：1，【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，根据表中数据关系判断反应的过量问题是关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力19A、B、C、D为短周期内除稀有气体外的元素，它们的原子序数依次增大。四种元素中只有C为金属元素；A和C的最外层电子数相等；B、D属于同主族；C、D两元素原子的质子数之和为A、B两元素原子的质子数之和的3倍。请回答下列问题：（1）A的元素符号
31、为_，B的原子结构示意图为_。（2）写出C2B2与A2B反应的离子方程式_ _。（3）A、B、C、D离子半径由大到小的顺序为 。（用离子符号表示）（4）用化学方程式证明元素原子的得电子能力B强于D_ _。【解答】答案（1）H；（2）2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2；（3）S2-O2-Na+H+ ；（4）2H2S+O22H2O+S。解析：A、B、C、D为短周期内除稀有气体外的元素，它们的原子序数依次增大，C为金属元素；A和C的最外层电子数相等，位于同主族，则C为Na，A为H；B、D属于同主族，设B的质子数为x，则D的质子数为x+8，C、D两元素原子的质子数之和为A、B两元素原子的质子
32、数之和的3倍，所以11+x+8=（1+x）3，解得x=8，即B为O，D为S。（1）A为H，B为O，其原子结构示意图为；（2）C2B2为Na2O2，钠离子与过氧根离子以离子键结合，O、O之间以共价键结合，与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O 4Na+ 4OH-+O2；（3）离子核外电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2-O2-Na+H+；（4）利用元素单质的置换反应可说明得电子能力的强弱，如2H2S+O22H2O+S。考点：考查元素的推断、原子结构示意图、化学方程式、离子方程式的书写及离子半径大小比较的知识。20（5分）室温下，单质A、B
33、、C分别为固体、黄绿色气体与无色气体，在合适条件下，它们可以按下面的流程进行反应。又知E溶液是无色的。请回答：（1）写出E物质的化学式_。（2）写出GH的化学方程式_。（3）写出BFD的离子方程式_。【解答】答案（1） HCl；（2） 4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3；（3） 2Fe2Cl22Fe32Cl解析：（1）由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反应生成的固体D为固体单质A与Cl2反应生成的一种氯化物；反应生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A
34、与Cl2反应已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe，所以A为Fe，B为Cl2，C为H2，D为FeCl3，E为HCl，F为FeCl2，G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，故答案为：HCl；（2）GH为Fe（OH）2和O2反应生成Fe（OH）3的反应，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）B+FD的反应为Cl2和FeCl2生成FeCl3的反应，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，考点：无机推断21（I）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单
35、质。它们之间有如下的反应关系：（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。写出反应的化学方程式_。（2）若B是气态氢化物。C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出反应的化学方程式_。（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应离子方程式_。（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式_。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。写出反应的离子方程式_。（II）在温度相同、体积均为1 L的三个密闭容器中，按不
36、同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下。已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H =-98.3 kJmol-1。容 器甲乙丙反应物投入量2 mol SO2、1 mol O22 mol SO3m mol SO2、n mol O2、p mol SO3c(SO3) /molL-11.41.41.4能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJSO2或SO3的转化率1212.5%则：1+2=_，p=_mol，b+c=_kJ 。（III）HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：AHA+HC2-(少量)A
37、-+H2C- BH2B(少量)+2A-B2-+2HACH2B(少量)+H2C-HB-+H3C回答下列问题：（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_。（2）A-、B2-、C3-、HB-、H2C-、HC2-六种离子中，最易结合质子(H+)的是_，最难结合质子的是_。（3）完成下列反应的离子方程式HA（过量）C3-：_。(IV)在25下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+) = c(Cl)，则溶液显_（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。【解答】答案（共25分）（）（10分 各2
38、分）（1）NaOH+CO2=NaHCO3（2）4NH3+5O2=4NO+6H2O（反应条件不写不扣分）（3）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3（4）Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2（5）2Fe3+Fe=3Fe2+（）（6分）1（2分）， 1.6（2分），39.32（2分）（）（6分）（1）H2B （2分）（2）C3-，HB- （各1分）（3）2HA(过量)+C3-=H2C-+2A-（2分）（）（3分）中（1分） （2分）解析：（）（1）B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物，D物质常用于食品工业。则A为Na、B为Na2O2、C为NaOH、D为NaHCO3，N
39、aOH与过量的CO2反应可生成NaHCO3，化学方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3。（2）若B是气态氢化物。C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。则A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2，反应为NH3的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。（3）D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。则A为Al、B为AlCl3、C为Na AlO2、D为Al(OH)3，反应为Na AlO2溶液与过量的CO2反应，生成Al(OH)3沉淀和HCO3，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3。（4）A是太阳能电池用的光伏材
40、料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。则A为Si、B为SiO2、C为Na2SiO3，D为Na2CO3，反应为Si与NaOH溶液的反应，化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。则A为Fe、C为FeCl3、D为FeCl2，反应为Fe还原Fe3+，离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+。（）根据甲、乙、丙可知平衡均是等效的。甲是反应物开始建立平衡，乙是生成物开始建立平衡，所以SO2和SO3的转化率之和是1。丙中SO3的转化率是0.125，平衡时SO3的物质的量是1.4mol
41、，所以有p（10.125）1.4mol，解得p1.6mol。根据反应式可知每消耗2mol三氧化硫，就吸收98.3 kJ热量，丙中消耗的三氧化硫是1.6mol0.1250.2mol，吸热是0.298.3 kJ/29.83kJ。乙中消耗三氧化硫是0.6mol98.3 kJ/229.49kJ。所以共吸热29.49kJ9.83kJ39.32kJ。（）本题主要考查“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，由所给方程式可得酸性：H2BHAH2C-H3C，相应的它的离子结合质子的顺序为：C3-HC2-H2C-A-HB-。（）根据电荷守恒，当c(NH4+) = c(Cl)时，溶液中的c(H+) = c(OH)，故溶液显中性。Kb= =考点:本题考查元素化合物的性质、物质的推断、化学方程式与离子方程式的书写。