1、河南省郑州市第三十六中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1将足量的铝粉分别投入等物质的量浓度的NaOH溶液和盐酸中，待反应结束后，两者产生的气体在相同状况下占有相同的体积。下列叙述不正确的是 A消耗铝的质量相等 BNaOH溶液和盐酸的体积相等C两反应中转移的电子数相等 D反应中生成的NaAlO2和AlCl3物质的量相等【答案】B【解析】略2FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体具有的共同性质是A. 具有相同的微粒直径 B. 都呈红褐色C. 都能透过半透膜 D. 都存在布朗运动【答案】D【解析】A 错误，微粒直径不同，胶体直径大，溶液直径小B 错误，FeCl3溶液黄色，Fe(OH)
2、3胶体红褐色C 错误，FeCl3溶液能透过半透膜，Fe(OH)3胶体不能D 正确3为确证碳酸氢钠固体中是否含有碳酸钠，下列实验操作及判断正确的是A观察加热时能否放出气体B观察滴加盐酸时能否放出气体C溶于水中，滴加澄清石灰水，观察是否有沉淀生成D溶于水中，滴加少量氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成【答案】D【解析】试题分析：A无论是否含有碳酸钠，加热时，碳酸氢钠分解都产生气体，不能确定是否含有碳酸钠，故A错误；B碳酸钠和碳酸氢钠加入盐酸都生成二氧化碳气体，不能确定是否含有碳酸钠，故B错误；C碳酸钠和碳酸氢钠溶于水中，滴加澄清石灰水，都产生碳酸钙沉淀，不能确定是否含有碳酸钠，故C错误；D溶于水中，
3、滴加少量氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀，如能观察到白色沉淀生成，说明含有碳酸钠，故D正确，故选D。【考点定位】考查碳酸钠和碳酸氢钠的检验【名师点晴】加热时，碳酸氢钠分解而碳酸钠不分解，加入盐酸都生成二氧化碳气体，加入澄清石灰水，都生成碳酸钙沉淀，但加入氯化钡溶液，只有碳酸钠产生沉淀，题目难度不大，注意二者性质的区别，易错点为C，注意相关反应的化学方程式的书写，据此分析解题。4下列有关物质的性质、应用或制取的说法正确的是A自来水厂可用明矾对水进行消毒杀菌B工业上将氯气通入澄清石灰水中，制取漂白粉C除去氯化钙溶液中少量盐酸，加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌再过滤D常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存
4、放浓硝酸【答案】C【解析】试题分析：一般我们用明矾除去水中的悬浮颗粒，用双氧水或ClO2对自来水消毒，故A错误；工业上将氯气通入石灰乳中，制取漂白粉，故B错误；碳酸钙与盐酸反应后生成氯化钙，没有生成新的杂质，故C正确；常温下，浓硝酸可以使金属铝钝化，在金属表面形成一层致密的氧化膜，故D错误，此题选C。考点：考查化学原理在生活中的应用相关知识5下表中a、b、c表示相应仪器中加人的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是编号气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BCO2盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CNO稀硝酸铜屑H2ODCl2浓盐酸二氧化锰饱和NaCl溶液【答案】B【解析】试题分析：A、氨气的密
5、度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，错误；B、盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳不与碳酸氢钠反应，所以用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳，正确；C、铜与稀硝酸反应生成NO，NO与空气中的氧气反应生成二氧化氮，错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，需要加热，错误，答案选B。考点：考查对实验方案的判断6如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()。A蓝色石蕊试纸先变红后退色B品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均退色，证明SO2具有漂白性C湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2DNaCl溶液可用于除去实验中多余
6、的SO2【答案】C【解析】由于SO2溶于水生成H2SO3，只能使指示剂变色，而不能退色，A项错误；SO2能使酸性KMnO4溶液退色，是发生氧化还原反应的结果，B项错误；除去多余的SO2应用NaOH溶液而非NaCl溶液，D项错误；湿润的淀粉KI试纸未变蓝，即无I2生成，故SO2的氧化性弱于I2的氧化性。7已知CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H=+178.5kJ/mol要使1t CaCO3完全分解，热量由煤炭燃烧提供，至少需要煤炭（ ）千克（已知煤炭热值为33kJ/g）A27 B54.1 C100 D154【答案】B【解析】试题分析：根据1t CaCO3完全分解吸收的热量等于煤炭燃烧放出
7、的热量来分析解答解：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H=+178.5kJ/mol，所以1t CaCO3完全分解吸收的热量为：178.5kJ=1.785106kJ，所以需要煤103=54.1kg，故选B8实验室制Cl2反应为4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O，下列说法不正确的是 A还原剂是HCl，氧化剂是MnO2B每生成1mol Cl2，转移电子的物质的量为2molC每消耗1mol MnO2，起还原剂作用的HCl消耗4molD转移电子的物质的量为1mol时，生成标准状况下Cl2的体积为11.2L【答案】C【解析】试题分析：A、反应中氯元素化合价升高，锰元素化合价降低，所以氯
8、化氢是还原剂，二氧化锰是氧化剂，故不选A；B、每生成1摩尔氯气，转移电子数位2摩尔，故不选B；C、每消耗1摩尔二氧化锰，起还原剂作用的氯化氢2摩尔，不是4摩尔，故选C；D、转移电子的物质的里为1摩尔时，生成氯气0.5摩尔，标况下体积为11.2L，故不选D。考点：氧化还原反应的氧化剂和还原剂的判断，电子转移的计算。9下列关于苯的叙述中错误的是A苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应B在苯中加入酸性KMnO4溶液，振荡并静置后下层液体为紫色C在苯中加入溴水，振荡并静置后下层液体为橙色D在一定条件下，苯能与氢气发生加成反应【答案】C【解析】试题分析：A 苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应产生溴苯和H
9、Br，正确；B 在苯中加入酸性KMnO4溶液，由于苯的密度比水小，难溶于水，也不能与酸性高锰酸钾反应，所以振荡并静置后下层液体为紫色，正确；C 在苯中加入溴水，由于溴单质在苯中的溶解度比在水中大，苯的密度比水小，与水互不相溶，所以振荡并静置后上层液体为橙色，错误。D 在一定条件下，苯能与氢气发生加成反应产生环己烷，正确。考点：考查苯的性质的知识。10除去镁粉中的少量铝粉，可选用()A硫酸B氨水C盐酸D氢氧化钠溶液【答案】D【解析】试题分析：镁、铝都与硫酸、盐酸反应，都不与氨水反应；铝与NaOH溶液反应，而镁不反应，故选D。考点：铝及铝合金11将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧
10、瓶中，再滴入少量H2SO4溶液并用水溶解、加热，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应。则X为（ ）AClO2 BCl2O CCl2 DCl2O3【答案】A【解析】试题分析：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2（5-x）=1（6-4），解得x=+4，A、ClO2中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故A正确；B、Cl2O中，O
11、为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；C、Cl2中，Cl元素的化合价为0，故C错误；D、Cl2O3中，O为-2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误。考点：本题考查氧化还原反应中电子守恒的应用。 12常温下，把2.7g铝投入到一定量氢氧化钠溶液中，充分反应后，下列表示正确的是（NA为阿佛加德罗常数）电子转移反应的Al溶液中的AlO2-生成的H2A0.2NA0.1NAB0.3NA0.3NAC2.7g3.36LD0.1NA2.7g【答案】A【解析】2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23O2，可见当有.1 mol铝（27g）参加反应，则有3
12、 NA的电子转移，产生氢气1.5 NA和1 NA的AlO2-，故答案为A（一定要注意本题为常温，不能用直接计算气体的体积）13下列描述正确的是A氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同B滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、I-可能大量共存C某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-DFe(NO3)2溶液中滴加少量稀硫酸会变黄色【答案】D【解析】试题分析：氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红褪色；活性炭具有吸附性使品红溶液褪色，漂白原理不同，故A错误；滴加石蕊试液显红色的溶液显酸性，2Fe3+2I-= 2Fe2+I2，故B错误；加入盐酸
13、酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+、SO42-，故C错误；Fe(NO3)2溶液中滴加少量稀硫酸，发生，故D正确。考点：本题考查离子反应。14浓H2SO4在加热的条件下，可以和Cu等不活泼金属反应，释放出SO2气体，是因为浓H2SO4具有 A吸水性 B脱水性 C强氧化性 D强酸性【答案】C【解析】试题分析：浓硫酸和Cu反应时，浓硫酸表现出来的是强氧化性。答案选C。考点：硫酸的性质点评：硫酸和Cu反应中硫酸化合价降低，所以表现强氧化性。15在指定环境中，下列各组离子一定能够大量共存的是A在pH=1的无色溶液中：SO42、Cu2+、Na+、ClB使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、NO
14、3-、SO42-、Na+C在c(H+)/c(OH)= 11013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1、K+D加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4、Na、NO3、SO42【答案】C【解析】试题分析：A、在pH=1的无色溶液中Cu2+为蓝色；B、使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应不能大量共存；C、c(H+)/c(OH)= 11013，c(H+)c(OH)= 110-14，得c(H+)= 0.3mol/L，溶液为酸性，NH4+、Ca2+、C1、K+可以大量共存；D、加入铝粉后产生大量氢气的溶液可能为酸性也可能为碱性，NH4在碱性溶液中不能大量存在；答案选C。考点：
15、离子共存16物质A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有下图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是_，H是_，（2）写出A与NaOH溶液反应的离子方程式：_;（3）写出反应“IJ”的离子方程式：_;（4）写出反应“FG”的离子方程式：_;（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：_;其反应的原理是（化学方程式）_.（6）检验溶液J中的金属阳离子，用_试剂（填化学式），其现象是_.【答案】（1）HCl ， Fe （2）2Al2OH-2H2O=2 AlO2-3H2（3）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（4）Al(OH)3OH= AlO2+2H
16、2O（5） 先出现白色沉淀，随即变成灰绿色，最后变成红褐色。（6） KSCN， 溶液变为血红色，【解析】试题分析：K为红褐色沉淀，则应为Fe（OH）3，则溶液J中含有Fe3+，气体E是黄绿色气体判断为Cl2，D应为H2，E应为氧化性气体Cl2，B应为HCl，H为Fe，则I为FeCl2，J为FeCl3，白色沉淀F能溶于过量NaOH溶液，则F为Al（OH）3，G为NaAlO2，A为Al，C为AlCl3，（1）由以上分析可知B应为HCl H为Fe （2）A与NaOH溶液反应的离子方程式：2Al2OH-2H2O=2 AlO2-3H2（3）反应“IJ”是FeCl2和Cl2发生反应生成氯化亚铁，反应离子方
17、程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，（4）“FG”的离子方程式：Al(OH)3OH= AlO2+2H2O（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是：先出现白色沉淀，随即变成灰绿色，最后变成红褐色。4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3（6）检验溶液J中的金属阳离子即Fe3+，可取溶液加入KSCN溶液，溶液变为血红色，证明有Fe3+。考点：铁及其化合物，铝及其化合物发生反应的现象和产物的判断，17X，Y，Z，Q，R是五种短周期元素，原子序数依次增大X，Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z，R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：（1）
18、上述元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号) （2）X，Y，Z能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写名称) 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色同时生成一种生活中常见有机物，此过程的离子方程式为 （3）由以上某些元素组成的化合物A，B，C，D有如下转化关系其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体写出C的结构式 ；如果A，B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则由A转化为B的离子方程式 如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A，B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因 A，B浓度均为01mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 ；常温下，在该溶
19、液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有 【答案】（1）NaAl () 乙醛 5CH3CHO+2MnO4-+6H+=5CH3COOH+2Mn2+3H2O () O=C=O AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或2AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3+CO32- CO32-+H2OHCO3-+OH-，c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+)，NaCl，NaHCO3，CO2 。 【解析】试题分析：（1）根据题意可知这五种元素分别是：:H; Y:C; Z:O; Q:Na; R:Al;对于电子层数相同的元素来说，元素的核电荷数越大，原
20、子半径越小；对于电子层不同的元素来说，层数越多，原子半径越大。所以这五种元素的原子半径的大小顺序是：NaAl（2）X，Y，Z形成的既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙醛，它和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式是：5CH3CHO+2MnO4-+6H+=5CH3COOH+2Mn2+3H2O。（3）C是CO2。其结构式是O=C=O如果A，B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A是NaAlO2,B是Al(OH)3由A转化为B的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或2 AlO2-+3 H2O+CO2=2 Al(OH)3+CO32-如果A由三种元素组成，B由四种
21、元素组成，A，B溶液均显碱性则A是Na2CO3，B是NaHCO3 A溶液显碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH- A，B浓度均为01mol/L的混合溶液中，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以c(HCO3-) c(CO32-)。水解的溶液都显碱性，所以c(OH-) c(H+)，但盐水解的程度是很微弱的，所以c(CO32-) c(OH-)。故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+)。常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaCl，NaHCO3，CO2 。 考点：考查元素、化合物的推断及化学性质和相
22、互转化的知识。18某研究性学习小组为测定某含镁3一5的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计了下列三种不同实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题。【探究一】实验方案：。问题讨论：（1）实验中发生反应的化学方程式是 。（2）若实验中称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入VmL2.0molL NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V mL。 （3）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为 。【探究二】实验方案：称量xg铝镁合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。问题讨论：（4）欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数
23、据是 。（5）假设实验中测出该数据为yg，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为 （用含x、y代数式表示）。探究三实验方案：。问题讨论：（6）同学们拟选用下边的实验装置完成实验，你认为最简易的装置其连接顺序是：a接 。（填接口字母，仪器不一定全选。） （7）同学们仔细分析（6）中连接的实验装置后，又设计了下左图所示的实验装置。装置中导管a的作用是 。实验前后碱式滴定管中液面读数分别如上右图，则产生氢气的体积为 mL。与上左图装置相比，用（6）中连接的装置进行实验时，容易引起误差的原因是 （任写一点）。【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（2）97（3）过滤、洗涤、干燥固
24、体（4） 灼烧后固体的质量（5） （6） edg（7）使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下。16.00mL稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。 【解析】 试题分析：（1）镁不与NaOH溶液反应，铝可以与NaOH溶液反应，所以2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（2）“含镁3一5的铝镁合金（不含其它元素）”，含Mg的最小质量为5.4X3%=0.162g, 则含铝的质量： 5.4-0.162=5.238g,n(Al)=5.23827
25、=0.194mol,根据方程式可知，需要NaOH至少97mL.（3）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为过滤、洗涤、干燥固体.（4）Mg和铝分别生成MgO和Al2O3,所以要称量灼烧后固体的质量。（5）设Mg为nmol,Al为m mol,列二元一次方程求解，24n+27m=x和40n+51m=y,求得m(Mg)=,则镁的质量分数为。（6）只要能测量出水的体积，就可知道生成氢气的体积，所以最简单的装置连接就是让气体把水压入量筒中，进入量筒内水的体积就是氢气的体积。选edg即可。（7）导管a是利用连通器原理，目的是使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强
26、相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下。利用前后的体积差18.50-2.50=16.00mL稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。考点：实验的设计与评价。19某课外活动小组设计了以下实验验证Ag与浓硝酸反应的过程中可能产生NO。其实验流程图如下：（1）测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图装置B中所得100 mL溶液中取出25.00 mL溶液，用0.1 molL1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示。在B容器中生成硝酸的物质的量为_ mol，则Ag与
27、浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为_mL。（2）测定NO的体积从如图所示的装置中，你认为应选用_装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_。选用如图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是_(填各导管口编号)。在测定NO的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置_(填“下降”或“升高”)，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平。（3）气体成分分析若实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中_(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是_。【答案】(16分) （每空2分）（1）0.008
28、268.8（2）A 因为A装置可以通N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中的O2氧化 123547 升高（3）有 因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积(89.6112.0)【解析】试题分析：（1）B容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；100mL溶液中取出25.00mL溶液，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定，用酚酞做指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为20.4ml-0.4ml=20.00ml；所以生成硝酸25.00mL溶液中含有0.02L0.1mol/L=0.002mol；则B容器中生成硝酸的物质的量为0.008mol；由3NO2+H2O=2HNO3+NO可
29、知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为0.012mol，其体积为0.01222.4=268.8L。故答案为：0.008mol；0.012mol；（2）一氧化氮气体易被氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，AD相比A装置利用氮气可以把装置中的空气排净；故答案为：A；因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化。用A进行银和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：123547，故答案为123547；读数之前应保持内外压强相同，恢复到室温下读取量筒中液体的体积，故答案为：等液体冷却到室温
30、，并使集气瓶和量筒内液面相平；（3）实验测得NO的体积为112.0mL（已这算到标准状况），依据上述计算得到银和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为0.012mol，依据3NO2+H2O=2HNO3+NO；计算得到一氧化氮气体物质的量为0.004mol，标准状况下体味为0.0042.4L/mol=0.0896L=89.6mL112.0mL可知银和硝酸反应生成一氧化氮气体，故答案为：有；因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积89.6Al3+；（3）NaOHAl(OH)3；（4）HCl PH3。【解析】试题分析：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三种元素的最
31、高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na，B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素。C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；（1）C元素的名称是硅；D元素的名称是磷；（2）A是Na元素，原子结构示意图是：；B元素是Al元素，原子结构示意图是：；Na+、Al3+核外电子排布相同，对于电子层结构相
32、同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Na+Al3+； （3）A、B两元素最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3，因NaOH是一元强碱，而氢氧化铝具有两性，故碱性：NaOH Al(OH)3；（4） D为P，E s Cl，由于元素的非金属性ClP，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性就越强，所以相应的氢化物的稳定性：HClPH3。考点：考查元素周期表、周期律的应用以及原子结构示意图的书写、离子半径大小比较等知识。23A、B、C、D、E、F为中学化学中的常见物质，且物质A由12种短周期元素组成，在一定条件下有如图转化关系，请完成下列问题：（1）若常温下A为有色气
33、体。当F是一种金属单质时，请写出一定浓度的B溶液和适量F反应生成C与气体E的离子方程式：_。当C为直线形分子时，E具有漂白性，物质F焰色反应呈黄色，则C的电子式为_；D中所含化学键的类型为_。（2）若A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的相对分子质量相等，请用离子方程式表示F的水溶液呈酸性的原因：_。（3）若A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的，将B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一种不含金属元素的盐溶液，请写出A与H2O反应的化学方程式：_；B转化为C的化学方程式为_。【答案】（1）Fe4HNO3=Fe3NO2H2O 离子键、极性共价键（2）Al33H2OA
34、l（OH）33H（3）Mg3N26H2O=3Mg（OH）22NH34NH35O24NO6H2O【解析】试题分析：（1）若F是一种金属单质，由转化关系可知，F为变价金属，应为铁，B与铁反应生成铁离子，由于A为有色气体，与水反应生成B和E，则A为二氧化氮，B为硝酸，E为一氧化氮，C为硝酸铜，D为硝酸亚铁。B与适量F反应生成C和气体E的离子方程式为：Fe4HNO3=Fe3NO2H2OA为有色气体，与水反应生成B和E，E具有漂白性，则A为氯气，B为盐酸，E为次氯酸，物质F的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，C为直线型分子，结合转化关系可知，F为碳酸钠，C为二氧化碳，D为碳酸氢钠，二氧化碳的电子式为： D
35、为碳酸氢钠，含有离子键、极性共价键。（2）A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的相对分子质量相同，则B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气，铝盐显酸性是因为铝离子水解造成的，离子方程式为：Al33H2OAl（OH）33H。（3）若物质A中一种元素原子的最外层电子数为内层电子总数的1/5，则该元素为镁，B和D分别溶于水，所得溶液按恰当比例混合，可得一不含金属元素的盐溶液，为铵盐，A含有氮元素为氮化镁，则B 为氨气，F为氧气，C为一氧化氮，D为硝酸，E为氢氧化镁，A和水反应的化学方程式为：Mg3N26H2O=3Mg（OH）22NH3 B到C的反应方程式为：4
36、NH35O24NO6H2O考点：无机推断【名师点睛】无机推断有很多的突破口，相对分子质量是其中一个，其中几个很有必要熟记的相等式量20：Ne 、HF；28：N2、C2H4、44：C3H8、CO2、N2O56：Fe 、CaO、KOH40：Ar 、Ca、MgO60：CH3COOH、CH3CH2CH2OH、HCOOCH364：SO2、 Cu78：Na2O2 、Al （OH）398：H2SO4、H3PO4100：CaCO3 、KHCO324（12分）乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答问题：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构
37、简式是 。（2）E是有香味的物质，实验室制取E的装置如图所示。反应IV的化学方程式是_，该反应类型是_。该装置图中有一个明显的错误是_。反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是 ，可用 的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是 。反应II的化学方程式是 。【答案】（12分）（1） （2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O； 酯化（取代）反应乙试管中导管插入液面下； 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性 分液（3） CH2=CH2+H2O CH2CH3OH 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】试题分析：（1）乙烯发生加聚反应产生聚乙烯D，聚
38、乙烯的结构简式是；（2）乙烯与水发生加成反应生成A（乙醇），乙醇催化氧化得到B（乙醛）；乙醛催化氧化得到C（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应产生E，E是有香味的乙酸乙酯，据此回答：反应IV的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；该反应类型是酯化反应，也是取代反应；该装置图中有一个明显的错误是乙试管中导管插入液面下；反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性，乙酸乙酯不溶于水溶液，可用分液的方法把制得的E分离出来。（3）反应I的化学方程式是CH2=CH2+H2O CH2CH3OH；反应II的化学方程式是 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。考点：考查乙烯的性质，乙酸乙酯的制备，实验操作，化学方程式的书写等知识。