山东省乳山市第五中学高二化学下学期6月月考试卷（含解析）

山东省乳山市第五中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷

（解析版）

1．下列物质，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是 A．AlCl3 B．Al(OH)3 C．KOH D．HCl 【答案】B 【解析】

试题分析：A、氯化铝与盐酸不反应，A错误；B、氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，B正确；C、氢氧化钾是强碱，与氢氧化钠不反应，C错误；D、盐酸是强酸，不能与盐酸反应，D错误，答案选B。 【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物的性质 【名师点晴】该题的关键是熟练记住常见物质的性质。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应物质在中学阶段常见的有金属铝，两性氧化物氧化铝，两性氢氧化物氢氧化铝，弱酸的酸式盐如碳酸氢钠，弱酸的铵盐溶液碳酸铵以及氨基酸等，答题时注意灵活应用。 2．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是

+- 2+

A．铜溶于稀硝酸：Cu + 4H + 2NO3= Cu + 2 NO2↑+ 2H2O

--B．向一定量的FeBr2溶液中滴加少量的氯水 Cl2 + 2Br = Br2 +2Cl

3+-+

C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al+4NH3·H2O = AlO2+4NH4+2H2O

+-2+

D．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H+2Cl?Mn+Cl2↑+2H2O

【答案】D 【解析】

3．下列有关说法正确的是

A．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀 H2SO4 中滴加少量 Cu(NO3)2 溶液 B．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变升高温度，平衡时氢气转化率增大 C．吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g)

TiCl4(g)+O2(g)”在一定条件下可自发进行，则该

反 应的ΔS＜0

D．为处理锅炉水垢中的 CaSO4，可先用饱和 Na2CO3 溶液浸泡，再加盐酸溶解 【答案】D 【解析】

试题分析：A、实验室制氢气，为了加快反应速率，是向稀H2SO4中滴加少量CuSO4溶液，而不是硝酸铜溶液，因为Cu(NO3)2加入后形成了硝酸溶液，而硝酸有强氧化性，会产生NO，A错误；B、N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气转化率降低，B错误；C、该反应的熵不变，C错误；D、为处理锅炉水垢中的CaSO4，应先用饱和Na2CO3溶液浸泡，先将硫酸钙转化为碳酸钙，再加入盐酸溶解，D正确。答案选D。

考点：化学平衡，化学反应速率

---4．某溶液中Cl、Br、I三者物质的量之比是1∶2∶3，通入一定量的C12，当反应完后比

-值为3∶2∶1，则反应的Cl2和原溶液中I的物质的量之比是 A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶6 【答案】B 【解析】

1

试题分析：设原溶液中Cl、Br、I三者物质的量分别是1mol、2 mol、3 mol，反应完后变

-- -

为3 mol、2 mol、1 mol，只有I和氯气发生反应，消耗I2mol，根据方程式消耗I2mol

-需要氯气1mol；反应的Cl2和原溶液中I的物质的量之比是1:3。 考点：本题考查氯气的氧化性。

5．A， B均为短周期元素，已知人元素原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b； B元素原了的M 层电子数为(a-b) ， L层电子数为(a＋b)，则A、B所形成的化合物的性质可能有( )

A．能与水反应 B．能与NaOH溶液反应 C．能与稀硫酸反应 D．在空气中能燃烧 【答案】B 【解析】

试题分析：元素A和B的原子序数都小于18．B元素原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则a+b=8，A元素原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则A元素的次外层为K层，即b=2，有2个电子层，所以a=8-2=6，故A为O元素，B为的M层电子数为6-2=4，故B为Si元素，A、B两元素所形成的化合物为SiO2。A、SiO2不溶于水，不与水反应，故A错误；B、SiO2能与氢氧化钠反应，生成硅酸钠与水，故B正确；C、SiO2性质稳定，不硫酸反应，能与氢氟酸反应，故C错误；D、SiO2在空气中不能燃烧，故D错误；故选B。 考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。 6．某无色溶液中能大量共存的一组离子是

－2＋－－+2＋+－

A．OH、Ba、HCO3、Cl B．K、Fe、H、NO3

2＋2－2－＋＋3+－－

C．Mg、SO4、SiO3、H D． NH4、Al、Cl、NO3 【答案】D 【解析】

7．下列各组物质中，既不是同系物，又不是同分异构体的是 A．CH4和C4H10

B．乙酸和甲酸甲酯

---

D．苯甲酸和

【答案】D

【解析】结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互称为同系物。分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体。所以A中互为同系物，B、C中互为同分异构体，所以选项D符合题意。答案选D。

8．反应CH3OH ( l )+ NH3( g ) = CH3NH2( g ) + H2O ( g )在某温度自发向右进行，若反

. —1. —1

应｜ΔH｜= 17kJmol，｜ΔH-TΔS｜= 17kJmol，则下列正确的是（ ） A．ΔH ＞0，ΔH-TΔS＜0 B． ΔH ＜0，ΔH-TΔS＞0 C．ΔH ＞0，ΔH-TΔS＞0 D．ΔH ＜0，ΔH-TΔS＜0 【答案】A

【解析】△G=ΔH-TΔS＜0 时，反应自发进行。

9．下列离子方程式书写正确的是 （ ） A．用碳棒作电极电解饱和AlCl3溶液：

电解

2

2C1+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH

B．亚硫酸钠溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：

2-+-2-2+

5SO3+6H+2MnO4 5SO4+2Mn+3H2O C．向偏铝酸钠溶液中通人过量CO2：

-2-2AlO2+CO2+3H2O 2Al（OH）3↓+CO3

D．碳酸氢钙溶液中加人少量NaOH溶液： 2+--2-Ca+2HCO3+2OH CaCO3↓+CO3+2H2O 【答案】B 【解析】略

10．元素的性质随原子序数的递增呈周期性变化的原因是（ ）

A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化 B．元素原子的电子层数呈周期性变化 C．元素的化合价呈周期性变化 D．元素原子半径呈周期性变化 【答案】A 【解析】 试题分析：元素原子的核外电子排布呈周期性变化是导致元素的性质随原子序数的递增呈周期性变化的主要原因，答案选A。

考点：考查元素周期律变化原因的判断

点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力。 11．下列分子式表示的物质一定是纯净物的是

A．C5H10 B．C2H6O C．C2H4 D．C2H4Cl2 【答案】C 【解析】

试题分析：A、烯烃和环烷烃是同分异构体，C5H10符合的通式CnH2n，此物质不一定纯净物；B、C2H6O可能是醇，也可能是醚，故不一定是纯净物；C、C2H4 不存在同分异构体，故是纯净物；

-—

D、存在的结构简式：、，不是纯净物。

考点：考查同分异构体。

12．下列有关物质性质的应用不正确的是（ ）

A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮藏罐贮运浓硫酸 B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸

C．次氯酸具有强氧化性，因此氯气可用于自来水的杀菌消毒 D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 【答案】B 【解析】

试题分析：A．浓硫酸具有强氧化性，能与金属发生氧化还原反应，常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化，阻止反应进一步发生，可在常温下用铝制贮藏贮运浓硫酸，故A正确；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，故B错误；C．氯气与水反应生成HClO，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，所以氯气可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D．液氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境的温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故D正确。

3

CH2CHOCH2COOHCH2CH2OH13．某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（ ）

①加成；②水解；③酯化；④氧化；⑤中和；⑥消去；⑦还原

A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑦ C．①③⑤⑥⑦ D． ②③④⑤⑥ 【答案】A 【解析】

试题分析：分子中含有苯环和醛基能发生加成反应；不存在酯基不能发生水解反应；含有羟基和羧基，能发生酯化反应；羟基和醛基均能被氧化；含有羧基，能发生中和反应；含有醇羟基能发生消去反应；含有醛基，能发生还原反应，答案选A。 考点：考查有机物结构和性质判断

14．下列选项中的图像所表示的内容与相应反应符合的是(a、b、c、d均大于0)

A．4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol

－1

B．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－b kJ·mol

－1

C．2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋c kJ·mol

－1

D．2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋d kJ·mol 【答案】A 【解析】A项中温度升高，反应达平衡所需时间缩短，平衡向逆反应方向移动，NO含量减少，A正确；B项中v(正)＝v(逆)时达到平衡，之后是平衡发生移动，由图像知压强增大，v(逆)＞v(正)，说明平衡逆向移动，则逆反应应是气体总体积减小的反应，但实际上逆反应是气体总体积增大的反应，B错误；C项中压强相同时研究温度对SO3的物质的量分数的影响，温度升高，正反应为吸热反应，SO3的物质的量分数减小，平衡向正反应方向移动，C错误；D项中先将3 mol N2O5充入容积为3 L的容器中，建立与原平衡相同的平衡，将容器容积压缩到2 L，相当于增大压强，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，N2O5的转化率减小，D错误。

15．能正确表示下列反应的离子方程式是

+ ﹣2+

A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3 + 6H+ 2I = 2Fe+ I2 + 3H2O

3+2﹣2+﹣

B．0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al+2SO4+2Ba+4OH

﹣

= 2BaSO4↓+AlO2+2H2O

﹣+

C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O2 =

4

－1

2Mn+5O2↑+8H2O

﹣﹣

D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3 【答案】A 【解析】

试题分析：A、Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，反应生成亚铁离子、碘单质和水，反应的离子

+-2+

方程式为：Fe2O3+6H+2I═2Fe+I2+3H2O，故A正确；B、0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离

+3+2-2+-子反应为NH4+Al+2SO4+2Ba+4OH═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，故B错误；C、浓盐酸

可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故C错误；D、向次氯酸钠溶液中通入足量二氧化硫气体，次氯酸根离子能够氧化二氧化硫，次氯酸根离子完全转化成

-2-+-氯离子，正确的离子方程式为：ClO+H2O+SO2═SO4+2H+Cl，故D错误；故选A。

考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。

16．有机物A、B、C均由C、H、O三种元素组成。A中氧的质量分数为23.53%，且氢原子和碳原子数目相等，A的分子式的相对分子质量为最简式相对分子质量的2倍。在稀硫酸中加热A，可生成B和C，B、C均不与溴水反应，但B能与碳酸氢钠反应而C不能。试求： （1）A的分子式；（2）A、B、C的结构简式。 【答案】（1） C8H8O2；⑵ A：C6H5COOCH3；B：C6H5COOH；C：CH3OH 【解析】

17．CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式为：

－1

①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol，

－1

②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol，

－1

③C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol。

(1)在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活，甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量________(填“＞”“＜”或“＝”)890.3 kJ。

(2)甲烷与CO2可用于合成合成气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4＋CO2=2CO＋2H2，1 g CH4完全反应可释放15.46 kJ的热量，则：

①下图能表示该反应过程中能量变化的是________(填字母)。

2+

②若将物质的量均为1 mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随着时间

5

的变化如图所示，则CH4的转化率为________。

(3)C(s)与H2(g)不反应，所以C(s)＋2H2(g)=CH4(g)的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出，C(s)＋2H2(g)=CH4(g)的反应热ΔH＝________。

(4)目前对于上述三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于上述三种物质的研究方向中可行的是________(填字母)。

A．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4与O2，并放出热量 B．寻找优质催化剂，在常温常压下使CO2分解生成碳与O2

C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气(CO、H2) D．将固态碳合成为C60，以C60作为燃料

－1

【答案】(1)＝ (2)①D ②63% (3)－74.8 kJ·mol (4)C

【解析】(1)给定反应的反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，故甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量仍等于890.3 kJ。

(2)①1 g CH4完全反应释放15.46 kJ的热量，则1 mol CH4完全反应放出热量为247.36 kJ，故D图符合题意；②CH4的转化率＝155.8/247.36 ×100%≈63%。

－1

(3)②＋③－①即得C(s)＋2H2(g)=CH4(g) ΔH＝－74.8 kJ·mol。

－1

(4)已知CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol，则CO2与H2O反应生成CH4与O2的反应吸热，故A项不正确；使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生，故B项不正确；利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气(CO、H2)是合理的，C项正确；将固态碳合成为C60，以C60作为燃料，极不经济合算，故D项不正确

+3+2+3+2?

18．某化学兴趣小组设计如下流程，从酸性工业废液(含H、Al、Mg、Cr、SO4)中提取铬．

有关数据如表：

回答下列问题：

（1）步骤①所得滤液可用于制取MgSO4?7H2O，酸性工业废液中加入适量氧化铝的作用是____。

6

（2）若酸性废液中c(Mg)=0.1mol/L，为达到步骤①的实验目的，则废液的pH应保持在

3+

_______范围（保留小数点后l位）。当溶液Ph=5时，c(Cr)=__________ （3）步骤②中生成NaCrO2 的离子方程式为_____________。 （4）步骤④中反应的离子方程式为________________。 （5）步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是__________________，可选用的装置是________。(填序号)

2+

（6）步骤⑦发生的化学反应方程式为____________________________。 【答案】

（1）调节溶液的pH；

-4

（2）5.3

--（3）Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O；

2-2--（4）7H2O+4CrO4+6S=4Cr(OH)3↓+3S2O3+2OH； （5）使Cr(OH)3完全转化为Cr2O3， D； （6）2Al+ Cr2 O3

Al2O3+2Cr

【解析】

+3+2+3+2?

试题分析：（1）从酸性工业废液(含H、Al、Mg、Cr、SO4)中提取铬，步骤①所得滤液可用于制取MgSO4?7H2O，向滤液中加入氧化铝的作用是调节溶液的pH，得到滤渣为氢氧化铝

--和氢氧化铬，滤液中主要是硫酸镁溶液，滤渣A中加入过量的氢氧化钠得到CrO2、AlO2溶

--液，加入氧气将CrO2氧化为CrO4，再加入硫磺，过滤得到氢氧化铬。（1）酸性工业废水中加入适量的氧化铝的作用是调节溶液的pH，得到氢氧化铝和氢氧化铬，答案为：调节溶液的pH；（2）步骤①的实验目的是得到氢氧化铝和氢氧化铬，根据表中的数据可知废液的pH

--93+-4

应保持在5.3~7.8，当溶液的pH为5时，c（OH）=10，经计算得c(Cr)=10mol/L，答案

-4

为：5.3

----Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O，答案为：Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O；（4）步骤④加硫磺得到铬酸根，

2-2--反应的离子方程式为：7H2O+4CrO4+6S=4Cr(OH)3↓+3S2O3+2OH，答案为：

2-2--7H2O+4CrO4+6S=4Cr(OH)3↓+3S2O3+2OH；（5）步骤⑤在空气中充分灼烧的目的是为将氢氧化铬分解得到氧化铬，应该用到坩埚，答案为：使Cr(OH)3完全转化为Cr2O3，D；（6）步骤⑦是Al将三氧化二铬中的铬置换出来，即铝热反应，答案为：2Al+ Cr2 O3

Al2O3+2Cr.

考点：考查无机化工过程 19．某化学小组按下图所示实验流程比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，其中B为一种紫红色金属，C为红棕色气体。

7

请回答下列问题：

（1）A与B反应的化学方程式是 ；A与B反应迅速，实验中需要采取措施控制气体放出的快慢，则装置Ⅰ所选择的主要仪器为 （不包括铁架台、铁夹、橡皮塞和导管等）。

（2）实验时在装置Ⅰ中加入B后，在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，该操作的目的是 。实验室制取CO2气体的化学方程式是 。

（3）装置Ⅱ中发生反应的化学方程式是 。

（4）通过实验可得出：浓硝酸的氧化性比稀硝酸 （填“强”或“弱”），判断的依据 是 。 （5）小组内有同学指出该流程中装置Ⅴ可有可无，你认为装置Ⅴ是否需要 （填“是”或“否”），理由是 。 【答案】（1）Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 分液漏斗、烧瓶（或大试管或锥形瓶） （2）排出系统内的氧气，防止生成的NO被氧化 CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O （3）3NO2+H2O=2HNO3+NO

（4）强浓硝酸能将NO氧化为NO2，而稀硝酸不能 （5）是装置Ⅴ可吸收尾气NO、NO2，防止环境污染 【解析】 试题分析：（1）根据B是一种紫红色金属为铜，C为红棕色气体即为二氧化氮，A与B反应为铜和硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，方程式为：Cu + 4HNO3=Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O。 需要采用措施空气气体放出的快慢，则需要控制加入浓硝酸的量，所以选分液漏斗、烧瓶（或大试管或锥形瓶）。（2）根据一氧化氮被氧化，所以在反应之前应排尽装置中的氧气，实验室用碳酸钙与稀盐酸制取二氧化碳，方程式为：CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2↑+ H2O。（3）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。（4）根据流程图装置分析，说明浓硝酸可以把一氧化氮D氧化成二氧化氮C，而稀硝酸不能把一氧化氮D氧化，所以浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强。（5）因为一氧化氮二氧化氮都是有毒气体，所以最后要进行尾气处理，所以装置V一定要有，装置Ⅴ可吸收尾气NO、NO2，防止环境污染。

考点：性质实验方案的设计，硝酸的化学性质 20．（16分）在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2,可以制得纳米级碳酸钙（粒子直径在1 ~ 100nm之间）。下图所示A-E为实验室常见的仪器装置（部分固定夹持装置略去），请根据要求回答问题。

8

（1）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪器装置的接口连接顺序是（选填字母）：a接_________，_________接_________，_________接h ；用A装置制取NH3的化学反应方程式为

（2）用右图所示装置也可以制取NH3，则圆底烧瓶中的固体可以选用_________（选填字母编号）；

A 碱石灰 B 生石灰 C 无水氯化钙 D 无水硫酸铜 E 烧碱

（3）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是_____________，试写出制纳米级碳酸钙的化学方程式__________________；

（4）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级 。

【答案】（1）d e g f（2分）2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2 + 2NH3 ↑+ H2O（其它答案合理也

给分）（3分）

（2）ABE（3分漏选一个扣1分，错选一个倒扣1分）

（3）NH3（2分） CaCl2 + CO2 + 2NH3 + H2O＝CaCO3（胶体）+ 2NH4Cl（3分）

（4）取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是（3分） 【解析】 试题分析：（1）实验室用熟石灰和氯化铵加热制取氨气，所以A是发生装置，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2

CaCl2 + 2NH3 ↑+ H2O。氨气是碱性气体，应该用碱石灰干燥氨气，

不能用浓硫酸。氨气的密度小于空气的，且氨气极易溶于水，所以应该用向下排空气法收集，连接顺序是d e g f；

＋－

（2）氨水中存在平衡NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋OH，所以要制取氨气，就应该使平衡向逆反应方向移动，选项ABE符合题意；

（3）CO2在水溶液中的溶解度小，而氨气极易溶于水，首先通入的是氨气，反应的方程式为CaCl2 + CO2 + 2NH3 + H2O＝CaCO3（胶体）+ 2NH4Cl；

（4）由于微粒的直径是纳米级的，所以形成的分散性应该是胶体，鉴别胶体可以用丁达尔效应。即取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是。

9

考点：物质的制备实验与设计，涉及氨气的实验制法、候氏制碱法原理的应用等。

21．某兴趣小组同学取用80.00 g的MgCl2溶液(含镁元素质量分数为15.00%)，将其小心蒸干得49.25 g固体(其成分表示为Mgx(OH)yClz?nH2O)，为研究其组成进行了如下两实验：

－1

实验一：将所得固体全部溶于100 mL 1.50 mol·L的硝酸中，再加水稀释至500 mL，测

+－1

得溶液的c(H)=0.1mol·L；

实验二：取实验一稀释后的溶液50 mL向其中加入足量的AgNO3溶液得沉淀12.915 g。 ①对于上述两个实验的安排，说法正确的是 ；（填字母序号）

A．均要做，否则无法计算 B．均不要做，数据已经足够 C．只要做实验一即可 ②试通过计算确定固体的化学式。（要求有计算过程） 【答案】①C(2分)

2+－－

②n(Mg)=0.5mol， n (OH)= 0.1mol，n (Cl)=0.9mol，n (H2O)=0.2mol

2+－－

故n(Mg)：n (OH)：n (Cl)：n (H2O) = 0.5：0.1：0.9：0.2＝5：1：9：2 即化学式为：Mg5(OH)Cl9·2H2O(4分) 【解析】略 22．下图中X、Y、Z为单质，其他化合物，它们之间存在有如下转化关系（部分产物已略去）。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：

（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是________________；R的化学式是________。 （2）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式______________________。 （3）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量．假设生成的气体只有一种，请在坐

2+2+

标系中画出n（X）随n（X）变化的示意图，并标出n（X）的最大值_____________。 【答案】（1）第二周期ⅥＡ族 H2SiO3

+-3+

（2）3Fe3O4+28H+NO3=9Fe+NO↑+14H2O （3）1.5 【解析】 试题分析：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁，R为H2SiO3，

（1）氧元素在周期表中的位置是第二周期ⅥＡ族；Ｒ为硅酸，化学式为H2SiO3；

（2）四氧化三铁和硝酸反应是氧化物中的二价铁元素被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还

+-3+

原到+2价，反应的离子方程式为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe+NO↑+14H2O；

2+

（3）铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe的量为0，随着铁

3+2+2+

的加入，多余的铁又和Fe反应而生成Fe，故Fe的量逐渐会增大直至到最大值，以后不

2+

变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=xmol×2/3，根据N元素守恒可知：2xmol/3+2xmol=4 mol，解得x=1.5，故

2+

n（Fe）随n（Fe）变化的示意图为：

10

。

考点：本题考查无机物的推断，侧重物质转化和性质的考查，侧重铝热反应及硅及其化合物转化的考查，（3）为易错点，注重根据反应的方程式计算。 23．（17分）A、B、C、D、E五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：

—1

（1）若A为非金属单质，C、D的相对分子质量相差16。0.05 mol·LE溶液中只有3种

＋—12

离子，且在25℃时，溶液中的c(H)/c(OH)＝10。

①写出E→C的一个化学方程式___________________________；

—

②在A→C的反应中，每转移1 mol e就会放热 143.5 kJ，该反应的热化学方程式为_________。

（2）若A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀。

①若B水溶液呈酸性，C水溶液呈碱性，则B溶液呈酸性的原因是______________（用离子方程式表示）；

②若B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，E是一种不溶性碱。B→C的离子方程式为___________。D→E的化学方程式为______________________。选用氢碘酸与可E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为________________。

（3）若A～E均为含有Y元素的化合物，A是淡黄色固体，等物质的量浓度B、C两溶液，其中C溶液的pH较小。电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C是工业侯氏制碱中的主要过程。则等浓度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为________________。 【答案】（17分，除标注外每空2分） （1）①Cu＋2H2SO4(浓) 或C＋2H2SO4(浓)

CuSO4＋SO2↑＋2H2O加热符号

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O （其他合理答案也给分）

－1

②S(s)＋O2(g)＝ SO2(g) ΔH＝－574.0 kJ·mol

3＋＋

（2）①Al＋3H2OAl(OH)3＋3H

3＋2＋

②2Fe＋Fe ＝ 3Fe （其他合理答案也给分） 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3 （3分）

－＋2＋

2Fe(OH)3＋2I＋6H＝2Fe＋I2＋6H2O （3分）

＋—2——＋

（3）c(Na)＞c(HCO3)＞c(CO3)＞c(OH)＞c(H) （3分） 【解析】

＋—12＋

试题分析：（1）25℃时，溶液中的c(H)/ c(OH)＝10，溶液的c(H)=0.1mol/L，由0.05

—1

mol·LE溶液中只有3种离子，说明E为二元强酸，C、D的相对分子质量相差16，即化学式相差一个O原子，A为非金属单质，A可以是S；C为SO2，D为SO3，E为H2SO4。①Cu＋

11

2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O或C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；②在S(s)

－1

＋O2(g)＝ SO2(g)中转移的电子数为4，因此ΔH＝（—143.5 kJ·mol）×4=－574.0 kJ·mol

－1－1

，S(s)＋O2(g)＝ SO2(g) ΔH＝－574.0 kJ·mol

（2）①B水溶液呈酸性，C水溶液呈碱性，说明B为强酸弱碱盐，C为强碱弱酸盐，切含有

3＋＋

同一种因素A，因此A为Al，B溶液呈酸性的原因是Al＋3H2OAl(OH)3＋3H；②B溶

3+

液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe，A为Fe，结合E是一种不溶

2+3＋2

性碱可知C中含Fe，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B→C的离子方程式为2Fe＋Fe ＝ 3Fe＋

，D→E的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3，E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋－＋2＋

2I＋6H＝2Fe＋I2＋6H2O

（3）由电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C是工业侯氏制碱中的主要过程，可知D为NaCl，进一步推导得：A为Na2O2，E为NaHCO3，C为Na2CO3，Na2CO3的水解生成NaHCO3，且水解程度比NaHCO3的水解程度大（可忽略NaHCO3的水解），水解后溶液呈碱性，因此等浓

＋—2—

度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为c(Na)＞c(HCO3)＞c(CO3)

—＋

＞c(OH)＞c(H)

考点：本题属于无机推断题，考查了离子方程式的书写、氧化还原反应、离子浓度的大小比较等知识。

12

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