时间:2017-08-01 01:21:49
1、简答题 （ I）某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种．
| 阴离子 | CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl- 阳离子 Al3+、Cu2+、Mg2+、NH4+、Na+ |
参考答案：溶液无色说明溶液中不含铜离子；
（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子，通过以上分析知，溶液中含有的阳离子是钠离子，ab段发生反应是碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；根据图象知，氢氧化铝和盐酸反应需要1V盐酸，偏铝酸根离子和硅酸根离子和盐酸反应需要盐酸4V盐酸，有关反应方程式为：AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓、SiO32-+2H+=H2SiO3 ↓、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，根据方程式知，SiO32-生成H2SiO3需要盐酸的体积与AlO2-生成Al（OH）3需要盐酸的体积之比(4-13)13=11：1，根据AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓、SiO32-+2H+=H2SiO3 ↓知，则n（SiO32-）：n（AlO2-）=4-132：13=11：2，
故答案为：Na+；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；n（SiO32-）：n（AlO2-）=11：2；
（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子．
Y是NaOH溶液，则bc段是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
和铵根离子需要氢氧化钠的体积是2V，氢氧化铝和氢氧化钠反应需要氢氧化钠的体积是1V，则生成氢氧化铝需要氢氧化钠的体积是3V，生成氢氧化镁需要氢氧化钠的体积是1V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=1：12：2=2：1：4，溶液中阴阳离子所带电荷相等知，n（Al3+）：n（Mg2+ ）：n（NH4+）、n（Cl- ）=2：1：4：12，即N（Al3+）：N（Mg2+ ）：N（NH4+）、N（Cl- ）=2：1：4：12，
故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；N（Al3+）：N（Mg2+ ）：N（NH4+）、N（Cl- ）=2：1：4：12；
（II）（1）锡和盐酸反应生成二氯化锡，二氯化锡被氯气氧化生成四氯化锡，反应方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，SnCl2+Cl2=SnCl4，
故答案为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；SnCl2+Cl2=SnCl4
（2）将氯化铁溶液蒸干所得固体是铁在高价氧化物，根据二者的相似性知，四氯化锡溶液蒸干得到锡的最高价氧化物，所以最后得到的固体是SnO2，故答案为：SnO2；
（3）根据题给信息知，Sn（OH）2具有两性，能和强碱反应，所以制取该物质时应该用弱碱，则该弱碱为NH3?H2O，故答案为：NH3?H2O．
本题解析：
本题难度：简单
2、简答题 A、Z、R、D、E、F、G是七种原子序数依次增大且不大于20的元素，其中有两种非金属元素位于同一主族．己知A、Z、D均能与R形成原子（或离子）个数不同的儿种常见化合物．请回答下列有关问题．
（1）若X、Y是D、F形成的最高价氧化物对应的水化物，浓度均为0.1mol/L的X、Y溶液的pH之和为14，则X、Y的晶体熔点相对高低为（写化学式）______，导致这种差异存在的原因是______在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中，由水电离出的c（H+）的相对大小关系为______．
（2）A与Z、E均可形成正四面体构型的气态分子Q、P，又知P的燃烧热为1430kJ/mol．则其燃烧的热化学方程式______．
（3）R与D、F间；R与F、G间均可形成多种化合物，其中有两种是目前广泛使用的具有消毒杀菌能力的化合物．则相同物质的量浓度的这两种物质的溶液，消毒杀菌能力较强的物质的化学式为______，另一种物质的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为______．
（4）上述七种元素间能形成多种常见二元化合物，其中Z与G形成的一种化合物存在两类化学键的物质溶于HC1溶液的化学反应方程式为______，ZR2的电子式是______，该分子的空间构型为______化合物ZRF2的结构式为______
（5）R能形成多种单质，如R2、R3，研究表明，新近制得的一种组成为R4的分子中，每个R原子均与另外两个R原子各形成一个键，则1molR4中共用电子对数为______NA，列有关R4的说法中正确的是______
①R4与R3、R2互为同位素
②R4不能与A、Z、D的单质反应
③R4中各原予最外层均为8电子结构
④R4是1种新型化合物．
参考答案：由分析可知，A为氢元素、Z为碳元素、R为氧元素、D为Na元素、E为Si元素、F为氯元素、G为钙元素．
（1）D、F形成的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HClO4，NaOH为离子晶体，HClO4形成分子晶体，离子键强于分子间作用力，所以晶体熔点NaOH＞HClO4；氢氧化钠溶液中氢离子浓度为Kwc(OH-)，高氯酸溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为Kwc(H+)，在相同温度下，相等物质的量浓度的NaOH、HClO4的溶液，氢氧化钠溶液中c（OH-）等于高氯酸溶液中c（H+），所以Kwc(OH-)=Kwc(H+)，即在相同温度下，相等物质的量浓度的X、Y各自的溶液中，由水电离出的c（H+）相等．
故答案为：NaOH＞HClO4；NaOH为离子晶体，HClO4形成分子晶体，离子键强于分子间作用力；相等．
（2）P为SiH4，燃烧热为1430kJ/mol，燃烧的热化学方程式为SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l），△H=1430kJ/mol．
故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l），△H=1430kJ/mol．
（3）相同浓度的次氯酸钠溶液与次氯酸钙溶液，次氯酸钙溶液中次氯酸根离子浓度更大，所以Ca（ClO）2 消毒杀菌能力较强；NaClO溶液中，次氯酸根水解，溶液呈碱性，水解程度不大，次氯酸根远远大于氢氧根离子浓度，所以 离子浓度Na+＞ClO-＞OH-＞H+．
故答案为：Ca（ClO）2；Na+＞ClO-＞OH-＞H+．
（4）上述七种元素间能形成多种常见二元化合物，其中Z与G形成的一种化合物存在两类化学键，该物质为CaC2，
CaC2与HC1溶液反应生成氯化钙与乙炔，反应化学反应方程式为CaC2+2HCl=CaCl2+C2H2↑；ZR2为CO2，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式是 
，为直线型结构；化合物ZRF2是COCl2，氯原子与羰基相连，结构式为 
．
故答案为：CaC2+2HCl=CaCl2+C2H2↑；
；直线型；
．
（5）R4的分子为O4，分子中每个O原子均与另外两个O原子各形成一个键，最外层达8电子结构，分子中共价键为8×4-6×42=4，则1molO4中共用电子对数为 4NA．
①O4与O3、O2都是氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故①错误；
②O4与O3、O2都是氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，化学性质相似，所以O4与氢、碳、钠的单质反应，故②错误；
③O4分子中，每个O原子均与另外两个O原子各形成一个键，最外层达8电子结构，故③正确；
④O4是氧元素形成的单质，故④错误．
故答案为：4；③．
本题解析：
本题难度：一般
3、简答题 已知金属单质A是生产生活中用量最大的金属．D是难溶于水的白色固体．F为红褐色固体．无色气体甲遇气体丙立即生成红棕色的气体乙（图中部分产物和反应的条件略）．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式C______G______．
（2）写出反应①的化学方程式______．反应②的离子方程式______．
（3）反应④整个过程观察到的现象为______．
（4）反应⑤中，若将充满气体乙的试管倒扣在水槽中，充分反应后，试管内液体占试管总体积______．
（5）某种贫血症患者应补充C物质的阳离子．含该离子的药片外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用就是保护该离子不被空气中的氧气氧化．为检验长期放置的药片已经失效，将药片去除糖衣后研碎，取少量研碎的药片放入烧杯中，加适量的蒸馏水，然后滴加数滴______溶液，溶液显______色，表明该药片已失效．
参考答案：A是生产生活中用量最大的金属，D为Fe，F为红褐色固体，则F为Fe2O3，由转化关系可知，反应①为Fe与过量稀硝酸的反应，B为Fe（NO3）3，C为Fe（NO3）2，气体甲为NO，甲遇气体丙立即生成红棕色的气体乙，气体乙为NO2，则丙为氧气，所以淡黄色固体G为Na2O2，H为NaOH，D为Fe（OH）3，
（1）由上述分析可知，C为Fe（NO3）2，G为Na2O2，故答案为：Fe（NO3）2；Na2O2；
（2）反应①的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）反应④发生氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的反应，则整个过程观察到的现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，
故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
（4）反应⑤发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，只有NO不溶于水，则充满气体乙的试管倒扣在水槽中，充分反应后，试管内液体占试管总体积的23，故答案为：23；
（5）亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变为血红色，则取少量研碎的药片放入烧杯中，加适量的蒸馏水，然后滴加数滴KSCN（或NH4SCN）溶液，溶液显红色，表明该药片已失效，故答案为：KSCN（或NH4SCN）；红．
本题解析：
本题难度：简单
4、推断题 （10分）A—J是中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）。已知A是一种高熔点物质，D是一种红棕色固体。
请回答下列问题：做无机推断题找到突破点是关键，A是一种高熔点物质，可知A为Al2O3，D是一种红棕色固体，可知D为Fe2O3，B为O2，C为Al,E为Fe,F为FeCl2,G为Fe(OH)2,J为Fe(OH)3，H为NaAlO2，I为AlCl3。
（1）电解A物质的阳极电极反应式为___________，C与D在高温下反应，引发该反应需要加入的一种试剂是____________________(写化学式)
（2）写出G→J反应的实验现象与化学方程式____________________________________，__________________________________
（3）H 与I反应的离子方程式为___________________________________________
（4）用离子方程式表示I物质能用于净水的原理___________________________________
参考答案：（1）2O2——4e—=O2? KClO3（各1分）
（2）生成的白色沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3）Al3++3AlO2—+6H2O=4Al(OH)3↓（4）Al3++ 3H2O
Al(OH)3(胶体)+ 3H+
本题解析：做无机推断题找到突破点是关键，A是一种高熔点物质，可知A为Al2O3，D是一种红棕色固体，可知D为Fe2O3，B为O2，C为Al,E为Fe,F为FeCl2,G为Fe(OH)2,J为Fe(OH)3，H为NaAlO2，I为AlCl3。
（1）阳极失去电子，电极反应式为2O2——4e—=O2。Al和Fe2O3反应需要引燃剂KClO3。
（2）Fe(OH)2→Fe(OH)3中发生的实验现象教材中很详细且常考的知识点，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（3）NaAlO2与AlCl3反应是双水解反应，离子方程式为：Al3++3AlO2—+6H2O=4Al(OH)3↓。
（4）AlCl3水解的原理是Al3+发生水解生成Al(OH)3(胶体)具有吸附能力，离子方程式为：Al3++ 3H2OAl(OH)3(胶体)+ 3H+。
点评：本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要是铁及其化合物性质铝及其化合物性质的综合应用，关键是反应现象和反应条件的应用判断，特征反应的分析判断。
本题难度：困难
5、选择题 由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如 右图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是
A.若X是Na2CO3，C为CO2，则A一定是氯气，且D和E不反应
B.若A是单质，B和D的反应是OH-+HCO3- =H2O+ CO32-，则E一定能还原Fe2O3
C.若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2
D.若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐
参考答案：A
本题解析：试题分析：若X是Na2CO3，C为CO2，则B为HCl，D为NaHCO3，A为Cl2，E为HClO，D与E可以发生反应，生成NaClO.因此，选项A说法错误。故答案选A。
考点：物质的性质
点评：本题以选择题的形式考查了物质的性质，属于综合性较强的题目。解题的关键在于熟练掌握相关物质的性质，属于中档题。
本题难度：简单