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1、2008年北京市高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）AB26M3+CD2（6分）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（）ANa2CO3BNa2O2 Na2CO3CNaOH Na2CO3DNa2O2 NaOH Na3CO33（6分）下列叙述正确的是（）A金属与盐溶液的反应都是置换反应B阴离子都只有还原性C与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键4（6分）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的
2、是（）KOH、Na2SO4、AlCl3 NaHCO3、Ba（OH）2、H2SO4HCl、NaAlO2、NaHSO4 Ca（OH）2、Na2CO3、BaCl2ABCD5（6分）X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A由mXa+与nYb，得m+a=nbBX2的还原性一定大于YCX、Y一定不是同周期元素D若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY6（6分）下列叙述正确的是（）A将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42）c（NH4+）B两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2Cp
3、H=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色D向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大7（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D反应吸收0.025Q kJ热量时，生成
4、的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应二、解答题（共4小题，满分60分）8（16分）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生化学反应的产物（1）5.8g甲完全燃烧可产生0.3mol CO2和0.3mol H2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是 （2）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式） ， （3）已知：菠萝酯的合成路线如下：试剂X不可选用的是 （选填字母）aCH3COONa溶液 bNaOH溶液 cNaHCO3溶
5、液 dNa2CO3溶液丙的结构简式是 ，反应II的反应类型是 反应的化学方程式是 9（13分）常状况下，X、Y和Z是三种气态单质X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外）；Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y的滴定反应（1）Y与Z的关系是（选填字母） a同位素 b同系物 c同素异形体 d同分异构体（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色简述用褪色的溶液区别二者的实验方法 （3）举出实例说明X的氧化性比硫单质的氧化性强（用化学方程式表示） （4）气体（CN）2与X化学性质相似，也能与H2反应生成HCN（其水溶液是一种酸）HCN分子中含有
6、4个共价键，其结构式是 KCN溶液显碱性，原因是（用离子方程式表示） （5）加热条件下，足量的Z与某金属M的盐MCR3（C为碳元素）完全反应生成CR2和MmRn（m、n均为正整数）若CR2质量为1g，MmRn质量为2g，M的相对原子质量为a，则MmRn中m：n= （用含1、2和a的代数式表示）10（17分）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。已知：X+YZ+W（1）Y的电子式是 。（2）液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是 。（3）用图1所示装置制备NO并验证其还原性。有下列
7、主要操作：a向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。b关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。c待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。步骤c后还缺少的一步主要操作是 。红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是 。步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是 ，反应的离子方程式是 。（4）一定温度下，将1mol N2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色。若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如图2所示。温度在T
8、1T2之间，反应的化学方程式是 。温度在T2T3之间，气体的平均相对分子质量是（保留1位小数） 。11（14分）由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式） （2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是 若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是 （3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子
9、符号） （4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是 （5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示） 2008年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（）AB26M3+CD【考点】41：常见元素的名称、符号、离子符号；D6：水的电离菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】依据水的电离是
10、一电离平衡，根据影响因素来进行判断，影响因素有温度、酸、碱、盐等，加热促进电离；加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离；【解答】解：A、微粒表示的是酸水溶液中抑制水的电离，故A不符合；B、离子符号表示的是三价铁离子，水溶液中能水解，促进水的电离，故B不符合；C、离子结构示意图表示的是氯离子，对水的电离无影响，故C符合；D、结构式表示的是醋酸根离子，水溶液中能水解，促进水的电离，故D不符合；故选：C。【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，主要是根据微粒的几种表示式来判断微粒的性质，确认对水的电离的影响2（6分）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出
11、气体物质后冷却，残留的固体物质是（）ANa2CO3BNa2O2 Na2CO3CNaOH Na2CO3DNa2O2 NaOH Na3CO3【考点】GF：钠的重要化合物菁优网版权所有【专题】526：金属概论与碱元素【分析】碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，与过氧化钠可能发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，结合物质的物质的量解答。【解答】解：根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；根据计量关系，可
12、知2mol NaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3。故选：A。【点评】本题考查过氧化钠与碳酸氢钠的性质及相关的化学反应，对于这类物质之间相互反应的题目，首先必须牢牢把握住物质的性质以及相互之间的反应，对于化学反应方程式应该“了如指掌”，注意把握相关物质的性质。3（6分）下列叙述正确的是（）A金属与盐溶液的反应都是置换反应B阴离子都只有还原性C与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；GR
13、：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构；527：几种重要的金属及其化合物【分析】A、根据活泼金属和盐之间的反应规律来回答判断；B、阴离子并不一定都具有还原性，如氢氧根离子性质稳定，有的阴离子具有氧化性；C、与强酸、强碱都反应的物质：两性氧化物、两性氢氧化物，氨基酸、碳酸氢盐等；D、分子晶体中都存在范德华力，但是稀有气体分子中无化学键【解答】解：A、活泼金属钠和盐之间的反应规律：先是和水反应生成氢氧化钠和氢气，金属钠不会和盐之间直接反应，故A错误；B、阴离子并不一定都具有还原性，有的阴离子具有氧化性，如次氯酸根离子，故B错误；C、与强酸、强碱都反应
14、的物质：两性氧化物、两性氢氧化物，氨基酸、碳酸氢盐等，故C错误；D、分子晶体中都存在范德华力，但是稀有气体分子中无化学键，所以分子晶体中可能不存在共价键，故D正确。故选：D。【点评】本题涉及元素以及化合物的性质以及分子间作用力等方面知识，可以根据所学知识来回答，难度不大4（6分）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（）KOH、Na2SO4、AlCl3 NaHCO3、Ba（OH）2、H2SO4HCl、NaAlO2、NaHSO4 Ca（OH）2、Na2CO3、BaCl2ABCD【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用菁优网版权所有【专题】542：化学实验基本操作【分析】Na2
15、SO4与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl3互滴，现象不同，可以鉴别；Ba（OH）2与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH）2，Ba（OH）2与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡；NaAlO2与其它两种物质反应的现象相同；Na2CO3与其它两种物质反应的现象相同【解答】解：Na2SO4与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl3互滴，一是先生成沉淀后溶解，一是沉淀立即消失，之后沉淀不再消失，现象不同，可以鉴别，故选；Ba（OH）2与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH）2，Ba（OH）
16、2与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡，因此可以鉴别三种物质，故选；NaAlO2与其它两种物质反应的现象相同，均为先生成沉淀后沉淀消耗，不能鉴别HCl、NaHSO4，故不选；Na2CO3与其它两种物质反应的现象相同，均生成白色沉淀，三种物质中只能鉴别出Na2CO3，故不选；故选：A。【点评】本题考查物质的鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意现象相同时不能鉴别，侧重物质之间的反应的考查，题目难度不大5（6分）X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A由mXa+
17、与nYb，得m+a=nbBX2的还原性一定大于YCX、Y一定不是同周期元素D若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】A简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；C简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属【解答】解：A由mXa+与nYb，离子的电子层结构相同，则
18、核外电子数相同，所以ma=n+b，故A错误；B简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2的还原性一定大于Y，故B正确；C简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；D简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大6（6分）下列叙述正确的是（）A将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO42）c（NH4+
19、）B两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2CpH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色D向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【分析】A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离子和铵根离子的关系；B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等；C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的酸碱性判断石蕊试液的颜色；D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断。【解答】解：A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，
20、当溶液pH=7时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所以2c（SO42）=c（NH4+），故A错误；B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c110c2，故B错误；C、pH=11的NaOH溶液的C（NaOH）=103 mol/L，pH=3醋酸溶液的c（CH3COOH）103 mol/L，等体积的两种
21、溶液n（CH3COOH）n（NaOH），醋酸有剩余，但CH3COOH大于CH3COO水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；D、氨水的电离方程式为：NH3H2ONH4+OH，当向氨水中加入硫酸铵时，硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中减小，故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合后溶液中的离子的关系及弱电解质的电离，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，注意弱电解质的特点。7（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）H=+Q
22、kJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】A增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；B该反应为可逆反应，1mo
23、lSiCl4不能完全转化，结合热化学方程式判断；C根据v=计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；D根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断【解答】解：A从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）=0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（HCl）=0.03mol/（Lm
24、in）=0.015mol/（Lmin），故C错误；D由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性二、解答题（共4小题，满分60分）8（16分）菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生化学反应的产物（1）5.8g甲完全燃烧可产生0.3mol CO2和0.3mol H2O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲
25、分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH2=CHCH2OH（2）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl3溶液发生显色反应，且有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式），（3）已知：菠萝酯的合成路线如下：试剂X不可选用的是ac（选填字母）aCH3COONa溶液 bNaOH溶液 cNaHCO3溶液 dNa2CO3溶液丙的结构简式是ClCH2COOH，反应II的反应类型是取代反应反应的化学方程式是【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】（1）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等
26、于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，根据n=计算5.8g甲的物质的量，根据质量守恒计算参加反应的氧气的质量，根据原子守恒计算甲分子中C、H原子数目，判断甲是否含有氧元素，比较计算甲分子中氧原子数目，据此确定甲的分子式，结合甲的结构特点确定其结构简式；（2）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，苯环上有2个不同取代基且处于对位位置符合，据此写出其结构简式；（3）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠萝酯【解答
27、】解：（1）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，5.8g甲的物质的量=0.1mol，质量守恒可知，参加反应的氧气的质量=0.3mol44g/mol+0.3mol18g/mol5.8g=12.8g，氧气物质的量=0.4mol，根据氧原子守恒，可知5.8g甲中n（O）=0.3mol2+0.3mol0.4mol2=0.1mol，根据原子守恒可知，甲分子中N（C）=3、N（H）=6、N（O）=1，故甲的分子式为C3H6O，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH2=CHCH2OH，故答案为：CH2=
28、CHCH2OH；（2）能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，说明苯环上有2个取代基且处于对位位置，所以其同分异构体是、，故答案为：、等；（3）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成，结合反应信息可知，丙是ClCH2COOH，故乙为乙酸，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠萝酯，苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和钠、氢氧化钠反应生成苯酚钠，不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应，故选：ac；通过以上分析知，其结构简式为：ClCH2COOH，反应属于取代反应，故答案为：ClCH2COOH；取代反应；在催化剂、加热条
29、件下，CH2=CHCH2OH和发生酯化反应生成菠萝酯，反应方程式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的阅读能力、自学能力，题目难度中等，（3）注意根据有机物的结构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔细审题的良好习惯9（13分）常状况下，X、Y和Z是三种气态单质X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外）；Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y的滴定反应（1）Y与Z的关系是（选填字母）ca同位素 b同系物 c同素异形体 d同分异构体（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都
30、能使品红褪色简述用褪色的溶液区别二者的实验方法加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3（3）举出实例说明X的氧化性比硫单质的氧化性强（用化学方程式表示）2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS（4）气体（CN）2与X化学性质相似，也能与H2反应生成HCN（其水溶液是一种酸）HCN分子中含有4个共价键，其结构式是HCNKCN溶液显碱性，原因是（用离子方程式表示）CN+H2OHCN+OH（5）加热条件下，足量的Z与某金属M的盐MCR3（C为碳元素）完全反应生成CR2和MmRn（m、n均为正整数）若CR2质量为1g，MmRn质量为2g，M的相对原子
31、质量为a，则MmRn中m：n=161：（442a1）（用含1、2和a的代数式表示）【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；98：判断简单分子或离子的构型；B1：氧化还原反应菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】常状况下，X、Y和Z是三种气态单质X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外），则X为Cl2；Y和Z均由元素R组成，二者互为同素异形体，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y的滴定反应，由元素守恒可知，Y、Z为氧元素单质，则Y为O3、Z为O2，R为氧元素，（1）O3、O2都由氧元素形成的结构不同的单质，互为同位素；（2）二氧化硫使品红溶液
32、褪色，生成不稳定的无色物质，受热容易分解又恢复红色，臭氧具有强氧化性，将品红氧化使其褪色，不能恢复红色（3）可以利用与变价金属反应或氯气置换硫单质说明氯气的氧化性更强；（4）气体（CN）2与Cl2化学性质相似，能与H2反应生成HCN（其水溶液是一种酸，则HCN中为HCN形式，HCN含有4个共价键，则C与N原子之间形成三键；CN水解使KCN溶液显碱性；（5）由盐MCO3（C为碳元素）化学式，根据原子数守恒可知，CO2中C原子与MmRn中M原子的物质的量之比为1：1，据此解答【解答】解：常状况下，X、Y和Z是三种气态单质X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素（稀有气体元素除外），则X为Cl2；Y
33、和Z均由元素R组成，二者互为同素异形体，反应Y+2I+2H+I2+Z+H2O常作为Y的滴定反应，由元素守恒可知，Y、Z为氧元素单质，则Y为O3、Z为O2，R为氧元素，（1）Y为O3、Z为O2，由氧元素形成的结构不同的单质，二者核外同素异形体，故选：c；（2）加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3，故答案为：加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；若溶液不变红，则原通入气体是O3；（3）利用与变价金属反应说明氯气的氧化性更强，反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+
34、SFeS（4）气体（CN）2与Cl2化学性质相似，能与H2反应生成HCN（其水溶液是一种酸，则HCN中为HCN形式，HCN含有4个共价键，则C与N原子之间形成三键，故HCN的结构式为HCN，故答案为：HCN；CN水解CN+H2OHCN+OH，破坏水的电离平衡，使KCN溶液显碱性，故答案为：CN+H2OHCN+OH；（5）由盐MCO3（C为碳元素）化学式，根据原子数守恒可知，CO2中C原子与MmOn中M原子的物质的量之比为1：1，则=m，整理得m：n=161：（442a1），故答案为：161：（442a1）【点评】本题考查物质推断、漂白原理、盐类水解、氧化性比较、信息迁移及化学计算等，（5）注意
35、利用原子守恒进行计算，难度中等10（17分）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。已知：X+YZ+W（1）Y的电子式是。（2）液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是2NH3（l）NH2+NH4+。（3）用图1所示装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作：a向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。b关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。c待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸。步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹，通入少量
36、氧气。红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是P2O5+6OH=2PO43+3H2O。步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色，反应的离子方程式是3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O。（4）一定温度下，将1mol N2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色。若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如图2所示。温度在T1T2之间，反应的化学方程式是2NO22NO+O2。温度在T2T3之间，气体的平均相
37、对分子质量是（保留1位小数）30.7。【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51E：化学平衡专题【分析】（1）（2）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断为H2O；X有5个原子核，发生反应X+YZ+W，饮食NH4+OH=NH3+H2O，推断X为NH4+、Y为OH、Z为NH3；（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再
38、滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮；（4）温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2；温度在T2T3之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，根据起始加入1molN2O4计算混合气体总质量，计算混合气体的平均摩尔质量确定平均相对分子质量。【解答】解：（1）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断为H2O；X有5个原子核，发生反应X
39、+YZ+W，饮食NH4+OH=NH3+H2O，推断X为NH4+、Y为OH、Z为NH3，Y的电子式为，故答案为：；（2）液态Z为NH3与W为H2O的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态NH3的电离方程式是2NH3（l）NH2+NH4+；故答案为：2NH3（l）NH2+NH4+；（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮，由上述分
40、析可知，步骤c后还缺少的一步主要操作是：打开止水夹，通入少量氧气，故答案为：打开止水夹，通入少量氧气；红磷充分燃烧的产物为P2O5，与NaOH溶液反应的离子方程式是P2O5+6OH=2PO43+3H2O，故答案为：P2O5+6OH=2PO43+3H2O；步骤c滴入稀硝酸后烧杯中，发生反应为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，现象是：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色，故答案为：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（4）温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，
41、说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2，方程式为：2NO22NO+O2，故答案为：2NO22NO+O2；温度在T2T3之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，起始加入1molN2O4，故平衡混合气体总质量=1mol92g/mol=92g，混合气体的平均摩尔质量=30.7g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为30.7，故答案为：30.7。【点评】本题考查无机物推断、化学实验、化学平衡等，注意一氧化氮的制备应在没有氧气条件下进行，（4）中方程式的书写为易错点，学生容易认为NO2转化为N2O4，忽略混合气体物质的量增大。11（14分）由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种
42、物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）Al（2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是NO、CO2（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈
43、蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2Fe2+3H2O2+4I=2Fe（OH）3+2I2（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）CuO、C；CuO、C、Fe2O3【考点】GN：铁的氧化物和氢氧化物；PL：几组未知物的检验菁优网版权所有【专题】16：压轴题；527：几种重要的金属及其化合物【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2
44、，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH）3（2）若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则
45、浓酸为浓硫酸若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+ 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成说明产物有I2和Fe（OH）3，H2O2作氧化剂，I、Fe2+共同还原H2O2当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子