河南省郑州市第二外国语学校高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

河南省郑州市第二外国语学校2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1在一瓶无色未知溶液中检验出有ba、ag，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：cu、fe、 cl、 no、 s 、 co、 nh、 mg、a1、离子。其实，这些离子中有一部分不再鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子组是（）a b c d【答案】d【解析】2我国历史悠久，文化灿烂，文物众多。由于历史的原因，造成众多文物流失。2000年5月，在香港拍卖会上，保利集团花费3000多万港币购回火烧圆明园时流失的国宝铜铸的牛首、猴首和虎首。普通铜器放置时间较长，容易出现铜绿，其主要成分是cu2(oh)2co3。这三件1760年铜铸的国宝在240年后看上去依然熠熠生辉，不生锈，下列对其原因的分析，最可能的是( )a.它们的表面都镀上了一层耐腐蚀的黄金b.环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶解洗去c.铜的金属活动性比氢小，因此不易被氧化d.铸造这些国宝用的铜不是纯铜，是铜的合金，成分不同，性质不同造成的【答案】d【解析】铸造这些国宝用的铜不是纯铜，是银、铜、锌等金属的合金，使得其中的铜不易生锈。 3由碳原子构成的纳米碳管可以作为储存氢气的优良容器,其单层部分结构示意图如图所示,下列说法正确的是（ ）a.纳米碳管是一种无机化合物b.纳米碳管中碳原子间以共价键结合c.纳米碳管与石墨互为同位素d.0.12 g纳米碳管中含有6.02l022个碳原子【答案】b【解析】纳米碳管是由碳原子构成的,是碳的单质,a错;碳元素是非金属元素,原子间只能以共价键结合,b正确;纳米碳管与石墨都是碳元素的单质,两者互为同素异形体,c错;0.12 g 纳米碳管中碳原子物质的量为=0.01 mol,含有的碳原子个数为6.021021,d错。4从下列事实所引出的相应结论，正确的是 选项实验事实结论a等体积ph同为3的酸ha和酸hb与足量zn反应，酸ha放出氢气多酸性：ha hbbna2so4溶液的ph小于na2co3溶液的ph非金属性：s cc电解同浓度的a2和b2硝酸盐的混合溶液，a先析出金属性：a bd 由m、n与稀硫酸构成的原电池中，m上产生大量气泡金属性：m n【答案】b【解析】5下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是aph = 0的溶液：k+、ca2+、hco3-、no3-b存在较多的na+、so42-、oh-、的溶液中：mg2+、ba2+、br-c使紫色石蕊变蓝的溶液：k+、na+、ch3coo-、so42-d由水电离出的c(h+)为110-10 mol/l溶液中：k+ 、fe2+、so42- 、no3【答案】c【解析】试题分析：离子共存问题是近几年高考的热点，主要是以给定条件的离子共存，解题过程中须认真分析给定的条件。比如a项中给定溶液为酸性，会发生反应：hhco3=co2h2o,不能大量共存；b中两溶液发生：ba2so42=baso4,不能大量共存；d项水的电离被抑制，溶液可能为酸性或碱性，碱性条件下发生反应：fe22oh=fe(oh)2,酸性条件下h 、no3 、 fe2发生氧化还原反应，而不能大量共存。考点：给定条件的离子共存问题。6常温下测得浓度均为0.1 moll-1的下列三种溶液的ph：溶质nahco3na2co3nacnph8.411.611.1下列说法中错误的是a升高na2co3溶液的温度会使增大b相同条件下的酸性：h2co3hcnc三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡d溶液中阳离子物质的量之和的关系为：na2co3nahco3=nacn【答案】d【解析】试题分析： a升高na2co3溶液的温度，会促进碳酸根离子水解，所以碳酸根离子浓度减小，则会使增大，故a正确；b酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的ph越大，所以相同条件下的酸性：h2co3hcn，故b正确；c三种溶液中均存在水的电离平衡和酸根离子的水解平衡，故c正确；d浓度均为0.1moll-1的下列三种溶液，na2co3中钠离子浓度为0.2moll-1；nahco3和nacn中钠离子浓度为0.1moll-1，由于nahco3和nacn中ph不同，即氢离子浓度不同，nacn中氢离子浓度大于nahco3中氢离子浓度，故d错误；故选d。【考点定位】考查盐的水解【名师点晴】高频考点，准确判断溶液里存在的电离和水解平衡，并结合平衡移动的原理是解题关键，根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的ph越大，升高温度促进盐的水解，本题可结合溶液的ph反推对应的酸强弱，据此分析解题。7下列离子方程式书写正确的是a氢氧化铁溶于氢碘酸：fe(oh)33h=fe33h2ob氯气溶于水：cl2 + h2o = 2h+ + clo + clc溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2fe24br3cl2=2fe32br26cld向硫酸铝铵溶液中滴加少量ba(oh)2溶液：al32so422ba24oh=alo2-2baso42h2o【答案】c【解析】试题分析：氢氧化铁溶于氢碘酸，fe(oh)3的三价铁会和i发生氧化还原反应，故正确的方程式应该是2fe(oh)3 +2 i +6 h= i2 +2 fe2+ +6 h2o，故a项错误；氯气溶于水离方程式是cl2 + h2o = h+ + cl+ hclo，生成的次氯酸属于弱酸，不能拆开来写，故b错误；向硫酸铝铵溶液中滴加少量ba(oh)2溶液，al32so422ba24oh=alo2-2baso42h2o，显然缺少了nh4+与oh生成nh3h2o反应的离子反应，在少量ba(oh)2的情况下，不足以有大量的oh使氢氧化铝溶解生成alo2-，正确的应该是nh4+al32so422ba24oh= nh3h2oal(oh)32baso4。故本题选择c选项。考点：离子反应 复分解型和氧化还原型离子反应方程式正误的判断点评：离子反应方程式式中学化学的重点和难点内容，同学们需要准确判断离子反应的类型即复分解型和氧化还原型，同注意电荷守恒、元素守恒的、物质的准确拆分结合物质反应的顺序和量的关系，得出正确的结论。8下列说法中不正确的是（ ）a含so2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染b汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都是造成雾霾天气的主要原因c绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理dpm2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大【答案】c【解析】试题分析：a. so2是酸性氧化物，可以与碱ca(oh)2发生反应产生caso3固体，从而可以减少对空气污染，正确；b. 汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧等都会产生固体废弃物的小颗粒，从而会造成雾霾天气的产生，因此它们是造成雾霾天气的主要原因，正确；c. 绿色化学的核心是从化学上杜绝污染源的产生，使原子利用率达100，错误；d. pm2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，容易造成人类呼吸系统的疾病，因此对人体健康危害大，正确。考点：考查化学在日常生活的应用的正误判断的知识。9进行化学实验必须注意安全，下列说法正确的是a可燃性气体在加热或点燃前，必须先检验其纯度b浓碱溶液溅到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后抹上碳酸钠溶液c配制硫酸溶液时，先在量筒中加入一定量的水，再慢慢加入浓硫酸d鉴别食盐和纯碱，可用口尝药品的味道，有咸味者，则为食盐【答案】a【解析】试题分析：a项：可燃气体或粉尘与空气混合，达到爆炸极限时遇到明火，易发生爆炸，故正确；b项：不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故错；c项：量筒不能用来配制溶液，故错；d项：食盐和纯碱都有咸味，故错。故选a。考点：化学实验安全及事故处理点评：本题考查了化学实验安全及事故处理，难度不大，易错选项是c，注意：量筒不能配制溶液只能量取溶液。10已知cscl晶体的密度为gcm3，na为阿伏加德罗常数，相邻的两个cs+的核间距为a cm，如图所示，则cscl的相对分子质量可以表示为a b c d【答案】a【解析】试题分析：该立方体中含1个氯离子，cs+个数=81/8=1,根据v=m/n知m=vnaa3na,摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是a3 na，故选a考点：晶胞的计算 11下列混合物能用分液法分离的是a乙醇与乙酸 b苯和硝基苯c乙酸乙酯和na2co3溶液 d乙醛与水【答案】c【解析】试题分析：a乙醇与乙酸是互溶的液体混合物，应该用蒸馏的方法分离，错误。b硝基苯能够溶于苯，因此不能用分液的方法，应该用蒸馏的方法分离，错误。c乙酸乙酯和na2co3溶液是互不相溶的两层液体混合物，用分液的方法分离得到，正确。d乙醛容易溶于，不能用分液的方法分离得到，错误。考点：考查混合物分离方法的知识。12同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是no和no2，no2和o2，nh3和n2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为v1、v2、v3，则下列关系正确的是av1v2v3 bv1v3v2cv2v3v1 dv3v1v2【答案】b【解析】试题分析：因为3体积的二氧化氮和水反应生成硝酸和1体积的一氧化氮，所以试管倒置在水槽中，剩余的气体的体积为原来的2/3；根据4体积二氧化氮和1体积氧气和水反应生成硝酸，所以剩余气体的体积为3/8；由于氨气极易溶于水，所以剩余气体的体积为原来的1/2。所以顺序为，选b。考点：二氧化氮的性质，氨气的性质。13下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是( ) c与o2 na与o2 fe与cl2 alcl3溶液与氨水 co2与naoh溶液 cu与硝酸 agno3溶液与氨水a除外 b除外 c除外 d除外【答案】c【解析】试题分析：c与o2反应充分时生成二氧化碳，不充分时生成一氧化碳，产物不同，故正确；钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故正确；铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故错误；alcl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，故错误；少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故正确；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故正确；agno3溶液与少量的氨水反应先生称氢氧化银，氢氧化银能溶于过量的氨水中得到银氨溶液，故正确；故选c。考点：考查物质之间反应时，用量的多少，反应条件的不同，对反应产物会产生影响14下列叙述正确的是a标准状况下，l mol任何物质的体积均为22.4 lbch4的摩尔质量为16 gc1mol h2o的质量为18 gmold3.01l023个so2分子的质量为32 g【答案】d【解析】试题分析：a、标准状况下，l mol任何气体的体积均为22.4 l，错误；b、摩尔质量的单位是gmol ，ch4的摩尔质量应为16 gmol，错误；c、1mol h2o的质量应为18 g，错误；d、3.01l023个so2分子的物质的量为0.5mol，质量为32 g，正确。考点：考查气体摩尔体积、摩尔质量和质量的概念及计算。15已知常温下，浓度均为0.1 moll1的5种钠盐溶液ph如下表：溶质na2co3naclonahco3ch3coonanahso3ph11.610.39.78.85.2下列说法中正确的是a少量so2通入naclo溶液中发生反应的离子方程式为：h2o+so2+clo2h+ cl+so42b常温下，稀释ch3cooh或hclo溶液时，溶液中不变（hr代表ch3cooh或hclo）c等体积、等物质的量浓度的na2co3、ch3coona、nahso3三种溶液混合，溶液中：c（hso3)c（ch3coo)c（co32)d含等物质的量的nahco3和ch3coona的混合液中：c（oh)c（h+)c（h2co3)+c（ch3cooh)【答案】b【解析】试题分析：根据盐类水解规律：离子对应的酸或碱越弱，该离子水解程度越大；故根据表中数据则酸性强弱：h2so3ch3coohh2co3hclohco3；a项少量so2通入naclo溶液中，naclo强氧化性将so2氧化为so42，且naclo过量，故离子方程式为：h2o+so2+3clo2hclo + cl+so42，故a项错误；b项对于弱酸hr存在hrh+r，故该平衡的电离平衡常数ka=，根据kw=c（h+)c（oh)得：ka=，故=ka/kw，由于反应温度不变故ka/kw不变，故b项正确；c项等体积、等物质的量浓度的na2co3、ch3coona、nahso3三种溶液混合，则co32水解能力最强、ch3coo次之、hso3水解能力最弱，故溶液中c（hso3)c（ch3coo)c（co32)，故c项正确；d项含等物质的量的nahco3和ch3coona的混合液中电荷守恒：c（h+)+ c（na+)= c（hco3)+c（ch3coo)+2c（co32)+c（oh),物料守恒：c（na+)= c（hco3)+c（ch3coo)+c（co32)+ c（h2co3)+c（ch3cooh)，故c（oh)c（h+)c（h2co3)+c（ch3cooh)-c（co32)，故d项错误；本题选b。考点：溶液中离子关系。16（1）向ba(oh)2溶液中逐滴加入稀硫酸请完成下列问题：写出反应的离子方程式_。若缓缓加入稀h2so4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度i表示）可近似地用图中的曲线表示是_（填序号）（2）有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为fe(oh)3胶体、硅酸胶体、as2s3胶体、naoh溶液。现将有关实验现象记录如下：电泳：甲液体的阳极(即接电源正极的一极)周围颜色变浅，阴极（即接电源负极的一极）周围颜色变深；将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；将乙慢慢加入到丙液体中，先出现凝聚，后液体变澄清。则甲为_，乙为_，丙为_，丁为_。【答案】（1） c（2）fe（oh）3胶体 naoh溶液 硅酸胶体 as2s3胶体【解析】试题分析：（1）向ba(oh)2溶液中逐滴加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为ba2+ + 2oh- + 2h+ + so42-=baso4+ 2h2o ；若缓缓加入稀h2so4直至过量，整个过程中混合溶液中自由移动离子的浓度逐渐减小，当二者恰好完全反应时溶液中自由移动离子的浓度几乎为零，再滴加稀硫酸，溶液中自由移动离子的浓度又逐渐增大，故溶液的导电能力（用电流强度i表示）可近似地用图中的曲线表示是c；（2）根据题意知电泳：甲液体的阳极(即接电源正极的一极)周围颜色变浅，阴极（即接电源负极的一极）周围颜色变深，则甲液体胶粒带正电，则甲为fe(oh)3胶体；将一束光通过乙液体，无丁达尔现象，则乙液体为naoh溶液；将naoh溶液慢慢加入到丙液体中，先出现凝聚，后液体变澄清，则丙为硅酸胶体，丁为as2s3胶体。考点：考查离子反应、胶体和溶液的性质。17（14分）将镁铝的混合物0.1mol溶于100ml 2mol/l硫酸溶液中,然后再滴加1mol/l的naoh溶液,请回答:(1)若在滴加naoh溶液过程中,沉淀质量随加入naoh溶液的体积变化如图所示,当v1=160ml时,则金属粉末中n(mg)= mol, v2= ml,(2)若在滴加naoh溶液过程中,欲使mg2+、al3+刚好沉淀完全,则滴入naoh溶液的体积v(naoh) = ml(3)图像中a点的意义是 【答案】（14分）(1) n(mg)= 0.06 mol, v2= 440 ml (2) v(naoh) = 400 ml(3)图像中a点的意义是：生成mg(oh)2 、al(oh)3沉淀的最大值【解析】略18（10分）海藻中含有丰富的碘元素，碘元素通常以的形式存在。实验室从海藻灼烧后的海藻灰中提取的流程如图所示：（1）操作i是_，操作ii是_。（2）试剂x可以选择_。a. 氯气b. 氢氧化钠c. 过氧化氢d. 稀硫酸（3）试剂y可以选择_。a. 酒精b. 四氯化碳c. 醋酸d. 苯（4）该实验中为使海藻灰中i-转化为i2的有机溶液，除烧杯、普通漏斗和必要的夹持仪器外，还需要的玻璃仪器有_、_。（5）操作ii完成后，判断水层中是否残留i2的实验方法是_。【答案】（1）过滤（1分）萃取（萃取和分液）（1分） （2）a、c（2分）（3）b、d（2分） （4）玻璃棒（1分）分液漏斗（1分）（5）取少量水层样品于试管中，加入少量淀粉溶液，若变蓝则残留i2，若不变蓝，则不残留i2。（2分） 【解析】（1）灼烧后的海藻灰中含有不溶性物质，通过过滤即可除去，即操作i是过滤。x能把溶液中的碘离子氧化生成单质碘，而碘易溶在有机溶剂中，所以操作是萃取。（2）氯气和过氧化氢都具有氧化性，能氧化碘离子，生成单质碘，而氢氧化钠和稀硫酸不能氧化碘离子，所以答案选ac。（3）作为萃取剂的y应该满足和水不溶，且碘易溶在y中，酒精和乙酸与水是互溶的，不能作为萃取剂，答案选bd。（4）根据实验原理可知，溶解时需要玻璃棒，萃取时需要分液漏斗。（5）由于碘能和淀粉发生显色反应，据此可以鉴别碘的存在。即取少量水层样品于试管中，加入少量淀粉溶液，若变蓝则残留i2，若不变蓝，则不残留i2。19i下列实验操作、试剂保存方法和实验室事故处理，一定正确的是 （填序号）。a实验室中，浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口试剂并中；b制备氢氧化铁胶体时，应向20ml沸水中逐滴滴加12ml饱和的fecl3溶液，并继续加热到液体呈透明的红褐色为止；c在石油的分馏实验中，温度计需插入液体中；d不慎将浓碱液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液；e用酸式滴定管量取20.00ml高锰酸钾酸性溶液；f在进行中和热测定时，为保证实验的准确性，我们可以采取以下具体措施：使用碎泡沫以起到隔热保温的作用、使用铜质搅拌棒进行搅拌、取用的碱溶液略过量、进行两到三次实验取平均值。ii汽车尾气的主要成分为co2及co、nox（no和no2）的混合物，其中no的体积分数占95%以上）等。治理方法之一是在汽车排气管上加装“催化转换器”，利用催化剂使co和nox发生反应大部分转化为co2和n2。某小组在实验室利用下图所示装置模拟处理汽车尾气中co和nox的反应并测量反应后混合气体的组成。（已知）试回答下列问题：(1)仪器的连接顺序为(2)e装置的作用是_、_。(3)写出d中的nox与co反应的化学方程式_。(4)若b容器中生成的nox为no，写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_。(5)若通入的nox为no，c装置增重8.8g，收集到的气体在标准状况下为4.48l（其相对分子质量为28.4）。则收集到的气体中no的物质的量为_。(6)选择高效催化剂，将汽车尾气转化为无毒气体，便彻底解决了汽车尾气对环境的影响，这种说法是否正确并阐述理由：_。【答案】【解析】略20影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法通过图1所示装置研究反应速率的有关问题。（1）取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使镁条浸入锥形瓶内足量的稀盐酸中。足量镁条与一定量盐酸反应生成h2的量与反应时间的关系曲线如图2所示。 请根据实验中现象并结合图2中数据回答0到6分钟内哪一段速率最快 。a： 02 分钟 b： 24 分钟 c： 46分钟 并请简述速率出现这种情况的其原因： （2）某同学发现，纯度、质量、表面积都相同的两铝片与h+浓度相同的盐酸和硫酸在同温同压下反应时产生氢气的速率差别很大，铝和盐酸反应速率更快。他决定对其原因进行探究。填写下列空白： 该同学认为：由于预先控制了反应的其他条件，那么，两次实验时反应的速率不一样的原因，只有以下五种可能：原因：cl对反应具有促进作用，而so2 4对反应没有影响；原因：cl对反应没有影响，而so2 4对反应具有阻碍作用；原因：_；原因：cl、so2 4均对反应具有促进作用，但cl影响更大；原因：_。 该同学设计并进行了两组实验，即得出了正确结论。他取了两片等质量、外形和组成相同、表面经过砂纸充分打磨的铝片，分别放入到盛有同体积、c（h+）相同的稀硫酸和盐酸的试管（两试管的规格相同）中：a在盛有硫酸的试管中加入少量nacl或kcl固体 ，观察反应速率是否变化；b在盛有盐酸的试管中加入少量na2so4或k2so4固体，观察反应速率是否变化。若观察到实验a中_，实验b中_，则说明原因是正确的。依次类推。该同学通过分析实验现象，得出了结论：cl对反应具有加速作用。【答案】（1） b 反应为放热反应，使温度升高，加快反应速率，随反应进行，盐酸的浓度大大减小，后来反应速率反而降低。 （2）cl对反应具有促进作用，而so2 4对反应具有阻碍作用，但cl影响大于so2 4的影响；cl、so2 4均对反应具有阻碍作用，但so2 4影响更大 反应速率加快；反应速率无明显变化【解析】（1）根据图像可知，在相同时间内，24分钟段产生的氢气最多，所以反应速率最快，答案选b。 由于反应为放热反应，随着反应的进行温度升高，加快反应速率；但同时随反应进行，盐酸的浓度大大减小，后来反应速率反而降低。 （2）根据几种假设可知，原因是cl对反应具有促进作用，而so2 4对反应具有阻碍作用，但cl影响大于so2 4的影响；原因是cl、so2 4均对反应具有阻碍作用，但so2 4影响更大。如果原因i正确，则a中反应速率应该是加快的，b中反应速率应该是无明显变化。21今有fe和zn的混合物12.1g，与足量的稀盐酸反应，共放出h2 4.48l（标准状况）。求：（1）原混合物中fe的质量分数。 （2）消耗hcl的物质的量。【答案】（1） 46.3% （2）0.4【解析】试题分析：（1）设铁的物质的量为m mol，锌的物质的量为n molfe + 2h = fe2 + h2 zn +2h = zn2 + h2m 2m m n 2n n56m + 65n = 12.1 22.4m + 22.4n= 4.48 解得n=0.1 mol m=0.1 mol，则铁的质量分数为100%=46.3%（2）消耗hcl的物质的量为2m+2n=0.4mol。考点：考查根据化学方程式计算。22a、b、c、d四种短周期元素，原子序数依次增大；a和c能形成一种分子x或一种+1价阳离子y；b元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；c、d在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体。回答下列问题：（1） b在周期表中的位置为 。（2） 写出一种由a、b、c、d四种元素组成的常见化合物的化学式 ，其中所含的化学键类型为 。（3） 写出y水解的离子方程式 。（4） 在101 kpa时，lgx气体在d单质中充分燃烧，生成一种液态化合物和另一种对环境无污的稳定物质，放出18.6 kj的热量。该反应的热化学方程式为 。【答案】（1） 第二周期 第a族（2） nh4hco3或(nh4) 2co3 ；离子键、共价键（3） nh4+ + h2o nh3h2o + h+（4） 4 nh3 (g) +3 o2 (g) = 2n2(g) + 6h2o(l) h= 1264.8kjmol-1【解析】试题分析：根据题给信息推断，a为氢元素，b为碳元素，c为氮元素，d为氧元素。（1） b为碳元素，在周期表中的位置为第二周期 第a族；（2） 由上述四种元素组成的常见化合物的化学式为nh4hco3或(nh4) 2co3 ，其中所含的化学键类型为离子键和共价键；（3） y为铵离子，水解的离子方程式为nh4+ + h2o nh3h2o + h+；（4） x为氨气，d的单质为氧气，在101 kpa时，lg氨气在氧气中充分燃烧，生成液态水和氮气，放出18.6 kj的热量。该反应的热化学方程式为4 nh3 (g) +3 o2 (g) = 2n2(g) + 6h2o(l) h= 1264.8kjmol-1。考点：考查元素推断及相关物质的结构与性质，热化学方程式的书写等。23m是一种单质，a、b、c、d、e、f、g都是含有同一种元素的物质，这七种物质相互转变的关系如下图所示：（1）写出下列物质的颜色：m f ，（2）写出下列变化的化学方程式ab： 该反应中每消耗0.3 mol的a，可转移电子 mol。eg ；dc 。（3）上述反应中，属于氧化还原反应的有 个【答案】（1）黄绿色 红棕色 （2）3fe4h2o(g)fe3o44h2 0.84fe(oh)2o22h2o=4fe(oh)3 2fecl3fe =3fecl2 （3）5 【解析】试题分析：e在空气中氧化得到红褐色沉淀，可知e为fe(oh)2，g为fe(oh)3，受热分解生成的f为fe2o3，由此可推断出a为fe，c为fecl2，b为fe3o4，d为fecl3，m为氯气；（1） 氯气是黄绿色气体，fe2o3是红棕色固体； （2） fe与水蒸气反应的方程式为3fe4h2o(g) fe3o44h2，该反应中每消耗0.3 mol的fe，可转移电子0.8mol；fe(oh)