河南省郑州市高二化学开学考试卷(含解析)(五)

1、河南省郑州市第二十中学2016 2017学年度高二开学考化学试题(解析版)1.下列物质中，属于纯净物的是A.碱石灰B .汽油 C .小苏打D .食醋【答案】C【解析】碱石灰主要成分为氧化钙、氢氧化钠和少量的水，为混合物；汽油是多种烧的混 合物；食醋为溶液，溶液均为混合物；只有小苏打，NaHCM纯净物。2.卜列有关化学用语表述正确的是10 / 13S2-的结构示意图:CO的比例模型:A.B.aCOOHOHD.质子数为79、中子数为118的金(Au)原子：11879Au【答案】C【解析】试题分析：A. S为16号元素，核外有16个电子，得到两个电子形成 S2-,则S2-的结构示意图： 领力,故A错

2、误；B.二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子，其正确的比例模型为:故B错误；C.邻羟基苯甲酸相当于羟基取代了苯甲酸中竣基邻位H形成的，其结构简式为：，故C正确；D.质子数为79、中子数为118的金(Au)原子的质量数为197,该原子正确的表示方法为：79197Au,故D错误；故选 G考点：考查常见化学用语的表示方法判断，涉及比例模型、结构简式、离子结构示意图、 元素符号等。3 .气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径气体物质的量的多少气体分子间的平均距离气体分子的相对分子质量A. B . C . D .【答案】C【解析】试题分析：物质的体积主要由分子的直径，物质的量多少，分子

3、间的距离决定，对于气体，由于气体分子之间的距离比分子的直径大很多，所以气体体积主要由气体的物质的量多少和气体分子间的距离决定，选Q考点：物质的体积4 .对比以下几个反应式：Cl + Cl = Cl2 AHI= 247kJ mol1 0+0=02 AHI= 493kJ mol1 N+ N= N2 H= 946kJ mol 可以得出的结论是A.在常温下氮气比氧气、氯气都稳定B.氮、氧、氯的单质常温下为气体C.氮、氧、氯的单质氧化T依次增强D.氮气、氧气和氯气的密度不同【答案】A 【解析】5 .下列说法中正确的是A.两个原子或多个原子之间的相互作用叫做化学键B.阴、阳离子通过静电引力而形成的化学键叫

4、做离子键C.只有金属原子和非金属原子化合时才能形成离子键D.大多数的盐、碱和金属氧化物中含有离子键【答案】D 【解析】试题分析：A.化学键是指相邻原子之间强烈的相互作用，A项错误；B.离子键是阴、阳离子间通过静电作用而形成的，是吸引力和排斥力的平衡，B项错误；C.离子键的形成必须有阴、阳离子，但并不一定是含有金属阳离子，例如俊根阳离子同样可以形成俊盐，C项错误；D.大多数的盐、碱和低价金属氧化物中存在阴阳离子，则存在离子键，D项正确；答案选Do【考点定位】考查化学键类型的判断【名师点睛】本题考查化学键类型的判断。关于化学键总结如下：化学键指的是相邻原子之间强烈的相互作用，“相邻”指的是成键原子

5、，“强烈”的含义是作用力强，一般为 120800 kJ mol -1 o化学键是成键原子之间的相互作用，既包括静电引力，也包括静电斥力；一般来讲，金属元素和非金属元素之间容易形成离子键，但某些金属和非金属组成的化合物（例如Al和Cl形成的AlCl 3等）却是共价化合物。 俊 前(N选项性质应用A碳酸氢钠可与烧碱反应可用碳酸氢钠作糕点膨松剂嘱艮离子梆啾燕瓣票薄邨膘合物：大多数的盐、础稚雌破础耐C浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸 的氧化性较弱可用核硫酸替代稀硫酸与锌反应快速 制氢气D碳单质性质稳定pj在纯铁中加入少量炭增强抗腐蚀性卜列物质性质与应用及其对应关系均正确的是键。【答案】B 【解析】试题分析

6、：A、碳酸氢钠能与酸反应生成CO气体，因此可用碳酸氢钠作糕点膨松剂，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，关系不能对应，A错误；B AgCl难溶于稀硝酸，因此可用稀硝酸和 AgNO溶液检测Cl 一，B正确；C浓硫酸与锌反应生成硫酸锌、SQ和水，得不到氢气，C错误；D纯铁中混有碳，易形成原电池，铁是负极加快腐蚀，D错误，答案选Bo考点：考查物质性质与应用的判断7.下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是 ()A. Ca2+、Fe2+、NG-、Cl- B . BsT、Ns+、I-、NO-C. Na+、K+、SO2-、SO2-D . K、M/、HCO、PO3-【答案】

7、B【解析】试题分析：A. OHW Fe2+能结合生成沉淀，Fe2+在碱性条件下不能大量共存，故 A不选； B.碱性条件下该组离子不反应，能共存，且在酸性条件下I-、NO-能发生氧化还原反应，符合题意，故 B选；C.碱溶液中该组离子不反应，能共存，但在酸性条件下H+、SO2-发生反应生成水和气体，不是氧化还原反应，故 C不选；D. M才在碱性条件下生成沉淀、OH与HCO不能共存，故 D不选；故选 R 考点：离子反应、离子共存问题【名师点睛】考查常见离子反应及离子能否共存的判断方法。本题将离子共存、氧化还原 反应等知识有机结合在一起，是历次考试的重点题型。如果离子间能发生复分解反应、氧 化还原反应

8、、双水解反应、络合反应等则不能在溶液中大量共存；当溶液中同时存在几种 还原性离子，向其中加入氧化剂时还原性强的离子首先被氧化，常见离子的还原性：S2->SO2->Fe2+>I->Br-;注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物 质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好专题总 结，以便提高解题速度和准确度。8.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.在同温同压时，相同体积的任何气体所含的原子数目相同8 .将49g H2SO溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol?L-1C.标准状况下，11.2L水所含分子数

9、为0.5 N aD.常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3Na【答案】D【解析】试题分析：在同温同压时，相同体积的任何气体的物质的量相等，但每种气体分子所含的原子个数可能不同，原子的物质的量可能不同，那么原子个数不一定相等，A错；49gH2SO的物质的量为 0.5mol ,但溶于1L水中溶液的体积不等于1L,故物质的量浓度不是0.5mol?L-1, B错；标准状况下，水是液体，知道体积不能用摩尔体积来计算物质的量，所 以无法求出分子数； C错；2.7g铝的物质的量为 0.1mol , Al反应后变为Al3+,失去3e-,故 0.1molAl反应失去的电子为 0.3mol ,电

10、子数为0.3Na, D对。考点：阿伏伽德罗常数的应用、物质的量浓度概念的理解。9 .下列是几种粒子的结构示意图，有关说法不正确的是.属于稀有气体元素.属于金属元素A.和属同种元素BC.和的化学性质相似D【答案】B试题分析：A、和都是氧元素，正确，不选A; B、为氧元素，不是稀有气体，错误，选B; C为硫元素，和氧元素是同主族元素，性质相似，正确，不选C; D为金属钠，正确，不选D。考点：结构示意图的意义 10下列化工生产原理错误的是 可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠； 可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁； 用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝； 炼铁时高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热

11、 A. B . C . D . 【答案】 D 【解析】试题分析：钠是特别活泼的金属，可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠，正 确；镁是特别活泼的金属，可以用电解熔融的氯化镁方法制取镁，不能用钠置换的方 法，错误；氯化铝是共价化合物，制取金属铝是用电解熔融的氧化铝的方法，错误； 炼铁时高炉中所发生的反应有的是放热的，有的是吸热反应，错误。考点：考查化工生产原理正误判断的知识。11下列各种说法中，正确的是( )A.电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物一定是酸B.所有的盐电离时只能生成酸根阴离子和金属阳离子。C.氧化物是指含有氧元素的化合物，如 NaOH HkSO等。D.氨气溶于水溶液显碱性，

12、所以氨气属于碱【答案】 A 【解析】试题分析：A.电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物一定是酸，A正确；B.所有的盐电离时不一定只能生成酸根阴离子和金属阳离子，也可以是铵根离子，另外酸式盐还电离出氢离子，例如硫酸氢钠等，B错误；C.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，如水等，C错误；D.氨气溶于水溶液显碱性，原因是氨气与水生成的一水合氨 电离，所以一水合氨属于碱，氨气不是， D 错误，答案选A。考点：考查物质分类的有关判断12 用NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.用含0.1mol FeCl 3的溶液与足量沸水反应制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数为 0.1NaB 0.

13、1mol Fe 与 0.1mol Cl 2充分反应，转移的电子数为 0.3 N AC. 46g NO2和N2Q的混合气体中含 N原子总数为NAD.等物质的量的 NH+和OH含电子数均为10NA【答案】 C 【解析】试题分析：向沸水中加入饱和FeCl3的溶液制取 Fe(OH)3胶体，由于胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数小于0.1Na,错误；B. 0.1mol Fe 与0.1molCI2充分反应，转移的电子数为0.2 Na,错误；C. 46g NO2的物质的量是1mol,所以含N原子总数为NA; 46gNbQ的物质的量是 0.5mol ,所以含N原子总数为 N

14、A。故46g NO2和NO4的 混合气体中含 N原子总数为NA,正确；D.等物质的量的 NH+和OH的物质的量不一定是 1mol ，因此含电子数不能确定，错误。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。13 CuSO4 是一种重要的化工原料，有关制备及性质如下所示。下列说法错误的是稀 H2SO4/HNO3Cu70%H2SO4O2 1浓 H2SO4ACuSQ5A.生成等量的CuSO时，消耗的酸最少，且能体现绿色化学思想B.反应中Y可以是葡萄糖或乙醛溶液C.反应所得混合气体 X中一定有02D.反应中H2SO与HNO物质的量最佳比为 3 ： 1【答案】D【解析】试题分析：反应用氧气做氧化剂，用酸做氧化剂

15、，生成NO SO等污染性气体，所以消耗的酸最少，且能体现绿色化学思想，故 A正确；氢氧化铜悬浊液与葡萄糖或乙醛 溶液反应能生成 CWO,故B正确；根据化合价升降规律，反应中铜的化合价降低，所得 混合气体X中一定有化合价升高的产物O2生成，故C正确；反应中要生成 1mol的硫酸铜，需要1mol硫酸表现酸性、需要 叵硝酸表现氧化性，H2SQ与HNO物质的量最佳比为3 ： 2,故D错误。考点：本题考查氧化还原反应。14 .下列实验中，所采取的分立方法与对应原理都正确的是()选项目的分离方法原理A除去CO中的SO饱和 NaHCO溶液洗气SQ能与NaHCOm反应生 成COB分离NHCl和NS2CQ加热N

16、HCl会升华C分离Fe(OH)3胶体和NaCl溶液过滤胶体不能透过滤纸，离子 能D分离GH50H和Br2的混合 物CCl4萃取Br2在CCl4中溶解度极大【答案】A【解析】试题分析：A.由于酸性：H2SQ>HCO,所以把含有杂质 SO的CO通入到饱和 NaHCOm夜洗气，会发生反应： SO+ NaHCO= NaHSO+ CO2,达到除杂的目的，正确；B.分离 NHCl和ANaCO,可以利用 NHCl的不稳定性，加热发生分解反应：NHCl= NH+HCl,在该过程中有新的物质产生，因此发生的是化学变化，而不是物质的升华，错误；C.分离Fe(OH)3胶体和NaCl溶液，可以利用胶体不能通过半

17、透膜，而溶液可以通过半透膜，采用渗析的方 法，错误；D.分离C2HOH和Br2的混合物，可以根据二者沸点的不同，采用蒸储的方法， 错误。考点：考查分离混合物的方法、试剂及反应原理正误判断的知识。15 .某无色混合气体可能由CH、NH、H2、CO CO和HCl中的某几种气体组成。在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在 Q中能够点燃，燃烧产物不能 使CuSO粉末变色。则原混合气体的成份是( )A. HCl 和 CO B . HCl、 H2 和 CO C . CH和 NH3 D . HCl、CO和

18、 CO【答案】A【解析】试题分析：混合气体通过浓硫酸总体积不变，说明没有氨气，通过过量的澄清石灰水，未 见浑浊，但总体积减小，说明没有二氧化碳，有氯化氢，剩余气体在氧气中能都点燃，燃 烧产物不能使硫酸铜变色，说明没有氢气和甲烷，有一氧化碳，所以气体为一氧化碳和氯 化氢。选Ao考点： 常见的气体的检验和除杂16. ( 9分)(1)下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)。把与下面元素有关的性质相符的曲线标号填入相应的空格中：nA族元素的价电子数 。第三周期元素的最高化合价 。、Na+、Mgj Al 3+的离子半径 。(2)元素X、Y、Z、M N均为短周期

19、主族元素，且原子序数依次增大。已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3 ： 4; M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4： 3; N > Z+、X+的半径逐渐减小；化合物 XN常温下为气体。据此回答：N的最高价氧化物对应的水化物的化学式为 。X、Y、Z元素符号分别为： X、Y、Z。工业上制取单质 M的化学方程式为 。【答案】b c a(2) HCQ H O Na SiO2+ 2卢里 Si +2COT【解析】(1)同主族元素，元素的化合价相同均等于最外层电子数(。F除外)第三周期从左到右，最外层电子数逐渐增多，最高化合价逐渐增大。粒子半径大小比较规律：(1) 一般来说，电子层数

20、越多，粒子半径越大；(2)电子层数相同，核电荷数越多，半径越小；(3)核电荷数相同，核外电子总数越多，半径越大。(2) X、Y、Z、M N对应的元素分别为：H、。Na、Si、CLN的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HC1O4 ;X、Y、Z元素符号分别为： H Q Na工业上制取单质 M的化学方程式为 SiO2+ 2隔温Si+2CO17. (14)已知元素X、Y、Z、W勺原子序数分别为6、8、11、13,请回答：(1)写出下列元素符号 X Y Z W (2)写出下列元素在周期表中的位置XYzw(3X+YZ+YW+Y【答案】(共14分每空1分，方程式2分)(1) X:碳元素 Y :氧元素 Z :

21、钠元素 W :铝元素(2)第二周期第IV A、第二周期第V! A、第三周期第 IA、第三周期第IDA(3) C+ O2 巴 CQ；4Na+ %= 2Na2O或者 2Na+ O2 Na2O2;也4Al +3O22Al2O3【解析】(1)根据原子序数可知，X、Y、Z、W四种元素分别是碳元素、氧元素、钠元素、铝元素。(2)根据原子序数可知，X、Y、Z、W四种元素分别元素周期表中的第二周期第IV A、第二周期第V! A、第三周期第IA、第三周期第出A。(3)碳在氧气中燃烧生成CO,方程式为 C+，回 C。钠和氧气反应，如果不加热则44A1 + 3O2- 2Al 2O3。生成氧化钠，如果加热则生成过氧化

22、钠，方程式为4Na+%= 2Na2O或者2Na +C2 -Na2C2o铝在氧气中燃烧生成氧化铝，方程式为18.下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题:(1)从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，选择装置 (填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的C等杂质，选择装置 ；从碘水.中分离出I2,选择装置,该分离方法的名称为 。(2)装置 A中的名称是 ,冷却水的方向是 ,温度计水银球 的位置是在 ;装置 B在分液时装置中的液体不能顺利滴下，原因是(3)从碘水中得到碘时，不能选用的试剂是 A.酒精B .苯 C .四氯化碳若选则试剂 X(密度小于水的密度)从碘水中提取碘时，充分振荡

23、、静置后，下层液体的 颜色为。【答案】(1) D A B 萃取或萃取分液(只答分液不得分)(2)蒸储烧瓶下进上出 支管口附近未打开分液漏斗上端活塞或未使凹槽对准小孔(3) A无色或接近无色【解析】试题分析：(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固 体可用蒸发，选择 D装置；因蒸储可以实现水中难挥发性杂质和水的分离，则除去自来水 中的C等杂质，可用蒸储，选择 A装置；从碘水中提取碘，用 B装置，此操作为萃取分 液；(2)装置 A中的名称是冷凝管，使用时下口进水上口出水，装置 B中在使用分液漏斗 时，要打开分液漏斗 上端活塞或使凹孔对准小孔，以保证内部液体顺利流下；(

24、3)碘微溶于水，碘易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，且苯、四氯化碳与水互不相溶，可用萃取法分离，虽然碘易溶于酒精，但酒精与水混溶，故不能选择酒精作萃取剂；若选择密度比水小的做萃取剂，分层后下层为水层，因而为无色考点：物质的分离和提纯19 .化学课外兴趣小组学生在实验室里制取的乙烯中长混有少量的二氧化硫，老师启发他们并由他们自己设计了下列实验图以确认上述混合气体中有C2U和SO。回答下列问题m rv(1)I、n、出、iv装置可盛放的试剂是I； n； m； w。依次填为()品红溶液 NaOHt液 浓硫酸 酸性KMnO溶液A.B .C .D .(2)能说明SO气体存在的现象是 。(3)使用装置出的目的是

25、 。(4)确定含有乙烯的现象是 。【答案】(1) C ; (2) I中品红褪色；(3)检验SO是否除尽；(4) IV中KMnO溶液褪 色。【解析】试题分析：二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高镒酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化 硫都能使高镒酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO,再通过品红溶液不褪色确认SO已除干净，最后用高镒酸钾酸性溶液褪色检验乙烯。(1)因装置I用来检验 SO,试管中品红溶液褪色，说明含有 SO,装 置n试管装有 NaOH溶液除去SO,装置出试管通过品红溶液不褪色确认 SO已除干净，装 置IV通过高镒酸钾酸性溶液褪色检验乙烯

26、，故选项是C; (2)装置I用来检验 SO,试管中品红溶液褪色，说明含有 SO; ( 3)装置出试管通过品红溶液不褪色确认SQ已除干净；(4)装置IV通过高镒酸钾酸性溶液褪色检验乙烯。考点：考查实验室制乙烯产物的检验顺序、方法及反应现象的判断的知识。20 .纯碱在工业上非常重要。(1)取一定量纯碱细小粉末置于烧杯中，加入一定量的水，可以得到颗粒较大的晶体Ao烧杯温度升高，理由是 ;(2)从上述烧杯中得到干燥纯净的晶体A,实验程序为： ;(填序号，可重复使用)蒸发结晶放入干燥器转移入过滤器中用水洗涤2 3次用乙醇洗涤加热灼烧(3)取纯净物13.92g晶体A,进行热重分析，直到质量不再改变，生成物

27、质Z,具体数据如下:物质质量/g样品A T1C下得到物质X T2 C下得到物质Y 600 C时得到物质Z13.92 11.75-7.456.36通过计算确定样品 A的化学式。并写出计算过程。【答案】(9分)(1)其化学原理为 NaCO+nHOnNaCO nHO反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。(2分)(2)(3分)(3)设A的化学式为N32CO- nHz。，加热到质量不再变化时为N&CONaCO- nH2O Na 2CO106+18n1066.36(106+18n):106=13.92:6.36n=7故A的化学式为 NaCO 7H2O (共4分)【解析】试题分析：

28、(1)温度升高说明发生了反应放出了热量，其化学原理为NaCG+nH2O=NaCO nWO,反应物总能量高于生成物总能量，故放出热量，导致温度升高。(2)从烧杯中得到干燥纯净的晶体A,实验程序为转移入过滤器中、用乙醇洗涤、放入干燥器。(3)设A的化学式为N32CO- nH2O,加热到质量不再变化时为NS2CONaCO- nH2O Na 2CO106+18n1066.36(106+18n):106=13.92:6.36n=7。故A的化学式为 NaCO 7H2O。考点：钠的重要化合物化学计算点评：本题考查的是纯碱的性质及化学计算的知识，题目难度中，考查学生分析问题、解 决问题和计算的能力。21 .某

29、温度时，在0.5L密闭容器中某一反应的A、B气体物质随时间变化的曲线如图所示，完成下列问题：(1)写出反应的化学方程式；(2)计算平衡时 A的转化率。【答案】(1) 3A-2B;(不写可逆号不得分)(2) 75% (不写计算过程不得分)。 【解析】试题分析：(1)根据图示可知A是反应物，B是生成物，在相同时间内A反应消耗0.6mol , B生成0.4mol ,二者改变的物质的量的比是3:2 ,由于后来它们的物质的量不再发生变化，所以该反应的方程式是3A2B; (2)根据图像可知加入了0.8molA,发生反应消耗了 0.6mol ,所以平衡时 A的转化率是(0.6mol+0.8mol) X100

30、%=75%考点：考查图像方法在化学方程式的书写及物质平衡转化率的计算的知识。22.下表是周期表中的一部分，根据 AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下 列问题：期、I AII AHlAIVavaVIAVHa1A2匚EG3CJFHI(1)表中元素，化学性质最不活泼的是 ,只有负价而无正价的是,可用于制半导体材料的元素是 。(2)最高价氧化物的水化物碱性最强的是 ,酸性最强的是 ,呈两性 的是;(3) A分别与D E、F、G H形成的化合物中，最稳定的 ;(4)在R C、D J、E、F、G H中，原子半径最大的是【答案】(1) Ar、 F 、 Si(2) NaOH HClQ、Al ( OH

31、) 3(3) HF(4) Na【解析】试题分析：由元素在周期表中位置，可知 A为氢、B为Na、C为Al、D为碳、E为氮、F为 磷、G为氟、H为Cl、I为Ar、J为Si;(1)稀有气体 Ar化学性质最不活泼，上述元素中F元素没有正化合价，用于制半导体材料的元素是硅；(2)上述元素中 Na的金属性最强，故NaOH碱性最强，氟元素没有最高价含氧酸，故HClQ的酸性最强，Al(OH)3能与酸、碱反应生成相应的盐与水，属于两性氢氧化物；(3)同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，上述元素中F元素非金属性最强，非金属性越强，氢化物越稳定，故HF最稳定；(4)同周期自左而右原子半径减小，同

32、主族自上而下原子半径增大，故上述元素中Na的原子半径最大。考点：考查元素周期表与元素周期律应用23.已知有如右图所示转化关系 (反应条件略)。已知；X、Y、Z、W均为氧化物。常温下，X是红棕色气体；Y能使澄清石灰水变浑浊但不能使品红溶液褪色。相对分子质量：甲 乙。将甲的浓溶液露置在空气中一段时间，质量减小浓度降低；将乙的浓溶液露置在空气中一段时间，质量增加浓度降低。请完成下 列空白：(1) Z是(写化学式)：。(2)将乙的浓溶液露置在空气中一段时间，质量增加浓度降低，表明乙的浓溶液具有 性。利用这种性质可以进行 项(填字母)实验操作。A.钝化铁片B .检验Ba" C .干燥氨气D .

33、干燥氯气(3)在X与Z的反应中，被氧化的 X与被还原的X的物质的量之比是 。(4) W可用于工业制澳过程中吸收潮湿空气中的B2,写出该反应的离子方程式：。该反应很好地解决了环保问题，但给工业生产带来了 的 问题。(5)写出M与甲的浓溶液在加热条件下反应的化学方程式： 。【答案】(1) H2O (2)吸水D (3) 2 ： 1(4) SO+Br2 + 2H2O=2HB叶HkSO强酸对设备腐蚀 C+4HNO (浓)=COT +4NO T +2H2O【解析】试题分析：X、Y、Z、W均为氧化物，常态下，X是红棕色气体，则 X为NO; Y能使澄清石灰水变浑浊但不能使品红溶液褪色，则Y为CO;甲与M反应得

34、到二氧化氮、二氧化碳，可推知甲为HNQ M为碳，乙与碳反应得到二氧化碳、二氧化硫，可推知乙为HSQ,故Z为H2O;(1)由上述分析可知，Z为H2Q(2)浓硫酸具有吸水性，露置在空气中一段时间，其质量增加浓度降低，可以用于干燥氯 气。(3) X和Z的反应为3NO+H2O=2HN3+NO被氧化的二氧化氮生成 HNO,被还有的二氧化氮 生成NO由方程式可知，被氧化的 NO与被还原的NO的物质的量之比是 2: 1。(4)澳具有强氧化性，在溶液中奖二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为HBr,反应方程式为：SO+Br2+2H2O=HSQ+2HBr,由于生成强酸，在工业生产带来了强酸对设备腐蚀问题。(5)碳与浓硫酸在加热条件下生成二氧化碳、二氧化氮与水，反应方程式为：C+4HNO(浓)=CO T +4NOT+2H2Q考点：考查无机推断24.已知C D、G I为短周期元素形成的单质，Dk G I常温下为气态，且 G为黄绿色;形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍