河南省建业外国语中学高二化学试题（解析版）

河南省建业外国语中学高二化学试题（解析版）1．下列仪器：①锥形瓶，②蒸馏烧瓶，③漏斗，④燃烧匙，⑤天平，⑥分液漏斗，⑦胶头滴管。常用于物质分离的是(　　)A．①③⑤　　　　　　　　B．②④⑦C．①②⑥D．②③⑥【答案】D【解析】锥形瓶一般不用来分离物质；燃烧匙是少量固体和液体反应的仪器；天平是用来称量物质质量的仪器；胶头滴管是用来滴加少量液体的仪器；答案选D。2．下列各组物质性质的比较中，不正确的是A．热稳定性：SiH4<ph3<h2ob．酸性：h3po4>H2SO4>HClO4C．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3D．金属性：Na>Mg>Al【答案】B【解析】答案：BA、正确，Si、P为同一周期，P、O为同一主族；B、不正确，酸性：H3PO4〈H2SO4〈HClO4C正确，Na到Mg金属性减弱，Mg到Na碱性减弱,： NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3D．正确，同一周期从左到右，金属性减弱，金属性：Na>Mg>Al3．如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是(　　)。A．蓝色石蕊试纸先变红后退色B．品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均退色，证明SO2具有漂白性C．湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2D．NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2【答案】C【解析】由于SO2溶于水生成H2SO3，只能使指示剂变色，而不能退色，A项错误；SO2能使酸性KMnO4溶液退色，是发生氧化还原反应的结果，B项错误；除去多余的SO2应用NaOH溶液而非NaCl溶液，D项错误；湿润的淀粉KI试纸未变蓝，即无I2生成，故SO2的氧化性弱于I2的氧化性。4．下列实验不能达到目的是A．往酸性KMnO4溶液中通入SO2验证SO2的还原性B．加热氯化铵与氢氧化钙固体混合物制取氨气13/13C．用二氧化锰和稀盐酸反应制取氯气D．用乙醇萃取碘水中的碘【答案】CD【解析】A．因高锰酸钾具有强氧化性，则往酸性KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色，验证SO2具有还原性，故A不选；B．由固体铵盐与碱加热制取氨气的反应原理可知，加热氯化铵与氢氧化钙固体混合物能制取氨气，故B不选；C．因二氧化锰与稀盐酸不反应，则不用二氧化锰和稀盐酸反应制取氯气，故C选；D．因乙醇与水互溶，不能作萃取剂，不能用乙醇萃取碘水中的碘，可用苯萃取碘水中的碘，故D选；故选CD．【点评】本题考查二氧化硫的性质及氨气的制法、氯气的制法、萃取，考查知识点较多，注重基础知识的考查，难度不大．5．下列离子方程式正确的是A．向氨水中滴入盐酸：OH-+H+=H2OB．氢氧化钡溶液与稀硫酸：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2OC．铜粉溶于FeCl3溶液中：Cu+Fe3+=Fe2++Cu2+D．Cl2与冷NaOH溶液反应：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O【答案】D【解析】正确的为DA．向氨水中滴入盐酸：NH3·H2O+H+=H2O＋NH4＋B．氢氧化钡溶液与稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2OC．铜粉溶于FeCl3溶液中：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+D.正确6．在人体所需的十多种微量元素中，有一种称为生命元素的R元素，对延长人类的寿命起着重要的作用。已知R元素的原子有四个电子层，其最高价氧化物的分子式为RO3，则R元素的名称为()A．硫B．砷C．硒D．硅【答案】C【解析】试题分析：根据题意，R元素最高价氧化物化学式为RO3，利用化合物中元素化合价代数和为零，设R元素的化合价为a，则a+(-2)×3=0，解得a=+6，即R元素最多可失去6个电子，可推断R元素的原子结构中最外层为6个电子；又因为，R元素的原子核外有4个电子层，根据电子排布规律，则R元素的原子结构中核外电子分布为2、8、18、6，一共有34个电子．根据质子数=核电荷数=核外电子数，故R元素为34号元素，34号元素为硒元素，故选C。考点：考查了原子组成与结构的相关知识。7．下列物质属于电解质的是A．铜B．食盐水C．烧碱D．蔗糖【答案】C【解析】A、铜是单质不是化合物，所以不是电解质，故错误．B、食盐水是混合物不是化合物，所以不是电解质，故错误．C、烧碱是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，所以是电解质，故正确．13/13D、蔗糖是在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，所以是非电解质，故错误．故选C．8．为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷(己烯)溴水分液B淀粉溶液(NaCl)水过滤CCH3CH2OH(CH3COOH)CaO蒸馏DCO2(SO2)Na2CO3溶液洗气【答案】C【解析】试题分析：A项己烷和己烯互溶，己烯与溴发生加成反应，产物依然溶于己烷，不能分液；B项淀粉溶液体系为胶体，过滤不能除去其中的NaCl；D项由于反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，而导致CO2被吸收，应选用饱和NaHCO3溶液。考点：物质的分离和提纯。9．下列有关物质分离的说法合理的是A．分离I2和KMnO4两种固体时，可选择加热使I2升华的方法B．除去AgI胶体中的NaI时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法称为渗析C．粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42－等离子，可以通过化学沉淀法除去。如:可以通过加入Ba(NO3)2的方法除去其中的SO42－D．从海带中提取碘单质时，可以将其灼烧后加水溶解过滤，在滤液中加适量氯水将碘元素氧化为I2，最后用乙醇萃取出单质碘【答案】B【解析】试题分析：A、碘易升华，高锰酸钾加热易分解，所以分离I2和KMnO4两种固体时，不能选择加热使I2升华的方法除去，A错误；B、溶液能透过半透膜，而胶体不能透过，所以除去AgI胶体中的NaI时，可将其装在用半透膜做的袋子里，放在流动的蒸馏水中，该分离方法称为渗析，B正确；C、加入硝酸钡引入硝酸根离子，应该加入氯化钡，C错误；D、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，D错误，答案选B。考点：考查物质的分离与提纯10．为了除去氯化钾中含有的少量硫酸镁和氯化钙杂质，需进行下列六项操作，先后次序正确的是：①加水溶解②加热蒸发得到晶体③加入过量的氢氧化钡溶液④加入适量的盐酸⑤加入过量碳酸钾⑥过滤A．①④③⑤⑥②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②【答案】D【解析】试题分析：根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，由于加入的试剂都是过量的，所以需要考虑加入试剂不会造成新的杂质，所以碳酸钾试剂应该在氢氧化钡之后加入，用碳酸钾除去多余的钡离子，当三种离子都转化成沉淀后，过滤，再加入盐酸除去剩余的氢氧根离和碳酸根离子，所以顺序为①加水溶解，③加入过量的氢氧化钡溶液，⑤加入过量的碳酸钾，⑥过滤，④加入适量的盐酸，②加热蒸发得到晶体。选D。考点：混合物的除杂。13/1311．下列各组离子一定能大量共存的是A.常温下的溶液:B.含有大量的溶液:C.加入铝粉能产生氢气的溶液:D.由水电离出的溶液:【答案】D【解析】A错，常温下的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中I不能共存；B错，与碳酸根离子不能共存会发生双水解反应；C错，加入铝粉能产生氢气的溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液，铵离子、亚铁离子在碱溶液中不能共存；D正确；12．向27．2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0．5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2，在所得溶液中加入1．0mol/L的NaOH溶液1．0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39．2g。下列有关说法不正确的是A、Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B、硝酸的物质的量浓度为2．6mol/LC、产生的NO在标准状况下的体积为4．48LD、Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0．2mol【答案】B【解析】试题分析：假设铜的物质的量为xmol，氧化亚铜的物质的量为ymol，则有64x+144y=27．2,（x+2y）*98=39．2,解x=0．2y=0．1．A、铜和氧化亚铜的物质的量比为2:1，正确，不选A；B、加入1摩尔氢氧化钠时溶液显中性，说明溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量+一氧化氮的物质的量，铜和氧化亚铜失去的电子数=0．2×2+0．1×2×1=0．6摩尔，则一氧化氮的物质的量=0．6/3=0．2，所以硝酸的物质的量=1+0．2=1．2摩尔，则硝酸的浓度=1．2/0．5=2．4mol/L，错误，选B；C、产生0．2摩尔一氧化氮，标况下体积为4．48L，正确，不选C；D、铜和氧化亚铜反应的硝酸有生成的硝酸铜中的硝酸根和生成的一氧化氮，所以反应的硝酸的物质的量=0．2×2+0．1×2×2+0．2=1．0摩尔，剩余的硝酸的物质的量=1．2-1=0．2摩尔，正确，不选D。考点：金属或金属氧化物和硝酸的反应13．已知aAn+、bB(n+1)+、cCn－、dD(n+1)－具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素叙述正确的是A．气态氢化物的稳定性：D>CB．原子半径：B>A>C>DC．单质的还原性：B>AD．原子序数：b>a>c>d【答案】D【解析】试题分析：已知aAn+、bB(n+1)+、cCn－、dD(n+1)－13/13具有相同的电子层结构，则a－n＝n－n－1＝c＋n＝d＋n＋1，这说明A和B是金属，C和D是非金属，位于A和B的上一周期，原子数是b＞a＞c＞d，A、非金属性C＞D，则氢化物的稳定性是C＞D，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径是A＞B＞D＞C，B错误；C、金属性是A＞B，C错误；D、原子序数是b＞a＞c＞d，D正确，答案选D。考点：考查元素推断及元素周期律的应用14．下列说法正确的是()A．根据是否有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液B．SO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸C．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同【答案】C【解析】试题分析：A、根据分散质粒子直径将分散系分成溶液胶体和浊液，错误，不选A；B、二氧化硅不能和水反应，错误，不选B；C、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确，选C；D、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧化钠和二氧化碳反应只生成碳酸钠，错误，不选D。考点：分散系的分类，酸性氧化物的性质，混合物的判断，过氧化钠和氧化钠的性质【答案】（1）③ ② （2）①③④ （3）银元素 碳元素【解析】置换反应的特征是一种化合物与一种单质反应生成另一种单质和另一种化合物；复分解反应则是溶液中离子之间交换成分的反应；氧化还原反应则是化合价发生了变化的元素；化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素被还原。16．（12分）如下表所示为自然界中的多种铜矿石的主要成分：矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3·Cu(OH)2请回答：（1）上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是　　　　　（填化学式）；（2）工业上以黄铜矿为原料。采用火法溶炼工艺生产铜。该工艺的中间过程包含反应：2Cu2O+Cu2S高温=6Cu+SO2↑，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是　　；（3）火法溶炼工艺生产铜的尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是　　　　　；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中一种酸和一种盐的名称或化学式　　、　　。（4）下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是　　　　　　（填字母）。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主成分是碱式碱酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；有B铜表易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C铁比铜活泼铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈Ⅰ对；Ⅱ对；有13/13D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无【答案】（1）Cu2S（2）3：1（3）形成酸雨硫酸硫酸铵（4）AD【解析】试题分析：（1）铜化合物中，铜的质量百分含量＝×100%，黄铜矿中铜的含量=×100%=35%；斑铜矿中铜的含量=×100%=63%；辉铜矿中铜的含量=×100%=80%；孔雀石中铜的含量=×100%=58%，所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S；（2）2Cu2O+Cu2S高温=6Cu+SO2↑，该反应中铜的化合价由+1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O，Cu2S，还原剂是Cu2S，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：1；（3）二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫能溶于水，且能和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化成硫酸，二氧化硫是酸性氧化物，所以能用碱液吸收生成盐，如硫酸铵；（4）A、Ⅰ铜绿的主成分是碱式碳酸铜，故正确；Ⅱ碱式碳酸铜能和强酸反应生成盐和水、二氧化碳，故正确；碱式碳酸铜是弱酸盐能和强酸反应，所以二者有因果关系，故A正确；B、Ⅰ铜是不活泼金属，所以其表面不易形成致密的氧化膜，故错误；Ⅱ常温下，铜和浓硫酸不反应，所以铜容器可以盛放浓硫酸，故正确；二者没有、因果关系，所以B错误；C、Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，故正确；Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，故错误；二者有因果关系，所以C错误；D、Ⅰ蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化，故错误；硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，所以溶液可用作游泳池的消毒剂，故正确；二者没有因果关系，所以D正确，故选AD。考点：考查质量分数的计算、氧化剂的判断、物质性质与应用等17．（15分）S2Cl2是一种易挥发的液体(熔点：—76℃，沸点：138℃)，且易与水发生水解反应，可能生成H2S、SO2、H2SO3、H2SO4等物质。它是橡胶硫化剂。在熔融的硫中通以氯气即可生成S2Cl2。下图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置(夹持装置、加热装置均已略去)。(1)已知S2Cl2分子结构与H2O2相似，则S2Cl2的分子中共含有条共价键。(2)装置a中应放试剂为；装置d的名称是，它的作用是。13/13(3)该实验的操作顺序应为(用序号表示)。①加热装置c②通入Cl2③通冷凝水④停止通Cl2⑤停止加热装置c(4)图中f装置中应放置的试剂为，其作用为。(5)将S2Cl2的水解气体产物通入氯水中，若观察到的现象，则可证明水解产物中有硫化氢生成。【答案】【解析】略18．（16分）Fe2＋和I－是两种常见的还原性离子。（1）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式：。（2）请以FeSO4溶液、KI溶液、氯水为试剂验证I－的还原性强于Fe2＋。设计实验方案，补充完成实验步骤、预期现象和结论。其他限选试剂：3mol·L－1H2SO4、0．01mol·L－1KMnO4、20%KSCN、3%H2O2、淀粉溶液、紫色石蕊溶液。实验步骤预期现象与结论步骤1：取2mLFeSO4溶液和2mLKI溶液混合于试管中，再滴加1～2滴氯水。；步骤2：________________________________________________________________________。（3）利用（2）提供的试剂证明碘与铁的化合物中铁显＋2价，实验操作和现象是：取少量样品溶于水，。【答案】（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—（3分）2I—+Cl2=I2+2Cl—（3分）（2）（6分）实验步骤预期现象与结论溶液变为黄色；步骤2：向试管中继续滴加几滴20%KSCN溶液或向试管中继续滴加几滴淀粉溶液溶液不变红，证明I-的还原性强于Fe2+或溶液变蓝，证明I-的还原性强于Fe2+；（3）滴加几滴20%KSCN溶液，无明显现象，再滴加3%H2O2溶液，溶液变血红色（4分）【解析】试题分析：（1）亚铁离子为浅绿色，铁离子为黄色，氯水中的氯气把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Cl-+2Fe3+，氯水中的氯气把碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2＝2Cl-+I2；（2）步骤1：向FeSO4溶液中滴加1～2滴氯水，溶液由浅绿色变成黄色，向KI溶液中滴加1～2滴氯水，溶液由无色变成黄色，因此取2mLFeSO4溶液和2mLKI溶液混合于试管中，再滴加1～2滴氯水的现象为溶液变为黄色；步骤2：可以用淀粉溶液检验碘单质的存在，溶液变蓝，证明I-的还原性强于Fe2+，也可以用20%KSCN溶液检验铁离子的存在，向试管中继续滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，也说明I-的还原性强于Fe2+，故答案为：向试管中继续滴加几滴20%KSCN溶液或向试管中继续滴加几滴淀粉溶液；溶液不变红，说明I-的还原性强于Fe2+或溶液变蓝，说明I-的还原性强于Fe2+；13/13（3）先滴加20%KSCN溶液不变红，然后滴加3%H2O2把亚铁离子氧化铁离子，溶液变红色，证明含有亚铁离子，故答案为：滴加几滴20%KSCN溶液，无明显现象，再滴加3%H2O2溶液，溶液变红色。考点：考查性质实验方案的设计及离子反应19．（14分）Fe、Cu都是人类较早使用的金属，某校化学研究性学习小组的同学运用实验的手段研究Fe、Cu以及化合物的相关性质。请你参与研究并回答下列问题：（1）甲同学取一束细铜丝用砂纸打磨后在酒精灯上加热至红热，再伸到Cl2的集气瓶中。你认为甲同学在实验中应该观察到的现象是__________________________。（2）乙同学为验证Fe在冷的浓HNO3中发生钝化但能和热的浓HNO3反应，设计了如图所示的实验，请你指出其中的两处错误：____________________________、_________________________；纠正上述错误后，请你从绿色化学的角度出发，对装置2提出改进建议，使装置2既能控制反应的进行，又能减少氮氧化物的排放：__________________________________________.（3）丙同学在Fe和浓HNO3反应后的溶液中加入一块Cu片，Cu片逐渐溶解，反应一段时间后不再溶解（Cu有剩余）。①丙同学依据反应现象得出Cu片溶解的原因是和HNO3发生反应．他依据的反应现象是___________。②丁同学认为丙同学的结论不完全正确．他的理由是_________________________．（4）请你设计实验证明在加入Cu片并反应完全后的溶液中含有Fe2＋但不含有Fe3＋。说明具体的操作和实验现象_________________________________________。【答案】（每空2分，共14分）（1）Cu能在Cl2中燃烧，产生棕黄色的烟（2）两支试管中的液体均超过试管容积的三分之一加热液体的试管应与桌面成45°角，向上倾斜而不应垂直向上将装置2中的铁片改成一段为螺旋状的铁丝，螺旋状的一段深入硝酸中，另一端伸出橡皮塞（3）①试管上部出现红棕色气体　②Fe和硝酸反应后的溶液中可能有HNO3，但也一定有Fe3＋，Fe3＋也能和Cu反应而使Cu片溶解（4）取该溶液少许，滴加适量的KSCN溶液，不出现红色，再滴加适量新制氯水，出现红色【解析】试题分析：（1）铜在氧气中不燃烧，在氯气中能燃烧产生棕黄色烟，故选氯气．（2）加热液体时，试管内的液体不能超过试管的三分之一，超过三分之一时，加热过程中容易产生暴沸，造成安全事故；加热液体的试管应与桌面成45°角向上倾斜，不能竖直向上；改进后的铜丝容易抽拉，即容易控制反应的进行，从而减少氮氧化物的排放；故答案为：两只试管中的液体均超过试管容积的1/3；加热液体的试管应与桌面成45°角向上倾斜；既能控制反应的进行又能减少氮氧化物的排放．13/13（3）①二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，当溶液中硝酸过量时，抑制二氧化氮的溶解，所以可看到气体呈红棕色；故答案为：试管上部出现红棕色气体．②硝酸过量时，铁和硝酸反应生成三价铁，三价铁和铜能反应生成二价铁离子和铜离子，从而使铜片溶解，发生反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+．故答案为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+．（4）二氧化氮能发生可逆反应生成四氧化二氮，2NO2⇌N2O4，从而使收集的气体小于0.1mol．故答案为：2NO2⇌N2O4。考点：铜金属及其重要化合物的主要性质铁的化学性质点评：本题考查了常见金属铜和铁的化学性质，难度不大，写三价铁离子和铜反应的离子方程式时要注意电荷守恒。20．钾是活泼的碱金属，钾和氧有氧化钾（K2O）、过氧化钾（K2O2）和超氧化钾（KO2）等多种化合物。（1）钾和硝酸钾反应可制得K2O（10K＋2KNO3→6K2O＋N2），39.0g钾与10.1g硝酸钾充分反应生成K2O的质量为g。（2）某过氧化钾样品中氧的质量分数（杂质不含氧）为0.28，则样品中K2O2的质量分数为。（3）超氧化钾和二氧化碳反应生成氧气（4KO2＋2CO2→2K2CO3＋3O2)，在医院、矿井、潜水、高空飞行中用作供氧剂。13.2L(标准状况)CO2和KO2反应后，气体体积变为18.8L(标准状况)，计算反应消耗的KO2的质量。（4）KO2加热至600℃部分分解得到产物A。6.30g产物A充分吸收二氧化碳生成碳酸钾并产生氧气1.12L(标准状况)，试确定产物A中钾氧两种原子个数之比。如果产物A只含有两种化合物，写出所有可能的化学式并计算A中两种化合物的物质的量之比。【答案】（1）28.2g（2）96.25％（3）71g（4）KxOy＋x/2CO2→x/2K2CO3＋(y－0.5x)/0239x＋16y11.2(y－0.5x)6.31.12解得x︰y＝2︰3即n(K)︰n(O)＝2︰3即得化学式为：（KO2与K2O22︰1）（KO2与K2O4︰1）【解析】此题考查的是化学基本计算能力。解：（1）设10.1g硝酸钾反应需要Kxg，反应生成K2Oyg10K＋2KNO3→6K2O＋N2202564x10.1y解得x=19.5＜39钾过量，y=28.2（2）设样品中含K2O21mol,杂质质量为a克，由题意得：(110＋a)×0.28=110×解得：a=4.29w(K2O2)=110÷(110+4.29)×100%=96.25%13/13(3)设反应消耗KO2z克4KO2＋2CO2→2K2CO3＋3O2ΔV28444.867.222.4z18.8－13.2解得：z=71（4）KxOy＋x/2CO2→x/2K2CO3＋(y－0.5x)/0239x＋16y11.2(y－0.5x)6.31.12解得x︰y＝2︰3即n(K)︰n(O)＝2︰3即得化学式为：（KO2与K2O22︰1）（KO2与K2O4︰1）【思路点拨】（1）小题为过量计算，（2）小题为质量分数计算；（3）小题为物质的量计算和差量计算；（4）为计算推断21．甲、乙、丙、丁四种物质的转化关系如图所示，其中甲、乙为单质，丙、丁为化合物。①若工业上用该反应制粗硅写出该反应的化学方程式：。②若该反应可用于焊接铁轨且丙为红棕色固体则该反应的化学方程式为：。③若丁为具有磁性的黑色晶体写出该反应的化学方程式：。④若甲为黄绿色气体，且该反应用来检验工业上甲是否泄漏，写出该反应的化学方程式：。【答案】（1）SiO2+2CSi+2CO↑（2）Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe（3）3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（4）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl【解析】试题分析：甲、乙为单质，丙、丁为化合物，则图中转化为置换反应。（1）工业上用该反应制粗硅，则该反应为碳和二氧化硅反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑。故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；（2）该反应可用于焊接铁轨，为铝热反应，且丙为红棕色固体，则甲为Al，丙为氧化铁，乙为Fe，丁为氧化铝，反应方程式为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。13/13（3）丁为具有磁性的黑色晶体，丁为四氧化三铁，该反应为Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁与氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；（4）若甲为黄绿色气体，且该反应用来检验工业上甲是否泄漏，则甲为氯气，丙为氨气，乙为氮气，丁为氯化铵，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。考点：常见无机物的推断【名师点睛】无机物的综合推断，可能是对溶液中的离子、气体的成分、固体的组成进行分析推断，可以是框图的形式，也可以是文字描述的形式。它不仅可考查学生对元素及其化合物知识等化学知识的理解程度和综合掌握灵活应用，更重要的是培养学生对信息的加工处理、分析推理、判断等综合分析能力和思维方法，着重考查学生的观察、联想、发散、收敛等逻辑推理能力以及思维的敏捷性、严密性、整体性品质。它对考生的思维能力和知识网络构造提出了较高的要求，要求考生有较深厚的化学功底，知识网络清晰，对化学的所有知识点(如元素、化合物的性质)了如指掌。无机框图推断题是一种将多种物质、多个反应交联组合，形成的多知识点试题，叙述简洁，知识覆盖面宽、跨度大，综合性强，试题形式灵活，一般将信息部分或全部以框图的形式给出，信息隐含，高度浓缩，试题难度通常较大。是当今理综试题中学科内综合考查的重要题型之一。快速解决框图推断题的关键是找到解题的突破口，表现物质特征处大都是突破口所在，所以考生在熟练掌握以Na、Mg、Al、Fe等金属为代表，以S、Cl、N、C等非金属为代表的元素及其化合物相互转化的基础知识的前提下，对常考的热点知识进行归纳，要注意总结化学知识概念点的特征。在推断题的题干中及推断示意图中，都明示或隐含着种种信息。每种物质都有其独特的化学性质，如物质属单质还是化合物，物质的颜色如何，是固体、液体还是气体，有怎样的反应条件，反应过程中有何现象，在生活中有何运用等，同时还要注意表述物质的限制词，如最大（小）、仅有的等。考生看到这些信息时，应积极联想教材中的相关知识，进行假设重演，一旦在某一环节出错，便可进行另一种设想。解推断题时，考生还可同时找到几个突破口，从几条解题线索着手，配合推断。22．（8分）乙烯是石油化学工业最重要的基础原料，用乙烯可以制得许多工业材料和日用品。乙烯能发生下列转化关系：13/13②热裂解乙烯①Cl21，2—二氯乙烷A氯乙烯聚氯乙烯D乙酸乙酯浓H2SO4，△H2OB③④⑤（1）反应①的化学方程式为：；该反应属于反应。（2）B中所含官能团的电子式为，D中官能团的名称为。（3）已知氯乙烯不溶于水，沸点为-13.9℃，则反应②产物A分离的方法为；聚氯乙烯（PVC）曾是世界上产量最大的通用塑料，应用非常广泛。关于聚氯乙烯的说法正确的是A.属于纯净物B.可以燃烧C.能使溴水褪色D.可用作食品保鲜膜【答案】（1）CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；加成反应（2）；羟基（3）水洗法；B。【解析】试题分析：（1）反应①为乙烯和氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，方程式为：CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl；（2）B为乙烯和水发生加成反应生成的乙醇，官能团为羟基，电子式为；乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，所以D为乙酸，官能团为羧基；（3）1,2-二氯乙烷裂解生成氯乙烯和氯化氢，分离二者可以利用氯化氢能溶于水，而氯乙烯不溶于水的性质，采用水洗的方法；聚氯乙烯是混合物，可以燃烧，不能使溴水褪色，不能作为食品的保鲜膜，故选B。考点：有机物的推断23．甲、乙、丙三种物质之间有如图所示的转化关系：（1）若甲是不溶于水的白色粉末状物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，则甲是（填化学式）．写出反应的化学方程式①甲→乙．②乙→丙．（2）若乙溶液中加入KSCN溶液，有血红色出现，则甲物质是（填化学式）．写出反应的离子方程式：①甲→乙．②乙→丙．13/13【答案】（1）Al2O3；Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；（2）Fe2O3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．【解析】试题分析：（1）若甲是不溶于水的白色粉末状物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，则甲是Al2O3，乙是Al2（SO4）3，丙是Al（OH）3；（2）若乙溶液中加入KSCN溶液，有血红色出现，则甲是Fe2O3，乙是Fe2（SO4）3，丙是Fe（OH）3．解：（1）若甲是不溶于水的白色粉末状物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，则甲是Al2O3，乙是Al2（SO4）3，丙是Al（OH）3，甲→乙的反应方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，乙→丙的反应方程式为：Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，故答案为：Al2O3；Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4；（2）若乙溶液中加入KSCN溶液，有血红色出现，则甲是Fe2O3，乙是Fe2（SO4）3，丙是Fe（OH）3．甲→乙的离子方程式为：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，乙→丙的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe2O3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．13/13</ph3<h2ob．酸性：h3po4>