山东省栖霞市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省栖霞市第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列A、B两种元素，其中可以组成AB2型离子化合物的是（ ）
A．C和O B．Na和S
C．Mg和Cl D．Ne和O
【答案】C
【解析】
试题分析：A．C和O都是非金属元素，能形成共价化合物，故A错误；B．Na和S二者形成的化合物是Na2S，故B错误；C．Mg和Cl形成的化合物是MgCl2，镁元素和氯元素易形成离子键，故C正确；D．Ne和O不易形成化合物，故D错误；故选C。
【考点定位】考查离子化合物的结构特征与性质
【名师点晴】本题考查了离子键的判断，根据元素的金属性、非金属性强弱判断形成的化学键类型，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，可以组成AB2型离子化合物，说明两种元素一种是活泼金属元素一种是活泼非金属元素，A是+2价，B是-1价。如何判断离子化合物和共价化合物？①从化合物的组成元素判断：活泼的金属元素和活泼的非金属元素之间易形成离子键，它们形成的化合物即为离子化合物．非金属元素形成的化合物一般为共价化合物；
例外：并不是非金元素间形成的化合物都是共价化合物，如氯化铵由铵根离子和氯离子通过离子键构成，属于离子化合物（NH4+内部N原子与H原子间则以共价键结合）；②从化合物的分类情况判断：金属氧化物（如K2O、Na2O、Na2O2等）、强碱（如NaOH、KOH等）和绝大多数的盐是离子化合物；气态氢化物、非金属氧化物（SiO2除外）、酸等是共价化合物；③从化合物的一些性质判断：①常温下是气态或液态的化合物一定是共价化合物；②熔融时能导电的化合物一定是离子化合物。
2．下列有机物中含有两种官能团的是（ ）
A.CH2==CHCl B.
C.CH2Cl—CH2—CH2Cl D.
【答案】A
【解析】
试题分析：CH2==CHCl有碳碳双键和氯原子两种官能团，只有磺酸基一种官能团，CH2Cl—CH2—CH2Cl只有氯原子一种官能团，只有硝基一种官能团。答案选A。
考点：官能团的判断
点评：本题注意苯环不是官能团。
3．反应4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)在5L密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率x为（ ）
A． (NH3) = 0.002mol·(L·s) –1 B． (NO) = 0.008mol·(L·s) –1
C． (H2O) = 0.006mol·(L·s) –1 D． (O2) = 0.01mol·(L·s) –1
【答案】A
【解析】略
4．下列变化过程中不能直接实现的是
①HCl ②Cl2 ③Ca(ClO)2 ④HClO ⑤CO2
A．①→② B．④→⑤ C．③→④ D．②→③
【答案】B
【解析】
试题分析：A、4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，①→②能直接实现，错误；B、碳酸的酸性比次氯酸强，④→⑤不能直接实现，正确；C、Ca(ClO)2+H2O+ CO2== CaCO3+HClO，③→④能直接实现，错误；D、2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，②→③能直接实现，错误。
考点：考查氯元素单质及其化合物的性质。
5．在四个试管中，发生如下反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，产生H2的速率最快的是
试管
硫酸浓度
温度
Zn的状态
A
1mol·L-1
20℃
块 状
B
1mol·L-1
20℃
粉末状
C
2mol·L-1
50℃
块 状
D
2mol·L-1
50℃
粉末状
【答案】D
【解析】
试题分析：A、温度低，反应速率慢，A项错误；B、温度低，反应速率慢，B项错误；C、Zn是块状，固体变面积小，反应速率慢，C项错误；D、温度最高，浓度最大，固体表面积大，所以速率最快，D项正确；答案选D。
考点：考查外界因素对速率的影响
6．常温下，取0.3 mol/L HY溶液与0.3 mol/L NaOH溶液等体积混合（不计混合后溶液体积变化），测得混合溶液的pH=9，则下列说法（或关系式）正确的是
A．混合溶液中由水电离出来的c(OH-)=1×10-9 mol/L
B．混合溶液中离子浓度大小次序为：c(Y-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
C．c(OH-)-c(HY)=c(H+)=1×10-9 mol/L
D．c(Na+)=c(Y-)+c(HY)=0.3 mol/L
【答案】C
【解析】
试题分析：A.等体积混合后，溶液的溶质应该为NaY，浓度应该为0.15mol/L，但是最后溶液显碱性，说明NaY是强碱弱酸盐，Y-发生了水解。A错误； B.由pH值计算得到氢离子的浓度为1×10-9 mol/L，则根据水的离子积常数可知：c(OH-)=1×10-5 mol/L。由于Y-发生了水解反应而消耗，所以c(Y-)考点：盐类的水解及溶液中离子浓度大小比较的知识。
7．向FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中通入SO2气体，有白色沉淀生成。此沉淀是 （ ）
A.BaSO4 B.FeS C.BaSO3 D.S
【答案】A
【解析】此题隐含了Fe3+的强氧化性，容易误选C
8．下列现象与胶体的性质无关的是
A．江河的入海口易形成沙洲
B．水泥厂、冶金厂常用高压电进行除尘
C．医院里对肾衰患者进行血液透析
D．氯化钠溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
试题分析：江河的入海口易形成沙洲是因为土壤胶体遇到海水中的电解质发生了聚沉，形成了沙洲；水泥厂、冶金厂常用高压电进行除尘是利用胶体在通电的条件下发生电泳；医院里对肾衰患者进行血液透析是利用血液是胶体，可发生渗析，氯化钠溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀与胶体没有关系，选D。
考点：胶体聚沉、电泳、渗析等性质的应用。
9．元素X的原子，其M层与K层电子数相同；元素Y的原子，其M层上有7个电子。X和Y所形成的稳定化合物的相对分子质量为(??? )
A.100??? ? ?B.95?? ????? C.88????? ? D.80
【答案】B
【解析】考查原子核外电子的排布。M层与K层电子数相同，说明核外电子数是12，是Mg。M层上有7个电子的元素是氯元素，所以二者形成的化合物是MgCl2。答案是B。
10．某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是
可以燃烧　 ②能使酸性高锰酸钾溶液褪色　 ③能跟NaOH溶液反应　
④能发生酯化反应　⑤能发生聚合反应 ⑥能发生水解反应　⑦能发生取代反应
A．⑥ B． ①④ C．⑤ D．④⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：有机物一般都能燃烧，根据有机物的结构可知含有羟基、碳碳双键、羧基，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能跟NaOH溶液反应，能发生酯化反应，能发生聚合反应，能发生取代反应，但不能发生水解反应，故答案为A。
考点：本题考查有机物的结构与性质。
11．下表为某有机物与指定试剂反应的现象，据此推断该有机物是
试剂
钠
溴水
新制Cu（OH）2
乙酸
现象
放出气体
褪色
逐渐溶解呈蓝色
不反应
A．CH2=CH－CHO B．CH2=CH－CH2OH
C．CH2=CH－COOH D．CH2=CH－CH2OCH3
【答案】C
【解析】
试题分析：能与Na反应产生气体，则物质中含有羟基或羧基；排除A、D选项；加入溴水，溴水褪色，说明含有碳碳双键，发生了加成反应；加入新制Cu（OH）2，发现固体逐渐溶解呈蓝色，说明含有羧基，与乙酸不能发生反应，则只有C 中的CH2=CH－COOH符合题意。故选项是C。
考点：考查有机物的结构与性质的关系的知识。
12．科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3+H2 HCOONa+H2O，下列有关说法正确的是
A．储氢过程中，NaHCO3被氧化
B．释氢过程的本质是盐类的水解
C．储氢、释氢过程均无能量变化
D．HCOONa晶体中既含有离子键又含有共价键
【答案】D
【解析】
试题分析：A.储氢过程中H2被氧化为H2O,NaHCO3被还原为HCOONa，A错误；B.该过程有化合价的变化，释氢过程的本质是氧化还原反应，B错误；C.化学反应过程中一定伴随着能量的变化，要么放热、要么吸热，C错误；D.HCOO-与Na+形成离子键，酸根HCOO-中含有共价键，D正确；选D。
考点：考查化学反应中的能量变化、化学键、氧化还原反应、物质的量的有关知识。
13．下列各组溶液中，只用试管和胶头滴管，不用其他任何试剂就可以鉴别的是
A．稀氨水和Al2(SO4)3 B．稀盐酸和Na2CO3
C．CaCl2和Na2CO3 D．Ba(OH)2和NaHSO4
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Al2(SO4)3溶液和氨水，改变加入顺序均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B、NaCO3溶液滴入盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入NaCO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故B正确；C、均为无色溶液，改变滴定顺序，均生成碳酸钙白色沉淀，不能鉴别，故C错误；D、Ba(OH)2和NaHSO4都是无色溶液，改变滴定顺序，均生成硫酸钡白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选B。
考点：考查了物质的检验和鉴别的相关知识。
14．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3 = K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断错误的是
A．有0．250 mol KNO3被氧化
B．生成44.8 L N2（标准状况）
C．转移电子的物质的量为1.25 mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A．在反应10NaN3+2KNO3 = K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中的N化合价升高，失去电子，作还原剂，KNO3中的N化合价降低，得到电子，作氧化剂。每产生16mol的N2，转移电子10mol, 氧化产物比还原产物多14mol。现在氧化产物比还原产物多1．75 mol，则KNO3被还原的物质的量是：(2mol÷ 14mol)×1．75 mol=0． 25 mol，错误；B．根据方程式可知：产生16mol的N2时，氧化产物比还原产物多14mol。现在氧化产物比还原产物多1．75 mol，则产生N2的物质的量是（16÷14）mol×1．75 mol =2mol，其体积在标准状况下体积是2mol×22．4L/mol=44．8 L,正确；C．每转移10mol的电子，氧化产物比还原产物多14mol。现在氧化产物比还原产物多1．75 mol，则转移电子的物质的量为（10÷14）×1．75 mol =1．25 mol，正确；D．根据方程式可知：被氧化30mol的N原子，氧化产物比还原产物多14mol。现在氧化产物比还原产物多1．75 mol，被氧化的N原子的物质的量为(30÷14)×1．75 mol =3．75 mol。
考点：考查氨气气囊中发生氧化还原反应中的电子转移、物质的作用的计算的知识。
15．25℃时，弱酸的电离平衡常数如下表，下列表述错误的是
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
K
1.8×10－5
4.9×10－10
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
A．CN－+H2O+CO2→HCN+HCO3－
B．相同温度时三种溶液的pH关系：Na2CO3> NaCN > CH3COONa
C．等体积、等物质的量浓度的CH3COOH和Na2CO3反应后的溶液呈碱性
D．amol/L HCN与bmol/L NaOH等体积混合溶液c(Na+)>c(CN－），则a一定小于b
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、碳酸酸性强于HCN ，但HCO3-酸性弱于HCN，正确；B、三种物质对应酸及强弱为为HCO3-HCN ＜CH3COOH，其水解程度为Na2CO3> NaCN > CH3COONa，水解程度越大，碱性越强，但该题中溶液的浓度不确定，故不能比较，错误；C、生成醋酸钠和碳酸氢钠，水解呈碱性，正确；D、两者恰好反应时生成NaCN，水解CN－使得c(Na+)>c(CN－），若碱过量同样有c(Na+)>c(CN－），即a≤b，错误。
考点：考查溶液中离子浓度关系有关问题。
16．（10分）按要求填空。
I．下列各组中的两种有机物，可能是：（A）相同的物质，（B）同系物，（C）同分异构体。请判断它们之间的关系（用A、B、C填空）
① 2－甲基丁烷和丁烷 ， ②正戊烷和2，2－二甲基丙烷_____________，
③对二甲苯和1,4—二甲苯____________ ， ④ 1－已烯和环已烷________________。
II．按官能团的不同，可以对有机物进行分类，将符合要求的答案填在横线上。
① CH3CH2CH2COOH ② ③
④ ⑤ ⑥
（1）芳香烃： ； （2）卤代烃： ； （3）酚： ；
（4）醛： ； （5）羧酸： ； （6）酯： 。
【答案】（10分）I．①B，②C，③A，④C
II．(1) ④，(2) ③，(3) ②，(4) ⑥，(5) ①，(6) ⑤。
【解析】
试题分析：I．① 2－甲基丁烷和丁烷是同系物，选项是B；②正戊烷和2，2－二甲基丙烷分子式相同，而结构不同，是同分异构体。选项是C；③对二甲苯和1,4—二甲苯分子式相同，结构相同，是同一物质，选项是A；④ 1－已烯和环已烷分子式相同，结构不同，是同分异构体，选项是C；II．（1）芳香烃是含有苯环的烃，是④；（2）卤代烃是烃分子中的H原子被卤素原子取代而产生的物质，选项是③；（3）酚是羟基与苯环直接连接形成的化合物，选项是②；（4）醛是烃分子中的H原子被醛基取代产生的物质，选项是⑥；（5）羧酸是烃分子中的H原子被羧基取代产生的物质，选项是①；（6）酯是羧酸与醇发生酯化反应产生的物质，应该是⑤。
考点：考查有机物的分类、及相互关系的知识。
17．常温下，两种溶液① 0.1 mol?L-1 NH3·H2O?? ② 0.1 mol?L-1 NH4Cl中：
（1）溶液①的pH ? ?7（填“＞”、“＜”或“＝”），其原因是： （用电离方程式表示）。
（2）溶液②呈?? ??性（填“酸”、“碱”或“中”）。水解反应是吸热反应，升温可以 （填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解。
（3）下列关于两种溶液中c（NH4+） 的叙述正确的是?????? （填字母）。
a．两种溶液中c（NH4+） 都等于0.1 mol?L-1
b．两种溶液中c（NH4+） 都小于0.1 mol?L-1
c．NH4Cl溶液中c（NH4+） 小于NH3·H2O溶液中c（NH4+）
【答案】（1）＞（1分） NH3·H2O NH4+ +OH－ （2分）
（2）酸（1分） 促进（1分）
（3）b （1分）
【解析】
试题解析：（1）NH3·H2O是弱碱，其在水中部分电离产生NH4+ 、OH－，所以pH>7,
（2）NH4Cl溶液中的NH4+水解会使溶液呈酸性，pH<7,水解反应是吸热反应，升温使平衡向吸热反应方向进行，因此会促进NH4Cl的水解。
（3）a、NH3·H2O是弱碱，不完全电离；NH4Cl溶液中NH4+部分水解，所以两种溶液NH4+ 的浓度均小于0.1mol/l，错误；b、正确；c、两种溶液中NH4+的浓度的大小由电离程度和水解程度的强弱来判断，本题中无法判断,答案选b。
考点：考查溶液的酸碱性、弱电解质的电离、盐的水解、外界条件对平衡的影响
18．（14分）实验室制取乙烯的装置如下图所示，请根据图示回答下列问题：
（1）实验室制乙烯的化学方程式为____________________________________
在这个反应中，浓硫酸的作用是___ _和_____ 。
（2）某化学课外兴趣小组学生在实验室里制取的乙烯中常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C2H4和SO2。回答下列问题：
①I、II、Ⅲ、IV装置可盛放的试剂是I II Ⅲ IV____ （填试剂的序号）。
A．品红溶液 B．NaOH溶液
C．浓硫酸 D．酸性KMnO4溶液
②能说明SO2气体存在的现象是_____________________________________________。
③确定含有乙烯的现象是____________________________________________________ 。
【答案】（1）CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O； 催化剂； 脱水剂
（2）①I A II B III A IV D
②I中品红溶液褪色； ③III中品红溶液不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
试题分析：（1）实验室制乙烯是用乙醇和浓硫酸在加热的条件下反应，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O； 在反应中浓硫酸的作用为催化剂和脱水剂。（2）因为乙烯和二氧化硫都能和溴水或高锰酸钾褪色，所以在检验乙烯的性质之前，需要首先检验和出去二氧化硫，所以先用品红检验二氧化硫，在利用二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应的特点，用氢氧化钠吸收二氧化硫，为了保证完全除去二氧化硫需要再次用品红检验二氧化硫是否除尽，所以选择的试剂分别为I A II B III A IV D 。②能证明二氧化硫存在的现象为I中品红溶液褪色；③能证明有乙烯的现象为III中品红溶液不褪色，IV中酸性KMnO4溶液褪色。
考点：乙烯的制取，乙烯和二氧化硫的检验。
19．亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)。某研究小组设计了如下两种实验流程：
(1)气体A的主要成分是________。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入________；通入N2的目的是________。
(2)写出甲方案第①步反应的离子方程式：________________________。
(3)甲方案第②步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是__________________________________________________________。
(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(5)若取样品w g，按乙方案测得消耗0.010 00 mol·L－1I2溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是________g(用含w、V的代数式表示)。
【答案】　(1)N2和SO2　碎瓷片(或沸石)　使产生的SO2全部逸出
(2)SO2＋H2O2=2H＋＋SO42—
(3)向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次
(4)无影响
(5)
【解析】　(1)亚硫酸盐中加入强酸会生成气体SO2，反应的离子方程式为SO32—＋2H＋=SO2↑＋H2O；在加热
时为了防止暴沸应加入碎瓷片，通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率。
(2)SO2具有还原性，能被H2O2氧化成H2SO4，反应的离子方程式为SO2＋H2O2=2H＋＋SO42—。
(3)滴定管在洗涤后应用NaOH标准液润洗，方法是：向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次。
(4)如果用盐酸代替稀硫酸，在逸出的SO2气体中会含有HCl气体，两者都能被碱液吸收分别生成Na2SO3和NaCl，再用盐酸处理后只有Na2SO3转变成的NaHSO3能与I2反应，反应的离子方程式为HSO3—＋I2＋H2O=SO42—＋2I－＋3H＋，故不会产生影响。
(5)根据关系式SO2～HSO3—～I2，则1 kg样品中含有SO2的质量为×V×10－3×0.010 00×64 g＝ g。
20．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为________________
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是________________、________________，这些现象分别说明SO2具有的性质是____________和____________；
（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_________________
（4）尾气可采用__________溶液吸收。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
Na2SO3＋H2SO4(浓）===Na2SO4＋SO2↑＋H2O（2分）
（2）溶液颜色褪去 无色溶液中出现黄色浑浊 还原性 氧化性
（3）品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（2分）
（4）NaOH
【解析】
试题分析：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶；
反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓）===Na2SO4＋SO2↑＋H2O；
（2）酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫有还原性，故酸性高锰酸钾溶液能和二氧化硫反应而褪色，硫离子能和二氧化硫反应生成硫单质，无色溶液中出现黄色浑浊，说明二氧化硫有氧化性；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，实验操作及现象是品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；
（4）二氧化硫是酸性氧化物，尾气可用NaOH溶液吸收。
考点：二氧化硫的性质
21．制备硫代硫酸钠的方法之一是把二氧化硫通人硫化钠和碳酸钠（摩尔比2︰1）的混合溶液。在反应过程中，先生成黄色的固体，其量先逐渐增多，然后又逐渐减少，溶液的pH值降到7左右时，溶液近于无色，反应已经完成。如果继续通入二氧化硫，溶液的pH值降到5，又会有固体物质出现。
写出和以上现象有关的各个配平的化学方程式。
【答案】生成黄色的固体和固态物质逐渐增多是因为SO2＋Na2S＋H2O＝Na2SO3十H2S，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O
固态物质减少是因为S＋SO32－＝S2O32－
pH在5左右又产生固态物质是因为S2O32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－＋S↓。
制备硫代硫酸钠的总反应式：2Na2S＋4SO2＋Na2CO3＝3Na2S2O3＋CO2，
【解析】生成固体为S，固体增多是S的量增加，固体减少是S单质和Na2SO3反应生成硫代硫酸钠。pH在5左右又产生固态物质是因为SO2过量使溶液显酸性，S2O32－在酸性条件下反应生成S。S2O32－+2H+=SO2+S+H2O
生成黄色的固体和固态物质逐渐增多是因为SO2＋Na2S＋H2O＝Na2SO3十H2S，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O
固态物质减少是因为S＋SO32－＝S2O32－
pH在5左右又产生固态物质是因为S2O32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－＋S↓。
制备硫代硫酸钠的总反应式：2Na2S＋4SO2＋Na2CO3＝3Na2S2O3＋CO2，
22．五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：
（1）五种元素中，原子半径最大的是 ，非金属性最强的是 （填元素符号）；
（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 （用化学式表示）；
（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ，其中存在的化学键类型为 ；
（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为 ；
（5）单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为 ；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为 ；
（6）单质E与水反应的离子方程式为 。
【答案】
（1）Na（1分） Cl （1分）
（2）PH3（2分）
（3）NH4Cl（2分）离子键和共价键（2分）
（4）H3PO4（2分）
（5）2P＋5Cl22PCl5（2分） PCl3（1分）
（6）Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO（2分）
【解析】由题干信息知，本题突破口为：①五种元素为短周期，且原子序数依次增大，②A和B、D、E均能形成共价型化合物，③A和B形成的化合物在水中呈碱性（NH3），可推知A为H元素；B为N元素；根据A和C；B和D同族；且C离子与B离子具有相同的电子层结构；可推知C为Na元素；D为P元素；又知C和E形成的化合物在水中呈中性，所以E为Cl元素。
（1）五种元素中原子半径最大是Na，非金属性最强的是Cl；
（2）由H 和N、P、Cl形成的共价化合物分别是NH3、PH3、HCl，因P的非金属性最差，所以PH3的热稳定性最差。
（3）NH3+HCl=NH4Cl,产物的化学式为NH4Cl，其化学键为离子键、共价键。
（4）P为ⅤA元素，其最高价氧化物的水化物为：H3PO4 。
（5）P在足量的Cl2中燃烧生成PCl5，Cl2不足时生成PCl3
（6）Cl2与水反应的离子方程式一定要注意HClO是弱酸不拆，考生易写错。
【考点定位】本题信息量较多，属较简单的元素推断题。重点是对短周期常见元素（如:H、N、P、Cl等）及其化合物基础知识的考查。难度较低。
23．（14分）已知D、M、H是常见得非金属单质，其中M是无色气体，H是有色气体。J是一种金属单质（其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素），A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC。K只知含有CO或CO2中的一种或两种。它们关系如下图所示：

（1）写出A物质中所含金属元素在周期表中的位置：_________________。
（2）写出化合物L的电子式：______________ 反应②的化学方程式为_________________。
（3）向图中的红褐色透明液体中逐滴滴入HI溶液，可以观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解，红褐色沉淀溶解的离子方程式为_______________。
（4）由金属氧化物A和C得到其相应的金属，在冶金工业上一般可用_______________（填序号）方法
①热还原法 ②电解法 ③热分解法
其中从A得到其相应金属也可用铝热法，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为________mol。
（5）用C、J作电极，与硫酸构成如图所示原电池，负极的电极反应为__________，当反应转移2mol电子时，负极质量增加______克。
【答案】（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）第四周期第Ⅷ族
（2）（1分） PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O
（3）2Fe（OH）3+2I?+6H+=I2+2Fe2++6H2O （4）①（1分） 8mol
（5）Pb?2e?+SO42－=PbSO4 96
【解析】
试题分析：H是元素气体非金属单质，则H为Cl2，J是一种金属单质，其同族的某种元素是形成化合物种类最多的元素，推断J为Pb，由J+H=I，可判断I为PbCl2，A、C是金属氧化物，C和J均是某种常见电池的电极材料，J元素的+2价化合物比+4价化合物稳定，则C为PbO2。结合C+D=J+CO2，应是碳和PbO2的反应，故D为C；由F+G煮沸得到红褐色液体，证明生成的是氢氧化铁胶体，而E+H=F，A+B=E+F+G，可推断E为FeCl2，F为FeCl3，G为H2O，B为HCl，A为Fe3O4；根据G+H=B+L，可知L为HClO，则M为O2；B与C反应时，每生成1molH同时消耗4molB和1molC，发生反应：PbO2+4HCl=2H2O+Cl2↑+PbCl2。
（1）A物质的化学式为：Fe3O4，金属元素铁在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；
（2）次氯酸的电子式为；反应②是HCl与PbO2反应时，每生成1molCl2同时消耗4molHCl和1molPbO2，化学方程式为：PbO2+4HCl（浓）PbCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）向氢氧化铁胶体中逐滴滴入HI溶液，开始电解质中和胶体胶粒所带电荷，发生胶体聚沉，得到氢氧化铁沉淀，而后HI与氢氧化铁发生酸碱中和反应、铁离子氧化碘离子生成碘，红褐色沉淀溶解的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I?+6H+=I2+2Fe2++6H2O；
（4）由金属氧化物A为Fe3O4和C为PbO2 得到其相应的金属为Fe、Pb，依据金属活动顺序，在冶金工业上一般可用热还原法，其中从A得到其相应金属也可用铝热法，发生的反应为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，若反应中1molA参加反应，转移电子的物质的量为8mol。
（5）用PbO2、Pb作电极，与硫酸构成如图所示电池是铅蓄电池，正极为PbO2，负极为铅，电极反应式为Pb?2e?+SO42－=PbSO4。当反应转移2mol电子时，负极反应1molPb，其质量=1mol×207．2g/mol=207．2g，生成1molPbSO4，其质量=1mol×303．2g/mol=303．2g，故负极质量增加=303．2g－207．2g=96g。
【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断
【名师点晴】这类试题以物质的化学性质、物理性质、典型用途为主线，以元素价态变化与氧化还原反应、物质的组成与分类为突破口向四周发散，重点关注化学反应方程式及反应条件。这类试题一般思维过程为：
这类试题一般的解题过程为：