山东省青州第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省青州第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．证明氨水是弱碱的事实是（
）
A．氨水与硫酸发生中和反应
B．氨水能使紫色石蕊液变蓝
C．0.1
mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1
D．铵盐与熟石灰反应逸出氨气
【答案】C
【解析】略
2．将下列金属投入到1L
2mol/L的盐酸溶液中，产生氢气最多的是：
A．56gNa
B．56g铁
C．1molAl
D．1molMg
【答案】A
【解析】考查根据化学方程式的计算
BC中金属与酸恰好反应，得到1mol氢气，C中的铝过量，酸不足，也得到1mol氢气
而56g钠除了与酸反应外也可与水反应，均产生氢气，最终可得到56/46
mol的氢气，故答案为A
3．能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是
A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水
B．CO2通入可溶性硅酸盐溶液中析出硅酸沉淀
C．高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氧化物的水溶性不能决定其水化物的酸性强弱，错误；
B、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀，说明碳酸能制取硅酸，所以能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，正确；C、特殊条件下，SiO2与碳酸盐反应生成CO2不能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，是利用了物质的稳定性，错误；D、在可溶性硅酸盐中加盐酸会析出硅酸沉淀，说明盐酸酸性比硅酸强，但不能证明碳酸酸性比硅酸酸性强，错误。
考点：考查弱酸相对强弱的比较。
4．华网合肥2007年2月6日电：我国新一代“人造太阳”
实验装置一一EAST成为世界上第一个同时具有全超导磁体和主动冷却结构的核聚变实验装置。所谓“人造太阳”是指受控核聚变，其基本原理是：氘（）受控核聚变成氦（），下列说法中不正确的是(
)
A．氘（）受控核聚变成氦（）是不是化学变化
B．“人造太阳”可为人类提供清洁的核聚变能源
C．氘、氚和氕在周期表的位置相同，且原子核内都含有一个质子
D．2和2的物理性质、化学性质都存在着很大的差异
【答案】D
【解析】化学变化是指原子核不变情况下生成新物质的变化，A说法正确；互为同位素的原子质子数相同，但其化学性质基本相同，但在周期表中占据同一位置,故B、C说法正确。
5．下列说法不正确的是（
）。
A．通过化学反应无法生成新的同位素
B．NaCl水溶液导电、食品袋中生石灰吸水均为物理变化
C．盐酸、氢氧化铁胶体、汽油、橡胶均为混合物
D．生成盐和水的反应不一定是中和反应
【答案】B
【解析】A项，化学反应只到原子层面，所以通过化学反应无法生成新的同位素；B项，NaCl水溶液导电，食品袋中生石灰吸水均为化学变化；C项，盐酸为氯化氢的水溶液，氢氧化铁胶体属于分散系，汽油为含碳原子数为5～11的烃，橡胶为高分子化合物，均属于混合物；D项，可列举实例，如反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，生成了盐和水，但不属于中和反应。
6．碘盐中添加的碘酸钾在工业上可用电解KI溶液制取，电极材料是石墨和不锈钢，化学方程式是：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑，有关说法不正确的是
A．石墨作阳极，不锈钢作阴极
B．I-在阳极放电，H+在阴极放电
C．电解过程中电解质溶液的pH变小
D．电解转移3
mol
e-时，理论上可制得KIO3
107
g
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据电池反应式知，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，则阳极应该为惰性电极石墨，阴极为不锈钢，故A正确；B、电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，故B正确；C、碘化钾和碘酸钾都是强酸强碱盐，其溶液都呈中性，电解过程中水参加反应，导致溶液浓度增大，但pH几乎不变，故C错误；D、KI和KIO3在酸性溶液中发生反应：KI+3H2OKIO3+3H2↑，当电解过程中转移6mol
e-时，理论上可制得1molKIO3，所以当电解过程中转移3
mol
e-时，理论上可制得KIO3
107
g，故D正确；故选C。
考点：考查了电解原理的相关知识。
7．下列离子方程式中，错误的是
A．钠与水反应：Na+H2O=Na++OH－+H2↑
B．盐酸与氢氧化钾溶液反应：H++OH－=H2O
C．铁与稀硫酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
D．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应：Ag++Cl－=AgCl↓
【答案】A
【解析】
试题分析：钠与水反应：Na+H2O=Na++OH－+H2↑，原子不守恒。答案选A。
考点：离子方程式正误的判断
点评：离子方程式正误判断要注意：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。
8．在相同条件下，一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成液态水放出的热量为Q1；若生成气态水放出的热量为Q2。那么Q1与Q2之间的大小关系是（
）
A.Q1＞Q2
B.Q1＜Q2
C.Q1＝Q2
D.不能确定
【答案】A
【解析】由于一定量的氢气在相同条件下都充分燃烧，且燃烧后都生成水，若都是生成气态水，则Q1=Q2。但事实是氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＞Q2。
9．关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
盐酸
SO2
【答案】D
【解析】
试题分析：A选项中Cl2既不是电解质也不是非电解质。B选项中硫酸钡为强电解质。C选项中盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质。D选项正确。
考点：电解质定义
10．X、Y、Z均为短周期元索，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为x2-和Z-,Y+
和Z-具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
A、原子最外层电子数:X＞Y＞Z
B、单质活泼性:
X＞Y＞Z
C、原子序数:
X＞Y＞Z
D、离子半径:
X2—＞Y+＞Z—
【答案】C
【解析】
试题分析：X、Y、Z均为短周期元索，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为x2-和Z-,Y+
和Z-具有相同的电子层结构，则Y是Na，Z是F，X是S。A.原子最外层电子数:Z＞X＞Y，A错误；B、单质活泼性:
Z＞Y＞X，B错误；C.
原子序数:
X＞Y＞Z，C正确；D、离子的核外电子层数越多，离子半径越大。在核外电子排布相同的
条件下，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径:
X2—＞Z—＞Y+，D错误，答案选C。
考点：考查元素推断及元素周期律的应用
11．下列各组物质中，一定既不是同系物，又不是同分异构体的是
A．CH4和C4H10
B．乙酸和甲酸甲酯
D．苯甲酸和
【答案】D
【解析】同系物指：结构相似，分子组成上相差一个或若干个“CH2”原子团的物质互为同系物；同分异构体指：分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；
A
CH4和C4H10是烷烃，一定是同系物，一定不是同分异构体；
B乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，不互为同系物；
C互为同分异构体，但不互为同系物，前者属于醇类，后都属于酚类；D正确；
12．下列离子或分子在pH=0的溶液中能大量共存的是
A．Na+、Cu2+、SO42—、NH3·H2O
B．K+、Al3+、MnO4—、C2H5OH
C．K+、Cl—、NO3—、Fe2+
D．Na+、NH4+、CH3COOH
【答案】D
【解析】
试题分析：pH=0的溶液，含大量的H+，溶液离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，A、NH3·H2O在酸性溶液中生成NH4+离子，则在溶液中不能共存，故A错误；B、C2H5OH在酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成CH3COOH，则在溶液中不能共存，故B错误；C、亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，则在溶液中不能共存，故C错误；D、该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确。
考点：离子或物质的共存问题
13．短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为31。则下列判断正确的是
A．R位于元素周期表中第二周期第ⅣA族
B．原子半径：X＜R＜T
C．最简单气态氢化物稳定性：T＞R＞Y
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：T＞R＞Y
【答案】C
【解析】
试题分析：五种元素属于短周期元素，设R的最外层电子数为a，则T的最外层电子数a+1，X的为a-1，Y的为a，Z的为a+1，最外层电子数之和为31，即a+a+1+a-1+a+a+1=31，解得a=6，推出R：O，T：F，X：P，Y：S，Z：Cl，A、R位于第二周期ⅥA族元素，故错误；B、原子半径大小比较规律：看电子层数：电子层数越大，半径越大，电子层数相同，看原子序数：原子序数越大，半径越小，原子半径大小顺序：P>O>F，故错误；C、氢化物的稳定性，与非金属性强弱有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性强弱：F>O>S，氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，故正确；D、非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，F非金属性强，没有正价，O在中学阶段没有正价，故错误。
考点：考查电子排布规律、元素性质、元素周期律等知识。
14．同温同压下相同质量的下列气体占有的体积最大的是
A．氧气
B．甲烷
C．二氧化碳
D．氯气
【答案】B
【解析】根据阿伏加德罗定律可知，在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数。所以气体的物质的量越大，气体的体积越大。根据n＝m/M可知，在质量相等的条件下，气体的相对分子质量越大，气体的物质的量就越小，体积也就越小，答案选B。
15．对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)
ΔH＜0，下列各图正确的是
【答案】A
【解析】
试题分析：A、温度高的反应快，先到平衡，但温度高，有利于平衡逆向进行，物质C的百分含量低，正确，选A；B、随着压强增大，反应速率应该加快，但图像表示逆反应速率减慢，错误，不选B；C、有催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡，所以平衡时物质C的浓度应该相等，错误，不选C；D、温度升高，平衡逆向移动，所以高温时的A的转化率应小，不选D。
考点：条件对反应速率和平衡的影响，化学图像分析
16．几种短周期元素的原子半径及化合价见下表：
元素代号
A
B
D
E
G
H
I
J
化合价
-1
-2
+4、-4
+6、-2
+5、-3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.130
0.102
0.110
0.143
0.160
0.186
分析上表中有关数据，结合已学过的知识，回答以下问题。涉及上述元素的答案，请用元素符号表示。
（1）E元素在周期表中的位置是___________。
（2）A、H、J对应的离子半径由大到小的顺序是(填写离子符号)____________。
（3）用电子式表示A与I所形成化合物的形成过程____________。
（4）B与H所形成的化合物与J的最高价氧化物的水化物X的溶液发生反应的离子方程式为_________；（5）用B与D所形成的化合物制备D单质的化学方程式为___________________________。
【答案】（1）第3周期，第ⅥA
（2）F-、Na+、Al3+
（3）
（4）Al2O3+3OH－=2AlO2-+H2O
（5）SiO2+2CSi+2CO↑
【解析】
试题分析：短周期元素，A只有-1价，B只有-2价，根据O、F无正价可知，A为F元素，B为O元素，D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径比O原子半径大，可推知D为Si元素；E的化合价为+6、-2价，可推知E为S元素，G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于E原子半径略大，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于ⅢA族、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na，即A为F，B为O，D为Si、E为S，G为P；H为Al，I为Mg，J为Na，据此回答。
（1）根据上述推断，E为S，在在周期表中的位置是第3周期，第ⅥA；
（2）根据电子层数相同，核电荷数越多，离子半径越小可知，F、Al、Na对应的离子半径由大到小的顺序是F-、Na+、Al3+。
（3）根据上述推断，A为F,I为Mg，Mg2F是由离子键形成的化合物，则用电子式表示其形成过程为。
（4）B与H所形成的化合物为氧化铝，J的最高价氧化物的水化物X为氢氧化钠，它们的溶液发生反应的离子方程式为Al2O3+3OH－=2AlO2-+H2O。
（5）B与D所形成的化合物是SiO2
，D的单质是Si，则有SiO2
制备Si单质的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑。
【考点定位】考查元素的推断，元素周期表和元素周期律的应用。
【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期表和元素周期律的应用。具体分析如下：短周期元素，A只有-1价，B只有-2价，根据O、F无正价可知，A为F元素，B为O元素，D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径比O原子半径大，可推知D为Si元素；E的化合价为+6、-2价，可推知E为S元素，G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于E原子半径略大，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于ⅢA族、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na，即A为F，B为O，D为Si、E为S，G为P；H为Al，I为Mg，J为Na，据此回答。
17．（10分）工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热到80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO)，充分搅拌使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液[参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3]。请回答以下问题：
（1）第一步除Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀除去？______，理由是_____________________。
有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是___________（填序号）；
A．一定增大
B．一定减小
C．可能增大
D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？__________，理由是____________________________。
③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去该混合溶液中Fe2＋的有_________（填序号）。
A．浓HNO3
B．KMnO4
C．Cl2
D．O2
（2）除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有__________（填序号）。
A．NaOH
B．氨水
C．Cu2(OH)2CO3
D．Na2CO3
【答案】（1）不能
因Fe2＋沉淀时的pH最大，Fe2＋完全沉淀时的Cu2＋、Fe3＋早已沉淀
①A
②不妥当
引入了新杂质Na＋
③CD
（2）C
【解析】
试题分析：
（1）由题给信息可知，除去Fe2+时，应避免Cu2+生成沉淀，如直接调整溶液pH=9.6，则生成氢氧化亚铁的同时，氢氧化铜、氢氧化铁也同时生成；
①NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大；
②加入氧化剂时，不能引入新的杂质，如用NaClO，则可引入NaCl杂质；
③为避免引入杂质，浓HNO3和KMnO4不能选用，可以用Cl2或O2氧化除去Fe2+；
（2）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则可用CuO
或Cu（OH）2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3。
考点:考查常见的氧化剂、溶液的除杂
点评:本题考查了常见的氧化剂、溶液的除杂，难度不大。解题时应注意选择除杂试剂时，应保证不能引入新的杂质。
18．某化学课外小组利用下图装置探究SO2的性质。请回答下列问题：
（1）仪器A的名称是
；写出烧瓶内发生反应的化学方程式:
。
（2）装置乙中高锰酸钾溶液褪色可以证明SO2具有
（填代号）；装置丙中发生反应的化学方程式
为
；可以证明SO2具有
（填代号）。
A．氧化性
B．还原性
C．漂白性
D．酸性
（3）从环保的角度考虑，该装置尾部需要连接一个盛有
（填
化学式）溶液的洗气瓶。
【答案】（1）分液漏斗；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）B；2H2S+
SO2=3S↓+2H2O
；
A
（3）
NaOH
【解析】
试题分析：（1）分液漏斗作用之一就是向反应容器中添加液体，因此A是分液漏斗；浓硫酸具有强氧化性，表现在能跟铜发生反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，而SO2中S是＋4价既具有氧化性也具有还原性，因此当SO2遇到强氧化性的物质时表现还原性，选B；H2S中S是－2价的，与SO2中＋4价S之间有0价，因此发生氧化还原反应，利用了归中规律，2H2S+
SO2=3S↓+2H2O；SO2的化合价降低，表现氧化性，A正确；(3)SO2有毒，对空气有污染，且SO2是酸性气体，因此一般用碱液吸收，NaOH或KOH等。
考点：考查SO2的制取、SO2的性质等相关知识。
19．已知某待测液由Ag+、Mg2+、K+、Ba2+、NO3-中的若干种离子组成，进行如下实验：
第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成。
第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成。
第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象。
根据实验现象回答：
（1）分别写出第二步和第三步中所涉及的反应的离子方程式：
第二步：
第三步：
；
（2）待测液中一定含有
和NO3－离子，一定不含有
离子，还有一种离子不能确定其是否存在，要检验这种离子的实验方法是（填写实验名称和观察到的现象及结论，不要求写实验操作过程）：实验名称
，现象及结论
。
【答案】（1）Ba2++SO42-=BaSO4↓；H++OH-=H2O；（2）Ag+、Ba2+；Mg2+；焰色反应；透过蓝色钴玻璃看是否呈紫色，呈紫色说明有K+，不呈紫色说明无K+
【解析】
试题分析：第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，沉淀为AgCl，则一定含有Ag+
；第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，沉淀为硫酸钡，则一定含有Ba2+
；第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象，一定没有Mg2+
。根据上述实验可知一定含有Ag+、Ba2+，而这两种离子都是阳离子，根据电荷守恒可知溶液中还应该含有阴离子，所以一定还含有NO3－离子，一定不含Mg2+，但是不能确定是否含有K+。（1）第二步离子反应为Ba2+
+SO4
2-
=BaSO4
↓，第三步离子反应为H++OH-=H2O；（2）由上述分析可知，一定含有的阳离子为Ag+、Ba2+，一定不含Mg2+
，不能确定的离子是K+，可利用焰色反应来检验，检验方法为透过蓝色钴玻璃看是否呈紫色，呈紫色说明有K+
，不呈紫色说明无K+
。
考点：考查离子的检验、离子的反应的知识。
20．（10分）实验室可用NaBr、浓H2SO4、乙醇为原料制备少量溴乙烷：
C2H5—OH+HBrC2H5Br+H2O，已知反应物的用量为：0.30
mol
NaBr（s）、0.25
mol
C2H5OH（密度为0.80
g·cm-3）、36
mL浓H2SO4（质量分数为98%，密度为1.84
g·mL-1）、25
mL水。
试回答下列问题。
（1）该实验中漏斗的作用是什么？
。
（2）反应装置中的烧瓶应选择下列哪种规格最合适（
）
A.50
mL
B.100
mL
C.150
mL
D.250
mL
（3）冷凝管中的冷凝水的流向应是（
）
A.
A进B出
B.
B进A出
C.
从A进或B进均可
（4）实验完成后，须将烧瓶内的有机物蒸出，结果得到棕黄色的粗溴乙烷，欲得纯净溴乙烷，应采用的措施是用
洗涤后分液。
A、浓NaOH溶液
B、Na2SO3溶液
C、CCl4
D、水
（5）实验员老师建议把上述装置中的仪器连接部分都改成标准玻璃接口，其原因是：
。
[来源:【答案】（1）防止倒吸，防止HBr，Br2等外逸，污染环境
（2）C
（3）B
（4）B
（5）反应会产生Br2，腐蚀橡胶
【解析】（1）由于溴化氢和单质溴都是易挥发的，且都是易溶于水的。所以需要倒扣的漏斗防止倒吸。
（2）由于烧瓶中液体的体积不能超过容器容积的1/3，反应物的体积大约是50ml，所以答案选C。
（3）冷凝时逆向冷却效果最好，所以应该是B进A出。
（4）由于溴乙烷中溶解溴而显棕黄色，由于溴乙烷不溶于水，而溴单质具有氧化性，所以可用亚硫酸钠洗涤，然后分液即可。
（5）因为浓硫酸具有氧化性，反应中会产生Br2，腐蚀橡胶。
21．将一定量的氯气通入250毫升溴化钾溶液中然后将所得溶液蒸干，得干燥固体40克，经分析知其中含25%的化合态的溴(质量)。试计算：
（1）40克固体中KBr的质量。
（2）通入氯气在标况下的体积。
（3）原溴化钾溶液的百分比浓度(设溴化钾溶液的密度为1克/厘米3)。
【答案】(1)
14.875
g
(2)
4.81
L
(3)26.4%
【解析】略
22．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
请回答下列问题：
（1）若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则:
①A的化学式是
。
②反应x、y、z、w中，一定是氧化还原反应的有
。
③有关B的说法中正确的是
。
A．燃烧化石燃料不会产生B
B．造纸过程中可用B漂白纸浆
C．紫色石蕊试液遇B的水溶液会变红
D．可在葡萄酒中添加大量B作杀菌剂
若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的
蓝色石蕊试纸变红。则：
①A的名称是。
②反应x的化学方程式是。
③反应w的离子方程式是。
【答案】（1）①S
②x、y
③
b、c（2）①
氨
②
4NH3
+
5O2
=
4NO
+
6H2O③
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
【解析】
试题分析：（1）淡黄色固体单质为硫，硫和氧气反应生成B二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成C三氧化硫，三氧化硫和水反应生成D硫酸。硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫和水。所以A为S。
②x、y反应中都有化合价的变化，属于氧化还原反应，
③
a、化石燃料燃烧会产生二氧化硫，正确。b、二氧化硫可以漂泊纸浆，正确。c、二氧化硫的溶液为亚硫酸溶液，能使紫色石蕊变红，正确。D、葡萄酒中添加少量的二氧化硫做杀菌剂，二氧化硫有毒，不能添加大量，成为。所以选b、c。（2）若A得水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A为氨气，则B为一氧化氮，C为二氧化氮，D为硝酸。①
A为氨。②
反应x为氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3
+
5O2
=
4NO
+
6H2O。③
反应w为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
考点：无机推断
23．如图中A到F是化合物，且A、B、E、F均含钠元素，G是单质．
（1）写出A、B、E、F的化学式：A________，B________，E________，F
________。
（2）写出反应①②③的化学方程式：①________；②________；③________。
【答案】（1）NaHCO3；Na2CO3；Na2O2；NaOH；
（2）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
【解析】
试题分析：转化关系中A到F是化合物，且A、B、E、F均含钠元素，G是单质，E与C、D反应均能得到单质G，应是过氧化钠与水、二氧化碳的反应，可推知E为Na2O2、G为O2，而A分解得到B、C、D，可推知A为NaHCO3，则B为Na2CO3，C为CO2，D为H2O，F为NaOH，氢氧化钠与碳酸氢钠反应可以得到碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳、水反应得到碳酸氢钠，符合转化关系。
（1）由上述分析可知，A为NaHCO3，B为Na2CO3，E为Na2O2，F为NaOH，故答案为：NaHCO3；Na2CO3；Na2O2；NaOH；
（2）反应①是碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；反应②是碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，反应方程式为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O；反应③是碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
【考点定位】考查无机物的推断
【名师点晴】本题涉及Na元素化合物的性质与转化，钠的化合物E与C、D反应都能生成单质是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。推断图中的特征反应现象常见的有：（1）焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2
（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）；（3）白色沉淀Fe（OH）2置于空气中最终转变为红褐色[Fe（OH）3]（由白色→灰绿→红褐色）；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质（或挥发性酸如盐酸、硝酸）反应等。