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2008年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）对H O的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）
2
A． B． M3+ C． D．
26
【考点】41：常见元素的名称、符号、离子符号；D6：水的电离．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】依据水的电离是一电离平衡，根据影响因素来进行判断，影响因素有
温度、酸、碱、盐等，加热促进电离；加酸、加碱抑制水的电离；能水解的
盐促进水的电离；
【解答】解：A、微粒表示的是酸水溶液中抑制水的电离，故A不符合；
B、离子符号表示的是三价铁离子，水溶液中能水解，促进水的电离，故B不符
合；
C、离子结构示意图表示的是氯离子，对水的电离无影响，故C符合；
D、结构式表示的是醋酸根离子，水溶液中能水解，促进水的电离，故D不符合
；
故选：C。
【点评】本题考查了对水的电离的影响因素，主要是根据微粒的几种表示式来
判断微粒的性质，确认对水的电离的影响．
2．（6分）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分
反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）
A．Na CO B．Na O Na CO
2 3 2 2 2 3
C．NaOH Na CO D．Na O NaOH Na CO
2 3 2 2 3 3
【考点】GF：钠的重要化合物．
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第1页 | 共18页【专题】526：金属概论与碱元素．
【分析】碳酸氢钠不稳定，加热易分解，发生2NaHCO =Na CO +CO ↑+H O，与
3 2 3 2 2
过氧化钠可能发生2Na O +2H O=4NaOH+O ，2Na O +2CO =2Na CO +O ，结
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2
合物质的物质的量解答。
【解答】解：根据反应式：2NaHCO =Na CO +CO ↑+H O，2Na O +2H O=4NaOH
3 2 3 2 2 2 2 2
+O ，2Na O +2CO =2Na CO +O ；根据计量关系，可知2mol
2 2 2 2 2 3 2
NaHCO 生成CO 和H O各1mol，Na O 只有1mol，故其恰好和CO 反应生成Na
3 2 2 2 2 2 2
CO 和O ，气体排出后，只剩余Na CO 。
3 2 2 3
故选：A。
【点评】本题考查过氧化钠与碳酸氢钠的性质及相关的化学反应，对于这类物
质之间相互反应的题目，首先必须牢牢把握住物质的性质以及相互之间的反
应，对于化学反应方程式应该“了如指掌”，注意把握相关物质的性质。
3．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．金属与盐溶液的反应都是置换反应
B．阴离子都只有还原性
C．与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物
D．分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键
【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；GR：常见金属元素
的单质及其化合物的综合应用．
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【专题】51D：化学键与晶体结构；527：几种重要的金属及其化合物．
【分析】A、根据活泼金属和盐之间的反应规律来回答判断；
B、阴离子并不一定都具有还原性，如氢氧根离子性质稳定，有的阴离子具有氧
化性；
C、与强酸、强碱都反应的物质：两性氧化物、两性氢氧化物，氨基酸、碳酸氢
盐等；
D、分子晶体中都存在范德华力，但是稀有气体分子中无化学键．
【解答】解：A、活泼金属钠和盐之间的反应规律：先是和水反应生成氢氧化钠
第2页 | 共18页和氢气，金属钠不会和盐之间直接反应，故A错误；
B、阴离子并不一定都具有还原性，有的阴离子具有氧化性，如次氯酸根离子，
故B错误；
C、与强酸、强碱都反应的物质：两性氧化物、两性氢氧化物，氨基酸、碳酸氢
盐等，故C错误；
D、分子晶体中都存在范德华力，但是稀有气体分子中无化学键，所以分子晶
体中可能不存在共价键，故D正确。
故选：D。
【点评】本题涉及元素以及化合物的性质以及分子间作用力等方面知识，可以
根据所学知识来回答，难度不大．
4．（6分）下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（ ）
①KOH、Na SO 、AlCl
2 4 3
②NaHCO 、Ba（OH） 、H SO
3 2 2 4
③HCl、NaAlO 、NaHSO
2 4
④Ca（OH） 、Na CO 、BaCl ．
2 2 3 2
A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④
【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
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【专题】542：化学实验基本操作．
【分析】①Na SO 与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl 互滴，现象不同，可
2 4 3
以鉴别；
②Ba（OH） 与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH） ，Ba（OH）
2 2
与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉
2
淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡；
③NaAlO 与其它两种物质反应的现象相同；
2
④Na CO 与其它两种物质反应的现象相同．
2 3
【解答】解：①Na SO 与其它两种物质均不反应，KOH与AlCl 互滴，一是先生
2 4 3
成沉淀后溶解，一是沉淀立即消失，之后沉淀不再消失，现象不同，可以鉴
第3页 | 共18页别，故①选；
②Ba（OH） 与其它两种物质反应均生成沉淀，先判断出Ba（OH） ，Ba（OH）
2 2
与一物质生成沉淀后，用其沉淀与另一种物质反应，若有气体放出，原沉
2
淀为碳酸钡，所加的物质为硫酸；若无气体放出，则原沉淀为硫酸钡，因此
可以鉴别三种物质，故②选；
③NaAlO 与其它两种物质反应的现象相同，均为先生成沉淀后沉淀消耗，不能
2
鉴别HCl、NaHSO ，故③不选；
4
④Na CO 与其它两种物质反应的现象相同，均生成白色沉淀，三种物质中只能
2 3
鉴别出Na CO ，故④不选；
2 3
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别，明确物质的性质是解答本题的关键，注意现象
相同时不能鉴别，侧重物质之间的反应的考查，题目难度不大．
5．（6分）X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同
，下列说法正确的是（ ）
A．由 Xa+与 Yb﹣，得m+a=n﹣b
m n
B．X2﹣的还原性一定大于Y﹣
C．X、Y一定不是同周期元素
D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性H X一定大于H Y
m n
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】A．简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；
B．简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越
大的非金属性强，对应离子的还原性弱；
C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，
否则不在同一周期；
D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属．
【解答】解：A．由 Xa+与 Yb﹣，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，
m n
第4页 | 共18页所以m﹣a=n+b，故A错误；
B．简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序
数大，则X2﹣的还原性一定大于Y﹣，故B正确；
C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，
若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；
D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在
气态氢化物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离
子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大．
6．（6分）下列叙述正确的是（ ）
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c（SO 2﹣）＞c（NH +）
4 4
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c 和c ，pH分别为a和a+1，则c =10c
1 2 1 2
C．pH=11的NaOH溶液与pH=3醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊试液呈红色
D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 增大
【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
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【分析】A、根据溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带电量相等判断硫酸根离
子和铵根离子的关系；
B、醋酸的浓度与醋酸溶液中的氢离子浓度不等；
C、醋酸是弱电解质，醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸碱混合后溶液的
酸碱性判断石蕊试液的颜色；
D、根据硫酸铵对氨水电离平衡的影响分析判断。
【解答】解：A、将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，溶液中氢离子
浓度等于氢氧根离子浓度；溶液呈电中性，所以阴阳离子所带电量相等，所
第5页 | 共18页以2c（SO 2﹣）=c（NH +），故A错误；
4 4
B、醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓
度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c 和c ，pH分别为a和a+1的两种醋
1 2
酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c =10c ，实
1 2
际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓
度关系为c ＞10c ，故B错误；
1 2
C、pH=11的NaOH溶液的C（NaOH）=10﹣3
mol/L，pH=3醋酸溶液的c（CH COOH）＞10﹣3
3
mol/L，等体积的两种溶液n（CH COOH）＞n（NaOH），醋酸有剩余，但CH
3 3
COOH大于CH COO﹣水解程度，则等体积混合后溶液呈酸性，所以向混合液
3
中滴入石蕊试液呈红色，故C正确；
D、氨水的电离方程式为：NH ．H O⇌NH ++OH﹣，当向氨水中加入硫酸铵时，
3 2 4
硫酸铵中含有铵根离子，导致氨水的电离平衡向逆反应方向移动，溶液中氢
氧根离子浓度降低，氨水的浓度增大，则溶液中 减小，故D错
误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合后溶液中的离子的关系及弱电解质的电离，明确酸
、碱的强弱是解答本题的关键，注意弱电解质的特点。
7．（6分）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl （g）+2H （g）⇌Si
4 2
（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物
通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl 的转化率
4
B．若反应开始时SiCl 为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ
4
C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H 的反应速率为0.03
2
mol/（L•min）
D．反应吸收0.025Q kJ热量时，生成的HCl通入100 mL 1
mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
第6页 | 共18页【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A．增大平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl 不能完全转化，结合热化学方程式判断；
4
C．根据v= 计算v（HCl），利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；
D．根据反应吸收的热量计算生成的HCl的物质的量，据此判断．
【解答】解：A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体
的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl 的转化率减小，
4
故A错误；
B．该反应为可逆反应，1molSiCl 不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ
4
，故B错误；
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）= =0.03mol/（
L•min），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H ）= ×v（HCl）
2
= ×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故C错误；
D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：
=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol
，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等
问题，题目难度中等，注意反应的可逆性．
二、解答题（共4小题，满分60分）
8．（16分）菠萝酯 是一种具有菠萝香气的食用香料
，是化合物甲与苯氧乙酸发生化学反应的产物．
（1）5.8g甲完全燃烧可产生0.3mol CO 和0.3mol
2
H O，甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，
2
其结构简式是 CH =CH﹣CH ﹣OH ．
2 2
第7页 | 共18页（2）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与FeCl 溶液发生显色反应，且
3
有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式）
， ．
（3）已知：
菠萝酯的合成路线如下：
①试剂X不可选用的是 ac （选填字母）．
a．CH COONa溶液 b．NaOH溶液 c．NaHCO 溶液 d．Na CO 溶液
3 3 2 3
②丙的结构简式是 ClCH COOH ，反应II的反应类型是 取代反应 ．
2
③反应Ⅳ的化学方程式是
．
【考点】HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29，相
同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量
为58，根据n= 计算5.8g甲的物质的量，根据质量守恒计算参加反应的氧气
的质量，根据原子守恒计算甲分子中C、H原子数目，判断甲是否含有氧元素
，比较计算甲分子中氧原子数目，据此确定甲的分子式，结合甲的结构特点
确定其结构简式；
第8页 | 共18页（2）能与FeCl 溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，苯
3
环上有2个不同取代基且处于对位位置符合，据此写出其结构简式；
（3）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成
丙，丙和苯酚钠反应生成 ，结合反应信息可知，丙是ClCH C
2
OOH，故乙为乙酸，CH =CH﹣CH ﹣OH和 发生酯化反应生成
2 2
菠萝酯．
【解答】解：（1）由题意可知，甲中含有羟基，甲蒸气对氢气的相对密度是29
，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子
质量为58，5.8g甲的物质的量= =0.1mol，
质量守恒可知，参加反应的氧气的质量=0.3mol×44g/mol+0.3mol×18g/mol﹣5.
8g=12.8g，氧气物质的量= =0.4mol，
根据氧原子守恒，可知5.8g甲中n（O）=0.3mol×2+0.3mol﹣0.4mol×2=0.1mol
，
根据原子守恒可知，甲分子中N（C）= =3、N（H）= =6、N（
O）= =1，
故甲的分子式为C H O，甲分子中不含甲基，且为链状结构，其结构简式是CH =
3 6 2
CH﹣CH ﹣OH，
2
故答案为：CH =CH﹣CH ﹣OH；
2 2
（2）能与FeCl 溶液发生显色反应说明含有酚羟基，且有2种一硝基取代物，说
3
明苯环上有2个取代基且处于对位位置，所以其同分异构体是 、
、 ，
故答案为： 、 等；
第9页 | 共18页（3）苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠，催化剂条件下，乙和氯气反应生成
丙，丙和苯酚钠反应生成 ，结合反应信息可知，丙是ClCH C
2
OOH，故乙为乙酸，CH =CH﹣CH ﹣OH和 发生酯化反应生成
2 2
菠萝酯，
①苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和钠、氢氧化钠反应生成
苯酚钠，不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应，故选：ac；
②通过以上分析知，其结构简式为：ClCH COOH，反应Ⅱ属于取代反应，
2
故答案为：ClCH COOH；取代反应；
2
③在催化剂、加热条件下，CH =CH﹣CH ﹣OH和 发生酯化反应
2 2
生成菠萝酯，反应方程式为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考
查学生的阅读能力、自学能力，题目难度中等，（3）注意根据有机物的结
构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔
细审题的良好习惯．
9．（13分）常状况下，X、Y和Z是三种气态单质．X的组成元素是第三周期原子
半径最小的元素（稀有气体元素除外）；Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I﹣+2
H+═I +Z+H O常作为Y的滴定反应．
2 2
（1）Y与Z的关系是（选填字母） c ．
a．同位素 b．同系物 c．同素异形体 d．同分异构体
（2）将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色．简述用褪色的溶液
区别二者的实验方法
加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO ；若溶液不变红
2
第10页 | 共18页，则原通入气体是O ．
3
（3）举出实例说明X的氧化性比硫单质的氧化性强（用化学方程式表示）．
2Fe+3Cl 2FeCl ，Fe+S FeS ．
2 3
（4）气体（CN） 与X化学性质相似，也能与H 反应生成HCN（其水溶液是一种
2 2
酸）．
①HCN分子中含有4个共价键，其结构式是 H﹣C≡N ．
②KCN溶液显碱性，原因是（用离子方程式表示） CN﹣+H O⇌HCN+OH﹣ ．
2
（5）加热条件下，足量的Z与某金属M的盐MCR （C为碳元素）完全反应生成C
3
R 和M R （m、n均为正整数）．若CR 质量为ω g，M R 质量为ω g，M的相
2 m n 2 1 m n 2
对原子质量为a，则M R 中m：n= 16ω ：（44ω ﹣aω ）
m n 1 2 1
（用含ω 、ω 和a的代数式表示）．
1 2
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；98：判断简单分子或离子的构型
；B1：氧化还原反应．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】常状况下，X、Y和Z是三种气态单质．X的组成元素是第三周期原子半
径最小的元素（稀有气体元素除外），则X为Cl ；Y和Z均由元素R组成，二者
2
互为同素异形体，反应Y+2I﹣+2H+═I +Z+H O常作为Y的滴定反应，由元素守恒
2 2
可知，Y、Z为氧元素单质，则Y为O 、Z为O ，R为氧元素，
3 2
（1）O 、O 都由氧元素形成的结构不同的单质，互为同位素；
3 2
（2）二氧化硫使品红溶液褪色，生成不稳定的无色物质，受热容易分解又恢复
红色，臭氧具有强氧化性，将品红氧化使其褪色，不能恢复红色．
（3）可以利用与变价金属反应或氯气置换硫单质说明氯气的氧化性更强；
（4）气体（CN） 与Cl 化学性质相似，能与H 反应生成HCN（其水溶液是一种
2 2 2
酸，则HCN中为H﹣CN形式，HCN含有4个共价键，则C与N原子之间形成三键
；CN﹣水解使KCN溶液显碱性；
（5）由盐MCO （C为碳元素）化学式，根据原子数守恒可知，CO 中C原子与M
3 2
R 中M原子的物质的量之比为1：1，据此解答．
m n
第11页 | 共18页【解答】解：常状况下，X、Y和Z是三种气态单质．X的组成元素是第三周期原
子半径最小的元素（稀有气体元素除外），则X为Cl ；Y和Z均由元素R组成，
2
二者互为同素异形体，反应Y+2I﹣+2H+═I +Z+H O常作为Y的滴定反应，由元素
2 2
守恒可知，Y、Z为氧元素单质，则Y为O 、Z为O ，R为氧元素，
3 2
（1）Y为O 、Z为O ，由氧元素形成的结构不同的单质，二者核外同素异形体，
3 2
故选：c；
（2）加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO ；若溶液不变
2
红，则原通入气体是O ，
3
故答案为：加热褪色后的溶液，若溶液恢复红色，则原通入气体为SO ；若溶液
2
不变红，则原通入气体是O ；
3
（3）利用与变价金属反应说明氯气的氧化性更强，反应方程式为：2Fe+3Cl
2
2FeCl ，Fe+S FeS，
3
故答案为：2Fe+3Cl 2FeCl ，Fe+S FeS
2 3
（4）①气体（CN） 与Cl 化学性质相似，能与H 反应生成HCN（其水溶液是一
2 2 2
种酸，则HCN中为H﹣CN形式，HCN含有4个共价键，则C与N原子之间形成三
键，故HCN的结构式为H﹣C≡N，故答案为：H﹣C≡N；
②CN﹣水解CN﹣+H O⇌HCN+OH﹣，破坏水的电离平衡，使KCN溶液显碱性，故答
2
案为：CN﹣+H O⇌HCN+OH﹣；
2
（5）由盐MCO （C为碳元素）化学式，根据原子数守恒可知，CO 中C原子与M
3 2
O 中M原子的物质的量之比为1：1，则 =m× ，整
m n
理得m：n=16ω ：（44ω ﹣aω ），
1 2 1
故答案为：16ω ：（44ω ﹣aω ）．
1 2 1
【点评】本题考查物质推断、漂白原理、盐类水解、氧化性比较、信息迁移及
化学计算等，（5）注意利用原子守恒进行计算，难度中等．
10．（17分）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于
10的元素组成，X有5个原子核。通常状况下，W为无色液体。
已知：X+Y Z+W
第12页 | 共18页（1）Y的电子式是 。
（2）液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离
方程式是 2NH （l）⇌NH ﹣+NH + 。
3 2 4
（3）用图1所示装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作：
a．向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯放入瓶中。
b．关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。
c．待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中滴入少量稀硝酸
。
①步骤c后还缺少的一步主要操作是 打开止水夹，通入少量氧气 。
②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是
P O +6OH﹣=2PO 3﹣+3H O 。
2 5 4 2
③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是
Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色
，反应的离子方程式是 3Cu+8H++2NO ﹣=3Cu2++2NO↑+4H O 。
3 2
（4）一定温度下，将1mol
N O 置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T 的过程中，气体由无色
2 4 1
逐渐变为红棕色。温度由T 继续升高到T 的过程中，气体逐渐变为无色。若
1 2
保持T ，增大压强，气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的
2
关系如图2所示。
①温度在T ﹣T 之间，反应的化学方程式是 2NO ⇌2NO+O 。
1 2 2 2
②温度在T ﹣T 之间，气体的平均相对分子质量是（保留1位小数） 30.7 。
2 3
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．
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第13页 | 共18页【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51E：化学平衡专题．
【分析】（1）（2）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序
数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断
为H O；X有5个原子核，发生反应X+Y Z+W，饮食NH ++OH﹣=NH ↑+H O，推
2 4 3 2
断X为NH +、Y为OH﹣、Z为NH ；
4 3
（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，
为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸
收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化
氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，
一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮；
（4）①温度由T 继续升高到T 的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的
1 2
物质的量增大，说明NO 发生分解反应，应生成NO与O ；
2 2
②温度在T ﹣T 之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，根
2 3
据起始加入1molN O 计算混合气体总质量，计算混合气体的平均摩尔质量确
2 4
定平均相对分子质量。
【解答】解：（1）X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序
数小于10的元素组成，考虑为10电子微粒，通常状况下，W为无色液体判断
为H O；X有5个原子核，发生反应X+Y Z+W，饮食NH ++OH﹣=NH ↑+H O，推
2 4 3 2
断X为NH +、Y为OH﹣、Z为NH ，Y的电子式为 ，故答案为： ；
4 3
（2）液态Z为NH 与W为H O的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，
3 2
液态NH 的电离方程式是2NH （l）⇌NH ﹣+NH +；故答案为：2NH （l）⇌NH
3 3 2 4 3 2
﹣+NH +；
4
（3）装置用来制备NO并验证其还原性，先制备无氧气操作状态下制得的NO，
为了更好的验证一氧化氮气体的还原性，白磷燃烧消耗掉氧气，氢氧化钠吸
收空气中的二氧化碳和生成的五氧化二磷，再滴入硝酸和铜反应生成一氧化
氮无色气体；验证一氧化氮的还原性可以打开止水夹使空气进入到广口瓶，
一氧化氮遇到氧气会被氧化为二氧化氮，
①由上述分析可知，步骤c后还缺少的一步主要操作是：打开止水夹，通入少量
氧气，故答案为：打开止水夹，通入少量氧气；
第14页 | 共18页②红磷充分燃烧的产物为P O ，与NaOH溶液反应的离子方程式是P O +6OH﹣=2P
2 5 2 5
O 3﹣+3H O，故答案为：P O +6OH﹣=2PO 3﹣+3H O；
4 2 2 5 4 2
③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中，发生反应为3Cu+8H++2NO ﹣=3Cu2++2NO↑+4H O，
3 2
现象是：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色，
故答案为：Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色；3Cu+8H++2
NO ﹣=3Cu2++2NO↑+4H O
3 2
（4）①温度由T 继续升高到T 的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的
1 2
物质的量增大，说明NO 发生分解反应，应生成NO与O ，方程式为：2NO ⇌
2 2 2
2NO+O ，
2
故答案为：2NO ⇌2NO+O ；
2 2
②温度在T ﹣T 之间处于平衡状态，平衡时混合气体总的物质的量为3mol，起
2 3
始加入1molN O ，故平衡混合气体总质量=1mol×92g/mol=92g，混合气体的
2 4
平均摩尔质量= =30.7g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为30.7，故
答案为：30.7。
【点评】本题考查无机物推断、化学实验、化学平衡等，注意一氧化氮的制备
应在没有氧气条件下进行，（4）中方程式的书写为易错点，学生容易认为N
O 转化为N O ，忽略混合气体物质的量增大。
2 2 4
11．（14分）由Fe O 、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品
2 3
进行下列实验（部分产物略去）
（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入C
O ，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式） Al ．
2
第15页 | 共18页（2）Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO 溶液，则反应I中能同时生成两种气体
3
的化学方程式是 C+2H SO （浓） CO ↑+2SO ↑+2H O ．
2 4 2 2 2
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是
NO、CO ．
2
（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填
写离子符号） Cu2+、Fe3+、H+ ．
（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H O ，溶液呈蓝色并有红褐
2 2
色沉淀生成．当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是
2Fe2++3H O +4I﹣=2Fe（OH） ↓+2I ．
2 2 3 2
（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红
色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式
表示） CuO、C；CuO、C、Fe O ．
2 3
【考点】GN：铁的氧化物和氢氧化物；PL：几组未知物的检验．
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【专题】16：压轴题；527：几种重要的金属及其化合物．
【分析】能与Fe O 、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓
2 3
盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还
原为SO ，C被氧化为CO ，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种
2 2
气体是CO 和NO ，其变化与加浓硫酸的反应相同．无论是那种浓酸均可以使
2 2
两种氧化物Fe O 、CuO转化为对应的盐．
2 3
（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三
种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH） 和Cu
3
（OH） 沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO ﹣离子，如果上层清液，通
2 2
入CO 后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH） ．
2 3
（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO 溶液，则z为CO ，两种气体中
3 2
一种与NaHCO 溶液生成CO ，应为SO ，则浓酸为浓硫酸．
3 2 2
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO ，气体Z为NO、
2
CO 化合物，则浓酸为浓硝酸．
2
第16页 | 共18页（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），
另一种就是过量的Fe粉．
向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl +2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+
2
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
Cl +H O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+．
2 2
（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H O ，溶液呈蓝色并有红褐
2 2
色沉淀生成．说明产物有I 和Fe（OH） ，H O 作氧化剂，I﹣、Fe2+共同还原H
2 3 2 2
O ．当消耗2 mol I﹣时，共转移3 mol电子，转移3 mol电子其中2 mol
2 2
来自I﹣，另外1
mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H O 再提供3mol电子
2 2
．
（5）由前几问知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe
O ，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，Fe O 有没有不一定．
2 3 2 3
【解答】解：（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、
Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（
OH） 和Cu（OH） 沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO ﹣离子，如果上层
3 2 2
清液，通入CO 后，会发生反应AlO ﹣+CO +2H O=Al（OH） ↓+HCO ﹣，产生
2 2 2 2 3 3
白色沉淀Al（OH） ，所以，可以肯定溶液X中没有AlO ﹣，样品中没有Al．
3 2
故答案为：Al．
（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO 溶液，则z为CO ，两种气体中
3 2
一种与NaHCO 溶液生成CO ，应为SO ，则浓酸为浓硫酸．反应I中能同时生
3 2 2
成两种气体的化学方程式是C+2H SO （浓） CO ↑+2SO ↑+2H O．
2 4 2 2 2
故答案为：C+2H SO （浓） CO ↑+2SO ↑+2H O．
2 4 2 2 2
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO ，气体Z为NO、
2
CO 化合物，则浓酸为浓硝酸．
2
故答案为：NO、CO
2
（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），
另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，向Y溶
液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl +2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，2
2
第17页 | 共18页Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cl +H O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：C
2 2
u2+、Fe3+、H+（特别注意没有了Fe2+）．
故答案为：Cu2+、Fe3+、H+．
（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H O ，溶液呈蓝色并有红褐
2 2
色沉淀生成．I﹣、Fe2+共同还原H O ．当消耗2 mol I﹣时，共转移3
2 2
mol电子，转移3 mol电子其中2 mol 来自I﹣，另外1
mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H O 再提供3mol电子
2 2
．这反应方程式：2Fe2++3H O +4I﹣=2Fe（OH） ↓+2I ．
2 2 3 2
故答案为：2Fe2++3H O +4I﹣=2Fe（OH） ↓+2I ．
2 2 3 2
（5）根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有
Fe和Fe O ，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的
2 3
组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe O ．
2 3
故答案为：CuO、C；CuO、C、Fe O ．
2 3
【点评】无机推断题为主体的综合题，主要考查金属单质、金属氧化物、非金
属单质的性质．本题综合性强，涉及知识面广，难度较大．
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