- 关注营养平衡
- 共7918题
NaNO3 KNO3 NaCl KCl
10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0
100℃ 175 246 39.1 56.6
(计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计)
(1)取23.4 g NaCl和29.8 g KCl，加70.0 g H2O，加热溶解。在100℃时蒸发掉50.0 g H2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量(m高温)。
将滤液冷却至10 ℃，待充分结晶后过滤。计算所得晶体的质量(m低温)。
正确答案
34.1 g 5.8 g
100℃时。70.0 g－50.0 g="20.0" g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m(NaCl)="39.1" g×20.0 g／100 g="7.82" g
m(KCl)="56.6" g×20.0 g／100 g="11.3" g
10℃时，20.0 g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m′(NaCl)="35.7" g×20.0 g／100 g="7.14" g
m′(KCl)="31.0" g×20.0 g／100 g="6.20" g
则：m高温="23.4" g－7.82 g＋29.8 g－11.3 g="34.1" g
m低温="7.82" g－7.14 g＋11.3 g－6.20 g="5.8" g
（5分）有X、Y、Z三种元素
（1）X、Y、Z的三种单质在常温下均为气体
（2）X单质可在Z单质中燃烧，生成物XZ，其火焰为苍白色；
（3）XZ极易溶于水，电离出X+和Z－离子，水溶液可使湿润的蓝色石蕊试纸变红；
（4）2moLX可与1molY化合生成2molX2Y，X2Y常温下为液态
（5）Z单质黄绿色，溶于X2Y中，溶液有漂白作用，
则三种元素符号依次是X Y Z ，
它们化合物的化学式XZ X2Y 。
正确答案
X: H Y: O Z: Cl ，XZ: HCl X2Y : H2O
略
由某金属的混合物(含65%Cu、25%Al、8%Fe及少量Au、Pt)制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线设计如下：
已知物质开始沉淀和沉淀完全时pH如下表：
请回答下列问题：
(1)过滤操作用到的玻璃仪器有________。
(2)第①步Al与足量酸反应的离子方程式为___________________________，
得到滤渣1的主要成分为________。
(3)第②步用NaOH调节溶液pH的范围为________。
(4)由第③步得到CuSO4·5H2O晶体的步骤是将滤液2________、________、过滤、洗涤、干燥。
(5)现有洗涤后的滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，请将a、b、c补充完整。
正确答案
(1)烧杯、玻璃棒、漏斗
(2)Al＋6H＋＋3NO3—=Al3＋＋3NO2↑＋3H2O(或Al＋4H＋＋NO3—=Al3＋＋NO↑＋2H2O) Au、Pt (3)5.4≤pH<8.3
(4)加热浓缩 冷却结晶
(1)进行过滤操作时需要用烧杯盛接滤液，用玻璃棒引流，用漏斗过滤。(2)Cu、Al、Fe、Au、Pt中加入稀硫酸和浓硝酸的混合物并加热时，Cu、Al、Fe都被氧化，硝酸浓度较高时生成NO2，硝酸浓度较低时生成NO，Au、Pt不反应，所以滤渣1为Au、Pt。(3)滤液1中含有Cu2＋、Al3＋、Fe3＋，加入NaOH溶液调溶液pH的目的是实现Cu2＋与Al3＋、Fe3＋的分离，当pH＝5.4时，Cu2＋没有沉淀，而Al3＋、Fe3＋沉淀完全，当pH＝8.3时，Cu2＋开始沉淀，所以调节溶液pH的范围为5.4≤pH<8.3。
(4)可采用加热浓缩、冷却结晶的方法将CuSO4溶液变为CuSO4·5H2O晶体。(5)滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3的混合物，根据二者的性质差异将二者分离，首先向滤渣2中加入足量NaOH溶液使Al(OH)3溶解得到AlO2—，过滤除去Fe(OH)3，然后向含有AlO2—的溶液中加入适量硫酸使AlO2—转化为Al2(SO4)3，然后蒸发、冷却、结晶、过滤即可得到Al2(SO4)3·18H2O。
(8分)有四种钠的化合物W、X、Y、Z，根据以下反应式判断W、X、Y、Z的化学式
(1) W X + CO2↑ + H2O
(2)Z + CO2 → X + O2↑
(3)Z + H2O → Y + O2↑
(4)X +Ca(OH)2 → Y + CaCO3↓
则：W X Y Z
正确答案
（8分）NaHCO3、Na2CO3、NaOH、Na2O2
在钠的化合物中，高中阶段涉及的比较重要且常见的化合物有NaOH，Na2O2，Na2CO3，NaHCO3等。所以此题可采取逐一列举的方法来解答，从反应（1）这个加热分解反应和分解后的产物来看，W应该是NaHCO3，X是Na2CO3。从（2）（3）中Z这个物质分别与二氧化碳，水反应都能放出氧气来看，应该是Na2O2，从而推出Y为NaOH。
人类的衣食住行都离不开化学，下列问题请回答（填字母）：
（1）含氟牙膏中的氟应理解为______（a：单质； b：元素）
（2）铁强化酱油中铁元素的作用______（a：增强味道； b：预防缺铁性贫血； c：补充人体需要的铁元素）
（3）加碘食盐中碘主要以碘酸钾形式存在，其中碘的化合价是______
（4）称取50.0g食盐配成溶液，加入KI与稀H2SO4，其化学方程式KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，实验中，若测得生成
3.0×10-5mol I2，则该食盐中碘元素的含量是______mg/kg（精确到0.1）
正确答案
（1）物质组成中涉及到的含氟、补铁等说法，都是关注物质的组成元素，故选：b；
（2）在酱油中加入铁强化剂，是我国为解决缺铁性贫血而实施的项目，故选：b；
（3）化合物中元素的化合价的代数和为零．化合物中钾元素常显+1价，氧元素常显-2价，设碘酸钾中碘元素的化合价为x．则（+1）+x+（-2）×3=0 x=+5 故答案为：+5；
（4）KIO3+5Kl+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O
1 3
1.0×10-5 3.0×10-5则50克食盐中含碘元素的物质的量为1.0×10-5mol，1000g食盐中碘元素物质的量为：1.0×10-5mol×20=2.0×10-4mol，1000g食盐中碘元素的质量为：2.0×10-4mol×127g/mol=254×10-4g=25.4mg，所以该食盐中碘元素的含量是25.4mg/kg．故答案为：25.4．
（10分）写出化学方程式，一步实现下列转变。
①Al→NaAlO2
②Al2O3→AlCl3
③Fe(OH)2→Fe(OH)3
④Na2O2→Na2CO3
⑤Na2CO3→NaHCO3
正确答案
①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
②Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O
③4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
⑤Na2CO3+ CO2+ H2O="2" NaHCO3
试题分析：铝与强碱溶液生成偏铝酸钠和氢气、氧化铝溶于盐酸生成氯化铝和水、氢氧化亚铁与氧气、水生成氢氧化铁、过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气、碳酸钠溶液中通过量二氧化碳气体或加少量盐酸生成碳酸氢钠。
点评：掌握常见物质的转化。
（6分）有X、Y、Z三种主族元素形成的3种离子X(n+1)+，Y m-，Z m+，已知m > n，X(n+1)+比Z m+多一个电子层，Z与Y同周期，则进行下列推断：
（1）X、Y、Z三种原子的原子半径由大到小的顺序是 > > 。
（2）X(n+1)+、Y m-、Z m+三种离子的半径由大到小的顺序是 > > 。
（3）三种元素最高价氧化物对应水化物碱性依次减弱，酸性依次增强的顺序
是 (填X、Y、Z)。
正确答案
（1）X>Z>Y （2）Ym-> X(n+1)+>Zm+ （3）X、Z、Y
略
X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收。已知X是化石燃料燃烧产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应。请写出下列物质反应的化学方程式。
⑴ X在一定条件下与氧气反应__ ______
⑵ Y与氢氧化钠溶液的反应_____ ________
⑶ Z与水的反应___ _______________
正确答案
⑴ 2SO2 + O2
⑵ Cl2 + 2NaOH ="=" NaCl + NaClO + H2O；
⑶ 3NO2 + H2O ="=" 2HNO3 + NO 。
X是化石燃料燃烧产物之一，是形成酸雨的主要物质知：X为SO2。Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用知：Y为Cl2。Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应，知Z为NO2。⑴2SO2 + O2
⑶ 3NO2 + H2O ="=" 2HNO3 + NO 。
（8分）胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水。
（1）服用适量的小苏打（NaHCO3），能治疗胃酸过多，该反应的离子方程式为： ；
（2）如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不能服用小苏打，原因是 ；
此时最好用含氢氧化稆的胃药（如胃舒平）离子方程式： 。
（3）从物质的化学性质和溶解性角度看，Al(OH)3所属的类别分别是 和 。
正确答案
（1）HCO3-+H+=CO2↑+H2O；（2）因产生CO2压力增大而加剧胃壁穿孔；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（3） 碱 难溶物
考查化学与药物及健康
胃液中含有盐酸，呈强酸性
（1）NaHCO3拆为Na+及HCO3-，盐酸为强酸，全部拆为离子：HCO3-+H+=CO2↑+H2O
（2）由于气体CO2的产生，会压力增大而加剧胃壁穿孔；
氢氧化稆不溶于水，不能拆为离子：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（3）Al(OH)3电离出的阴离子全部为OH—，属于碱类，它不溶于水，可难溶物质
(1)下列食物中富含蛋白质的是____（填写编号）；
①苹果 ②葡萄干 ③牛奶 ④米饭 ⑤大豆
(2)微量元素与人体健康密切相关，____元素是合成甲状腺激素的重要原料；人体铁元素摄入量不足可能会导致________________
(3)刚切开的苹果，不久果肉的颜色就会变成褐色，即苹果的“褐变”。对此现象，有多种说法。其说法之一是果肉里的酚在空气中转变为二醌（如下图所示），这些二醌很快聚合成为咖啡色的聚合物。若该说法正确，则图中变化的反应类型为____（填序号）；
a．氧化反应 b．还原反应 c．加成反应 d．取代反应
正确答案
(1)③⑤
(2)碘(I)；缺铁性贫血
(3)a
现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl‾、OH‾、NO3‾、CO
（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是
（填化学式）；
（2）为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则：
①X为 ；
A．SO
②A中的化学键类型为 ；
③将0.02 mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为 （精确到0.1g)；
④利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子。请简述实验操作步骤、现象及结论 ；
（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则该反应的离子方程式为： 。
正确答案
（1）Na2CO3和Ba(OH)2（2分）
（2）①B （2分）
②离子键、（极性）共价键（2分）
③6.1g （2分）
④往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，
则D中含有Al
或：往D的溶液中加入适量NaCO溶液，若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al
（3）3Cu+8H++2NO3‾=3Cu
试题分析：（1）CO32-与Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+不能大量共存，OH-与Al3+、Mg2+、Fe3+不能大量共存，由于所含阴、阳离子互不相同，所以对应的物质应为Na2CO3和Ba（OH）2，这两种物质无需检验，必定含有。
（2）①将 （1）中的两种物质记为A、B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，红褐色沉淀为Fe（OH）3，气体为CO2，应发生的是互促水解反应：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2．C中含有Fe3+，当C与A的溶液混合时产生沉淀，向该沉淀中滴入过量稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，说明生成BaSO4沉淀，则C为Fe2（SO4）3，SO32-、SiO32-与Fe3+不能共存，CH3COO-不可能生成钡盐沉淀，则X只能为SO42-，故B项正确。
②A为Ba(OH)2，含有离子键和极性共价键。
③Ba(OH)2物质的量为0.02mol，Fe2(SO4)3的物质的量为0.01mol，根据方程式可知Fe2(SO4)3过量，生成的Fe(OH)3为0.02mol×2×1/3×107g/mol,生成的BaSO4为0.02mol×233g/mol，共6.1g。
④D中含有NO3-，则E中含有Cl-，剩余Al3+、Mg2+，Al（OH）3能溶于过量Ba（OH）2溶液，检验方案为：取少量D的溶液与试管中，逐渐进入Ba（OH）2溶液至过量，先出现白色沉淀后溶解，则D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，则D中含有Mg2+。
（3）将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3-，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
甲、乙、丙、丁、X是由短周期元素组成的纯净物，其中X为单质。上述物质转化关 系如下图所示（某些产物略去）。
请回答下列问题：
（1）若丁是一元强酸，甲→丁是工业生产丁的主要途径。
①写出反应I的化学方程式： 。
②常温下，1 mol丙发生反应III放出46kJ热量，该反应的热化学方程式为： 。
③在常温下，向V1L pH= 11的甲溶液中加入V2L pH=3的盐酸，若反应后溶液的pH<7，则V1和V2的关系为V1 V2（选填“＞”、“＜”或“＝”），所得溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序可能是： （写一种即可）。
（2）若丁是二元弱酸，丙是温室气体。
在容积为2L的容积固定的密闭容器中，将乙(g)和H2O(g)按下表用量分别进行反应：乙(g)+H2O(g) 
①该反应的正反应为 （填“吸热”或“放热”）反应。
②900℃时，上述反应按如下起始量分别加入该容器：
则此时反应的v（正） v（逆）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是 。
正确答案
（15分）（1）①4NH3+5O2
②3NO2(g)+H2O(l)==2HNO3(aq)+NO(g) △H=—138kJmol—1（3分）
③<（1分） c(Cl—)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH—)或c(Cl—)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH—)（2分）
（2）①放热（2分） ②<（2分） ③使用了催化剂（2分）
试题分析：（1）①由已知信息可知，甲、乙、丙、丁、X分别是NH3、NO、NO2、HNO3、O2，则I的反应式为4NH3+5O2
CO(g) + H2O(g)
各组分的起始浓度/mol•L—1 2 1 0 0
各组分的变化浓度/mol•L—1 0.8 0.8 0.8 0.8
各组分的平衡浓度/mol•L—1 1.2 0.2 0.8 0.8
650℃时，K=
CO(g) + H2O(g)
各组分的起始浓度/mol•L—1 1 0.5 0 0
各组分的变化浓度/mol•L—1 0.2 0.2 0.2 0.2
各组分的平衡浓度/mol•L—1 0.8 0.3 0.2 0.2
900℃时，K=
650℃→900℃时，K减小，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应；
②900℃时，Q=
下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素。
（1）上表中元素⑨对应的二价阳离子未成对电子数目为______________。
（2）由元素③形成的一种不导电单质晶体，其名称为__________，该单质晶体类型为_________________，
在该晶体中，元素③的原子个数与形成的共价键键数之比为 。
(3)元素⑦与①⑤形成的化合物的化学键类型有_________ __________；根据对角线规则，元素②与⑧形成的物质为___________（填“离子化合物”或“共价化合物”）。
（4）元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________，用氢键表示式写出X分子间存在的氢键
_________________________。
（5）在测定元素①与⑥形成化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是__________________________________________________。
（6）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为__________________________________________。
（7）元素⑩的蓝色硫酸盐溶液显______性，用离子方程式表示其原因____________。
正确答案
（1）4 (1分)
(2)金刚石 原子晶体 1:2（各1分）
（3） 离子键、共价键（2分，漏选得1分，有错选不得分） 共价化合物(1分)
（4）三角锥形(1分) N—H…N (1分)
(5)HF分子间通过氢键会形成(HF)n分子（或HF分子间会形成氢键）(1分)
（6）4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O (2分)
(7) 酸(1分) Cu2++2H2O 
试题分析：根据元素周期表结构，可以确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩元素分别为：H、Be、C、N、O、F、Mg、Cl、Cr、Cu；（1）⑨是Cr元素，Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据能量最低原理及洪特规则书写其核外电子排布式，3d能级的能量大于4s能级的能量，所以先排4s后排3d，轨道中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定，所以Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其对应的二价阳离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d4，，所以二价阳离子未成对电子数目为4；（2）由元素③形成的一种不导电单质晶体，其名称为金刚石，其为原子晶体；金刚石为正四面体结构，一个碳连接着四个碳原子，所以原子个数与形成的共价键键数之比为1：2；(3)元素⑦与①⑤形成的化合物为氯化铵，其含有的化学键的类型有：离子键、共价键；根据对角线规则，元素②与⑧形成的物质为氯化铍，其属于共价化合物；（4）元素④与元素①形成X分子，其为氨气，其空间构型为三角锥形，用氢键表示式写出X分子间存在的氢键为：N—H…N；（5）元素①与⑥形成化合物为HF，由于其分子间形成了氢键，所以测定器相对分子质量时，其实验测得的值一般高于理论值；（7）元素⑩的蓝色硫酸盐为硫酸铜，其为强酸弱碱盐，其溶液显示酸性，原因是铜离子的水解用离子方程式表示其原因为：Cu2++2H2O
点评：本题考查了元素周期表、元素周期律、元素及其化合物、盐类水解等知识，该这些考点都是高考考查的热点，本题难度中等。
已知甲、乙、丙分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：
Ⅰ．若甲的化学式为RCl3，其溶液在加热蒸干并灼烧时可发生反应：
a.甲+H2O
①若甲为某用途广泛的金属元素的氯化物，其溶液在上述变化中生成的氧化物为红棕色粉末，则甲发生a反应的化学方程式为：
②若甲为某短周期金属元素的氯化物，则该金属在周期表中的位置是： ；
若向30 mL 1 mol/L的甲的溶液中逐渐加入浓度为4 mol/L的NaOH溶液，若产生0.78 g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为 （选填编号）.
③将以上两种金属单质用导线连接，插入一个盛有NaOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为 。
Ⅱ．若甲，乙、丙均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下乙为固体单质，甲和丙均为气态化合物，且可发生反应：甲+乙
①写出上述反应的化学方程式 。
②0.5 mol气体甲与足量的过氧化钠反应，转移电子的数目为
③将一定量气体甲通入某浓度的NaOH溶液得溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(甲)的关系如图所示，溶液A中各离子浓度由大到小的顺序为 。
正确答案
Ⅰ．①FeCl3+3H2O
②第三周期，第ⅢA族（2分）； B D （2分，少选1分，错选不得分）
③Al－3e-+4OH-=AlO2－+2H2O （3分）
Ⅱ．①CO2+C
③c (Na+) > c(CO32-) > c(OH-) >c(HCO3-)>c(H+)（3分）
试题分析：Ⅰ．①甲为三价金属氯化物，常见的只有铝和铁，又因为生成的氯化物为红棕色粉末，所以甲一定为FeCl3，则甲发生a反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O
②若甲为某短周期金属元素的氯化物，则该金属为Al，在元素周期表中位于：第三周期，第ⅢA族；30 mL 1 mol/L的甲的溶液含AlCl30.03mol，逐渐加入浓度为4 mol/L的NaOH溶液，产生0.78 g白色沉淀，为0.01mol的Al(OH)3，可能为AlCl3与NaOH直接反应生成0.01molAl(OH)3，Al3++3OH‾=Al(OH)3↓加入的NaOH溶液的体积为：0.01mol×3÷4mol•L‾1=0.0075L=7.5mL，也可能为AlCl3与NaOH全部反应转化为Al(OH)3，继续滴加NaOH溶液，溶解部分Al(OH)3，剩余的Al(OH)3为0.01mol，Al3++3OH‾=Al(OH)3↓需要NaOH为3n(Al3+)=0.03mol×3=0.09mol，Al(OH)3+OH‾ ==AlO2-+2H2O，需要NaOH为0.03mol-0.01mol=0.02mol，共需要NaOH溶液：（0.09mol+0.02mol）÷4mol•L‾1=0.0275L=27.5mL,故BD项。
③由于在碱性溶液中，只有铝能失电子发生反应，所以Al为负极，失去电子转化为AlO2-，所以负极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O。
Ⅱ．①甲、乙、丙为短周期元素，乙为固体单质，甲丙为气体，甲、乙高温下生成丙，且三者均位于同一周期，只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：甲为CO2，乙为碳，丙为CO，所以该反应的化学方程式为：CO2+C
②气体甲与足量的过氧化钠反应为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，根据化合价的变化可得：CO2 ~ e‾，所以0.5 mol气体甲与足量的过氧化钠反应，转移电子的数目为0.5NA或3.01×1023。
③根据n(HCl)与生成n(甲)的关系图，两段需要的HCl相等，说明溶液A的溶质为Na2CO3，故各离子浓度由大到小的顺序为：c (Na+) > c(CO32-) > c(OH-) >c(HCO3-)>c(H+)
Ⅰ．A、B、C、D均是前四周期元素组成的常见不同单质或化合物。它们之间有如下转化关系：
（1）若A、B、C、D都是氧化物，且A为光导纤维的主要材料，试写出③化学反应方程式： _______ __________
（2）若A、B、C、D均含有同一种常见金属元素，B是黑色磁性固体，D是一种红褐色沉淀,反应②在常见稀酸中进行，C是该反应中生成的唯一盐，反应②的离子方程式是________ _______, C盐水溶液PH______7 (填“>”“<”“ =”)。
（3）若A、B、C、D均含有同一种短周期的金属元素,且B和D在溶液中反应生成沉淀C,则下列判断正确的是______(填“小写”字母)。
a．A可能是一种耐火材料；
b．B的溶液一定呈碱性；
c．C 一定既溶于盐酸又溶于苛性钠溶液；
若A为金属单质，则用1molA金属制备C,最少需_____mol HCl和_____mol NaOH。
Ⅱ.汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的固体粉末释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的固体粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅含有Na、Fe、N、O四种元素。水溶性实验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲，不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。取13.0g化合物甲（摩尔质量为65g/ mol），加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成一种碱性氧化物丙和另一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。
请回答下列问题：
（1）甲受热分解的化学方程式为 。
（2）丙的电子式为 。
（3）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是 。
A．KCl B．KOH C．Na2S D．CuO
正确答案
Ⅰ．（1）2Mg+CO2
（2）3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O(2分) < (2分)
（3）ac (2分) 0.75(2分) 0.75(2分)
Ⅱ．（1）2NaN3=2Na+3N2↑ (2分) （2）
试题分析：（1）若A、B、C、D都是氧化物，且A为二氧化硅，结合二氧化硅的性质，B为CO、C为CO2、D为MgO，③化学反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C；（2）B是黑色磁性固体为Fe3O4，D是一种红褐色沉淀为氢氧化铁，C是该反应中生成的唯一盐，所以酸为硝酸，反应②的离子方程式是3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，C为硝酸铁，水溶液水解显酸性。（3）短周期金属元素中，符合条件的只有铝及其化合物，A可以是氧化铝、B为铝离子或偏铝酸根、C为氢氧化铝、D为偏铝酸根或铝离子。氧化铝熔点高，可做耐火材料，氢氧化铝显两性，既能溶于盐酸又溶于苛性钠溶液。
Ⅱ.根据题目所给信息分析：不溶性固体为三氧化二铁，0.2摩尔甲分解得到氮气0.3摩尔，结合所含元素可知甲为NaN3，甲受热分解的化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2↑，钠的两种氧化物中只有氧化钠是碱性氧化物，所以丙为氧化钠，电子式为：
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