【高考试卷】2003年全国统一高考化学试卷

2003年全国统一高考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2005春•连云港期末）人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一．氦的该种同位素应表示为（）A．He B．He C．He D．He2．（3分）（2014•碑林区校级学业考试）某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成．在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色．则原混合气体的成份是（）A．HCl和CO B．HCl、H2和CO C．CH4和NH3D．HCl、CO和CO23．（3分）（2011秋•渭城区校级期末）将20mL 0.4mol/L硝酸铵溶液跟50mL 0.1mol/L氢氧化钡溶液混合，则混合溶液中各离子浓度的大小顺序是（）A．c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（Ba2+）B．c（NO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH ﹣）＞c（NH4+）C．c（Ba2+）＞c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）D．c（NO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）4．（3分）（2013秋•云梦县校级期末）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A．3.0mol B．1.5mol C．1.0mol D．0.75mol5．（3分）（2013秋•龙华区校级期末）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B （g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A．均减半B．均加倍C．均增加1mol D．均减少1mol6．（3分）（2014秋•湛江期末）已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol﹣1B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣484kJ•mol﹣1C．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=+242kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+484kJ•mol﹣17．（3分）（2013秋•合肥校级月考）某温度下向100g澄清的饱和石灰水中加入5.6g生石灰，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述正确的是（）A．沉淀物的质量为5.6gB．沉淀物的质量为7.4gC．饱和石灰水的质量大于98.2gD．饱和石灰水的质量小于98.2g8．（3分）（2008•珠海一模）根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是（）A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等二、解答题（共5小题，满分62分）9．（7分）（2013春•亳州校级期末）（1）1mol丙酮（CH3COOH）在镍催化剂作用下加1mol 氢气转变成乳酸，乳酸的结构简式是．（2）与乳酸具有相同官能团的乳酸的同分异构体A在酸性条件下，加热失水生成B，由A 生成B的化学反应方程式是．（3）B的甲酯可以聚合，聚合物的结构简式是．10．（13分）（2011•商洛校级模拟）根据图示填空（1）化合物A含有的官能团是．（2）B在酸性条件下与Br2反应得到E，E在足量的氢氧化钠醇溶液作用下转变为F，由E 转变为F时发生两种反应，其反应类型分别是．（3）D的结构简式是．（4）1mol A与2mol H2反应生成1mol G，其反应方程式是．（5）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是．11．（13分）A、B、C是短周期ⅠA和ⅡA族元素的碳酸盐，它们的质量分别为m A、m B、m C，与足量盐酸完全反应，消耗盐酸的物质的量分别为n A（HCl）、n B（HCl）、n C（HCl）．已知：．m A=m B+m C，n A（HCl）=n B（HCl）+n C（HCl）．请填空：（1）写出短周期ⅠA和ⅡA族元素形成的所有碳酸盐的名称：（2）若以M A、M B和M C分别表示A、B、C的相对分子质量，试写出M A、M B和M C三者的相互关系式．（3）A的正确选择有种，其化学式为：．（4）若A和B为ⅡA族元素的碳酸盐，C为ⅠA族元素的碳酸盐，则A、B、C的化学式依次是，m B：m C=1：．（保留2位小数）12．（7分）X、Y、Z是短周期元素的三种常见氧化物．X跟水反应后可生成一种具有还原性的不稳定的二元酸，该酸的化学式是；Y和X的组成元素相同，Y的化学式是；1mol Z在加热时跟水反应的产物需要用6mol的氢氧化钠才能完全中和，在一定条件下，Y可以跟非金属单质A反应生成X和Z，单质A是．13．（22分）（2009•浙江模拟）33、用下面两种方法可以制得白色的Fe（OH）2沉淀．方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入．（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用的方法．（3）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是．方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备．（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是．（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是．（3）为了制得白色Fe（OH）2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是．（4）这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长时间保持白色，其理由是．2003年全国统一高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2005春•连云港期末）人类探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一．氦的该种同位素应表示为（）A．He B．He C．He D．He考点：常见元素的名称、符号、离子符号．专题：原子组成与结构专题．分析：根据核素的表示方法，质子数标在元素符合的左下角，质量数标在元素符号的左上角，然后利用该氦的质子数和质量数来书写核素符号．解答：解：由氦的质子数为2，质量数为3，故该种同位素应写为23He，则B项正确．故选B．点评：本题考查核素的表示方法，注意原子的质子数和质量数的书写位置，题目较为，一般不会出错．2．（3分）（2014•碑林区校级学业考试）某无色混合气体可能由CH4、NH3、H2、CO、CO2和HCl中的某几种气体组成．在恒温恒压条件下，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，把剩余气体导出后，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色．则原混合气体的成份是（）A．HCl和CO B．HCl、H2和CO C．CH4和NH3D．HCl、CO和CO2考点：常见气体的检验．专题：推断题．分析：根据气体的性质和浓硫酸的酸性、强氧化性以及石灰水、硫酸铜的性质，结合反应的实验现象分析气体的成分．其中混合气体中氨气具有碱性、氢气和一氧化碳气体具有还原性，氯化氢具有酸性．注意题中典型的实验现象：通过浓H2SO4时，总体积基本不变，说明没有氨气；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，但混合气体的总体积减小，说明有气体被吸收；在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气．解答：解：混合气体中氨气具有碱性，将此混合气体通过浓H2SO4时，总体积基本不变说明没有氨气，排除C选项；通过过量的澄清石灰水，未见变浑浊，一定不含二氧化碳气体，但混合气体的总体积减小，说明有气体被吸收，只能是HCl气体，说明含有HCl，在O2中能够点燃，燃烧产物不能使CuSO4粉末变色说明没有甲烷和氢气，故原混合气体中含有HCl和CO，没有甲烷、氢气和二氧化碳气体．故选A．点评：本题考查混合气体的组成判断，难度不大，做题时注意从物质反应的典型现象入手判断．3．（3分）（2011秋•渭城区校级期末）将20mL 0.4mol/L硝酸铵溶液跟50mL 0.1mol/L氢氧化钡溶液混合，则混合溶液中各离子浓度的大小顺序是（）A．c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（Ba2+）B．c（NO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH ﹣）＞c（NH4+）C．c（Ba2+）＞c（NO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）D．c（NO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较．专题：溶液和胶体专题．分析：先计算硝酸铵和氢氧化钡的物质的量，再利用硝酸铵和氢氧化钡的反应来分析反应后所得溶液中各种离子的物质的量的多少．解答：解：20mL 0.4mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为20mL×10﹣3L×0.4mol/L=0.008mol，50mL 0.1mol/L氢氧化钡溶液中氢氧化钡的物质的量为50mL×10﹣3L×0.1mol/L=0.005mol，硝酸铵和氢氧化钡混合以后发生反应：2NH4NO3+Ba（OH）2=Ba（NO3）2+2NH3•H2O，则反应后，70ml溶液的组成为：剩余氢氧化钡0.001mol，生成的硝酸钡0.004mol，生成的一水合氨0.008mol，在体积一样的前提下，物质的量越大，浓度越大，故c（NO3﹣）＞c（Ba2+），而氨水能电离出少量且相等的铵根和氢氧根，氢氧化钡中还有0.002mol的氢氧根，所以c（OH﹣）＞c（NH4+），故离子浓度大小顺序为：c（NO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）．故选B．点评：本题考查学生溶液混合以后离子浓度大小的比较问题，关键是找出反应以后溶液的组成以及各个离子的量的多少，是现在高考的热点和难点．4．（3分）（2013秋•云梦县校级期末）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A．3.0mol B．1.5mol C．1.0mol D．0.75mol考点：氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：计算题；守恒思想；化学实验与化学计算．分析：根据氧化还原反应中电子守恒思想：得失电子数目相等知识来解答．解答：解：利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72﹣（0.5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol．故选B．点评：本题主要考查学生氧化还原反应中电子守恒思想的应用，是考试的热点．5．（3分）（2013秋•龙华区校级期末）某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B （g）⇌2C（g）达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（）A．均减半B．均加倍C．均增加1mol D．均减少1mol考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考．在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小．解答：解：A、由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A、错误；B、由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；C、同样由于容积可变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，平衡向右移动，故C正确；D、如A、C均减少1mol，B减少0.5mol，平衡不移动，B减少1mol，相当于在原平衡的基础上减少0.5molB，则平衡逆向移动，故D错误；故选：C．点评：本题考查化学平衡移动，要注意的是基本概念、基础理论是高考中不变的一个重点．这道题的设问别具一格，解答时既要定性判断、又要定量分析，多次灵活转换，都值得大家研究，思维转化是解答该题的关键．6．（3分）（2014秋•湛江期末）已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol﹣1B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣484kJ•mol﹣1C．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=+242kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+484kJ•mol﹣1考点：热化学方程式．专题：基本概念与基本理论．分析：A、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析；B、根据物质的聚集状态来判断；C、根据反应放热时焓变符号为负来判断；D、根据反应放热时焓变符号为负来判断．解答：解：A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol﹣1，故A正确；B、生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故C错误；D、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误．故选A．点评：本题主要考查学生热化学方程式的书写原则，该题型是现在高考的热点．7．（3分）（2013秋•合肥校级月考）某温度下向100g澄清的饱和石灰水中加入5.6g生石灰，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述正确的是（）A．沉淀物的质量为5.6gB．沉淀物的质量为7.4gC．饱和石灰水的质量大于98.2gD．饱和石灰水的质量小于98.2g考点：溶解度、饱和溶液的概念；化学方程式的有关计算．专题：压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据生石灰与水的反应以及饱和溶液的变化，利用由于反应消耗掉部分的水导致原有饱和溶液发生的变化来分析解答．解答：解：设生石灰反应消耗掉的水的质量为x，生成的氢氧化钙质量为y．CaO+H2O═Ca（OH）256 18 745.6g x y==x=1.8g，y=7.4g即原饱和溶液中水被消耗了1.8g，导致会析出部分晶体，所以导致溶液质量会小于（100g﹣1.8g）=98.2g．而由于析出晶体和新生成的氢氧化钙没有溶解，所以产生的氢氧化钙的质量一定大于7.4g．故选D．点评：类似题目一定要在严格计算的基础上结合分析来进行，而不是一味试图借助溶解度等求出最终沉淀多少或者溶液的质量．在解答中要思考给定的数值的来源，也就是解题的切入点．8．（3分）（2008•珠海一模）根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是（）A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：推断题；压轴题；基本概念与基本理论．分析：A、根据K层电子为奇数的元素只有氢元素来回答；B、根据L层电子为奇数的元素有锂、氮、硼、氟来分析；C、L层电子为偶数的元素，L侧电子数可能为2、4、6、8，可能为第二周期元素，也可能为第三周期或长周期元素；D、根据M层电子为奇数的主族元素有钠、铝、磷、氯来分析．解答：解：A、K层电子为奇数的元素只有氢元素，所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等，故A正确；B、L层电子为奇数的元素有锂、氮、硼、氟，这些元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，故B正确；C、L层电子为偶数的主族元素如镁元素，所在族的序数为第ⅡA族，L层电子数为8，所在族的序数就与该元素原子的L层电子数不相等，故C错误；D、M层电子为奇数的主族元素有钠、铝、磷、氯，元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，故D正确．故选C．点评：本题考查学生原子核外电子排布的有关知识，要注意特例在解题中的应用．二、解答题（共5小题，满分62分）9．（7分）（2013春•亳州校级期末）（1）1mol丙酮（CH3COOH）在镍催化剂作用下加1mol氢气转变成乳酸，乳酸的结构简式是．（2）与乳酸具有相同官能团的乳酸的同分异构体A在酸性条件下，加热失水生成B，由A 生成B的化学反应方程式是HOCH2CH2COOH CH2=CHCOOH+H2O．（3）B的甲酯可以聚合，聚合物的结构简式是．考点：结构简式；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）酮羰基和氢气加成时羰基双键断开，在氧原子和碳原子上分别加氢原子；（2）乳酸中的醇羟基和羟基邻位的氢消去小分子水而出现不饱和双键；（3）羧基和醇羟基之间发生酯化反应，含有烯烃双键的物质可以发生加聚反应．解答：解：（1）丙酮中的羰基在镍催化剂作用下可以和氢气发生加成反应，加成时羰基双键断开，在氧原子和碳原子上分别加氢原子而转变成乳酸，故答案为：；（2）与乳酸具有相同官能团的乳酸的同分异构体A为HOCH2CH2COOH，加热失水发生消去反应，方程式为：HOCH2CH2COOH CH2=CHCOOH+H2O，故答案为：HOCH2CH2COOH CH2=CHCOOH+H2O；（3）B的甲酯结构简式为：CH2=CHCOOCH3，可以发生加聚反应，方程式为：nCH2=CHCOOCH3，故答案为：．点评：本题考查了物质的结构和性质间的关系，羰基可以被氢气加成、醇可以消去、有不饱和双键的物质可以发生加聚反应．10．（13分）（2011•商洛校级模拟）根据图示填空（1）化合物A含有的官能团是碳碳双键，醛基、羧基．（2）B在酸性条件下与Br2反应得到E，E在足量的氢氧化钠醇溶液作用下转变为F，由E 转变为F时发生两种反应，其反应类型分别是消去反应、中和反应．（3）D的结构简式是NaOOC﹣CH=CH﹣COONa．（4）1mol A与2mol H2反应生成1mol G，其反应方程式是OHC﹣CH=CH﹣COOH+2H2HO﹣CH2﹣CH﹣CH2﹣COOH．（5）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是．考点：有机物的推断；化学方程式的书写；消去反应与水解反应．专题：推断题；有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据化合物A的性质来确定A的结构；（2）根据A和银氨溶液反应后的产物判断B中的官能团，根据官能团决定化学性质来分析反应类型；（3）根据H的分子式确定A的结构简式，根据A到B的转化来确定B的结构进而分析B和烧碱反应的产物；（4）根据A和氢气发生的加成反应来回答；（5）根据同分异构体的概念和书写方法来回答．解答：解：（1）A能和银氨溶液反应，说明A中有醛基，又能和碳酸氢钠反应，故A中一定有羧基，还能和氢气在镍作催化剂作用下加成为G，G分子内酯化生成了分子式为C4H6O2的环状物H，故A中有双键，故答案为：碳碳双键，醛基、羧基；（2）H应是G发生酯化反应的产物，G中既有羟基又有羧基，A中的双键和醛基被加成后可以出现羟基，故A为：HOOC﹣CH=CH﹣CHO，B为：HOOC﹣CH=CH﹣COOH，D为：NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，B和溴单质发生加成反应，得到E，从E 到F是卤代烃的消去反应得到的F是炔，故F为：HOOC﹣C≡C﹣COOH，碳原子在一条直线上，故答案为：消去反应、中和反应；（3）D是B中的羧基和烧碱中和后的钠盐，结构简式为：NaOOC﹣CH=CH﹣COONa，故答案为：NaOOC﹣CH=CH﹣COONa；（4）1mol A中的双键和醛基均可以被氢气加成，共消耗2mol H2，反应方程式为：OHC﹣CH=CH﹣COOH+2H2HO﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣COOH，故答案为：OHC﹣CH=CH﹣COOH+2H2HO﹣CH2﹣CH﹣CH2﹣COOH；（5）A为HOOC﹣CH=CH﹣CHO，与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是，故答案为：．点评：本题目是一道有机化学推断题，官能团决定物质的化学性质是解决问题的关键．11．（13分）A、B、C是短周期ⅠA和ⅡA族元素的碳酸盐，它们的质量分别为m A、m B、m C，与足量盐酸完全反应，消耗盐酸的物质的量分别为n A（HCl）、n B（HCl）、n C（HCl）．已知：．m A=m B+m C，n A（HCl）=n B（HCl）+n C（HCl）．请填空：（1）写出短周期ⅠA和ⅡA族元素形成的所有碳酸盐的名称：（2）若以M A、M B和M C分别表示A、B、C的相对分子质量，试写出M A、M B和M C三者的相互关系式M B＜M A＜M C（或者M C＞M A＞M B）．（3）A的正确选择有2种，其化学式为：Li2CO3、MgCO3．（4）若A和B为ⅡA族元素的碳酸盐，C为ⅠA族元素的碳酸盐，则A、B、C的化学式依次是MgCO3，BeCO3，Na2CO3，m B：m C=1： 1.05．（保留2位小数）考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：推断题；平均值法；元素及其化合物．分析：（1）根据短周期ⅠA和ⅡA族所包含的元素来回答；（2）根据碳酸盐和盐酸反应的方程式系数以及各自消耗的盐酸的物质的量结合题干信息来分析；（3）根据题意寻找符合条件的A的相对分子量的范围来确定A；（4）根据C为ⅠA族元素的碳酸盐，可直接确定C，A和B为ⅡA族元素的碳酸盐，用假设法来确定A．解答：解：（1）短周期ⅠA和ⅡA族元素形成的所有碳酸盐：碳酸锂、碳酸钠、碳酸铍、碳酸镁，故答案为：碳酸锂、碳酸钠、碳酸铍、碳酸镁；（2）根据mA=mB+mC，n A（HCl）=n B（HCl）+n C（HCl）可得：MA=2m A/n A（HCl）=2[m B+m C]/[n B +n C（HCl）]=M（BC）（HCl）注意：M（BC）指B、C的相对分子质量的平均值，根据平均值的特点可得，M（BC）一定介于B、C的相对分子质量之间，所以M B＜M A＜M C或者M C＞M A＞M B；（3）碳酸铍的相对分子质量为69、碳酸锂的相对分子质量为74、碳酸镁的相对分子质量为84、碳酸钠的相对分子质量为106，介于B、C的相对分子质量之间的A分两种情况：A为Li2CO3或者MgCO3，故答案为：2、Li2CO3、MgCO3；（4）A和B为ⅡA族元素的碳酸盐，C为ⅠA族元素的碳酸盐，则A为MgCO3、B 为BeCO3、C为Na2CO3，假设MgCO3为1mol，因为n A（HCl）=n B（HCl）+n C（HCl），所以B为BeCO3、C为Na2CO3共1mol又m A=m B+m C m B：m C=1：x，所以84=（1+x）m B=1 解方程组得x=1.05 故m B：m C=1：1.05，答案为：1.05点评：本题考查了学生对基础知识的整合能力，是一道高考题，难度较大．12．（7分）X、Y、Z是短周期元素的三种常见氧化物．X跟水反应后可生成一种具有还原性的不稳定的二元酸，该酸的化学式是H2SO3；Y和X的组成元素相同，Y的化学式是SO3；1mol Z在加热时跟水反应的产物需要用6mol的氢氧化钠才能完全中和，在一定条件下，Y可以跟非金属单质A反应生成X和Z，单质A是磷．考点：无机物的推断．专题：推断题；压轴题．分析：从还原性二元酸入手推算，X跟水反应后可生成一种具有还原性的不稳定的二元酸应为H2SO3，热水反应生成酸要6mol一元碱中和，说明是2mol三元酸（没有符合条件的六元酸），依次展开进行推断．解答：解：还原性的不稳定的二元酸是H2SO3，所以X是SO2，与之组成元素相同的是SO3，故Y为SO3；和热水反应生成酸要6mol一元碱中和，说明是2mol三元酸（没有符合条件的六元酸），也就是H3PO4，因此Z是P4O10（简写P2O5），则A是磷．故答案为：H2SO3；SO3；磷．点评：本题为无机物的推断题，主要考查P和S的化合物，做题时注意抓住物质的典型性质，本题难度不大，注意基础知识的积累．13．（22分）（2009•浙江模拟）33、用下面两种方法可以制得白色的Fe（OH）2沉淀．方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入稀H2SO4铁屑．（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法．（3）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液．这样操作的理由是避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2．方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备．（1）在试管Ⅰ里加入的试剂是稀H2SO4铁屑．（2）在试管Ⅱ里加入的试剂是NaOH溶液．（3）为了制得白色Fe（OH）2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度．当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹．（4）这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长时间保持白色，其理由是试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入．考点：制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．专题：压轴题；实验探究和数据处理题；化学实验基本操作．分析：本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求．方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化．解答：解：方法一（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+．故答案为：稀H2SO4铁屑；（2）煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2．故答案为：煮沸；（3）Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为：避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2；方法二（1）试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为：稀H2SO4铁屑；（2）试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe（OH）2沉淀，故答案为：NaOH溶液；（3）打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe（OH）2．若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe（OH）2溶液．故答案为：检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度．当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；（4）由于装置中充满H2，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为：试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入．点评：F e（OH）2很容易被空气中的氧气氧化，这是Fe（OH）2的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题，此题考查的内容比较多，既有水解方面的问题，又有氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验的设计，可以说是一道不可多得的好题．。