1、2015-2016学年浙江省温州市平阳二中高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（共20小题，每题1-6题每题2分，7-20每题3分共54分）1化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是（）A臭氧可用于水体消毒，是因为臭氧能杀死水中的细菌B明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用做净水剂C食盐中添加碘酸钾，是因为碘酸钾具有氧化性D禁止使用四乙基铅作汽油抗暴震剂，可减少汽车尾气污染2下列情况不能用胶体知识加以解释的是（）A氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和无色气体B肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗C水泥厂、冶金厂常用高压电除工厂烟尘，以减少对空气的污染D牛油与烧碱
2、溶液共热，向反应所得溶液中加入食盐，则有固体析出3用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，下列图示对应的有关操作规范的是（）A称量B溶解C转移D定容4关于有机物的下列说法错误的是（）A石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料B甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体C葡萄糖可转化为乙醇，乙醇氧化可得到乙醛D煤干馏是复杂的物理化学变化，石油分馏是物理变化5NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60乙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HO3和CO32E离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD同温、同
3、压、同体积的CO和NO含有的质子数6给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3AlCl3（aq）无水AlCl3BMg（OH）2MgCl2（aq）MgC粗硅SiCl4SiDAgNO3（aq）Ag（NH3）2OH（aq）Ag7常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =11013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO328高铁酸钾（K2FeO4
4、）是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe（OH）3+ClO+OHFeO42+Cl+H2O（未配平），下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质9下列说法正确的是（）A化合物的名称为2甲基5乙基己烷B淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是高分子化合物，一定条件下都能发生水解反应C在蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液和福尔马林，均能使蛋白质变性，失去生理功能DCH3
5、COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，乙醛和苯甲醛互为同系物10用如图装置进行实验，根据实验现象所得结论正确的是（）甲乙丙结论A盐酸石灰石漂白粉溶液酸性：HClH2CO3HClOB盐酸硫化亚铁硫酸铜溶液酸性：HClH2SH2SO4C水过氧化钠水过氧化钠与水的反应是放热反应D浓盐酸二氧化锰碘化钾溶液氧化性：MnO2Cl2I2AABBCCDD11已知2Fe3+2I2Fe2+I2、Br2+2Fe2+2Br+2Fe3+现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按I、Fe2+、Br的
6、顺序还原性逐渐减弱； 原溶液中Br一定被氧化；通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化； 不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+；若取少量所得溶液，加入CCl4充分振荡后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化ABCD12根据转化关系判断下列说法正确的是（）（C6H10O5）n葡萄糖乙醇乙酸乙酯A（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体B酸性高锰酸钾溶液可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中也可得到乙酸C可以利用银镜反应证明反应的最终产物为葡萄糖D向反应得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得
7、到纯净的乙酸乙酯13下列设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备Al（OH）3悬浊液：向1molL1AlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C检验溶液中是否含有Fe3+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一试管中加入2mL 10%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象14下列叙述正确的是（）Na2O与Na2O2都能和水反应
8、生成碱，它们都是碱性氧化物；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀；镁在空气中燃烧只生成MgO；Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行；向石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气泡生成；钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3A都正确BCD15“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料如图甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料下列说法中，错误的是（）A甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物B1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气C丙物质能够使酸性高锰酸钾溶液退色D甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应16有关反
9、应的离子方程式书写正确的是（）Aa mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4ClB向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+O2+6I3I2+2H2OC向50mL 1molL1明矾溶液中滴入数滴0.1molL1Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4D在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O17铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝下列说法错误的是（）A、中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中
10、需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝18下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA表示阿伏加德罗常数）19某溶液X中可能大量存在K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SiO32、HCO3、SO42、Cl中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图实验：下列判断不正确的是（）AFe3+肯定不存在B无色气体甲不一定是
11、纯净物CK+、Mg2+、Al3+和SO42一定存在于溶液X中D白色沉淀乙肯定不是Al（OH）3和H2SiO3的混合物20将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）A32.8gB46.8gC53.6gD63.8g二简答题（共46分）21聚乙烯醇（PVA）的结构简式为，它是一种用途相当广泛的高分子聚合物某研究小组设计的以乙烯为原料合成PVA的流程如图：已知：CH3CH2X+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O（X代表卤素原子）
12、请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为A中含有的官能团的名称为（2）下列说法中正确的是A工业上制取乙烯的主要方法是石油裂化BD分子中所有原子在一条直线上C的反应类型为取代反应D与E互为同分异构体，且能与NaHCO3放出气体的链状有机物有3种（3）反应的化学方程式为（4）反应的化学方程式为2284消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25% NaClO、1000mL、密度1.19gcm3，稀释100倍（体积比）后使用请根据信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为molL1（2）该同
13、学取100mL该“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）=molL1（假设稀释后溶液密度为1.0gcm3）（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25% NaClO的消毒液下列说法正确的是A如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143g23某化合物A的焰色反应为黄色，在其溶液中滴加氯水和少许CCl4，振荡后，下层变成紫色继续滴加氯水，振荡后，下层会逐渐变浅，最后紫色褪去（1）A中金属阳离子的结构示意图为（2
14、）上述滴加氯水的整个过程中的还原剂是（3）用化学反应方程式表示出下层由紫色褪去的原因（产物中含有某+5价元素的含氧酸分子）24无机盐X是高效、安全的广谱杀菌剂，还是植物生长激素，能促进作物生长，明显提高作物产量某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成如下实验（1）取45.6g X加热到150时，发生非氧化还原反应，生成气体A和固体化合物B，收集到的气体A的体积为17.92L（已折合为标准状况），A能使湿润的pH试纸显蓝色（2）把得到的B全部溶于水，均分为二份，分别进行如下二个过程的相关实验，得到如图实验现象、数据：请回答下列问题：（1）气体A的电子式为（2）盐X的化学式为X在150条件下分
15、解的化学方程式为（3）红色沉淀F与稀硝酸反应的离子方程式为（4）D与FeCl3溶液（加过量盐酸）混合反应，反应后溶液存在的阳离子有25某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜探究过程如图：请回答下列问题：（1）步骤中加入热的Na2CO3溶液，目的是（2）步骤中，除发生反应Fe+2HClFeCl2+H2外，其他可能反应的离子方程式为（3）溶液C的颜色是，溶液D中可能含有的金属阳离子有（4）设计实验方案验证溶液B中铁的存在形式（5）步骤产生金属铜的化学方程式为2015-2016学年浙江省温州市平阳二中高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题
16、，每题1-6题每题2分，7-20每题3分共54分）1化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是（）A臭氧可用于水体消毒，是因为臭氧能杀死水中的细菌B明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用做净水剂C食盐中添加碘酸钾，是因为碘酸钾具有氧化性D禁止使用四乙基铅作汽油抗暴震剂，可减少汽车尾气污染【考点】臭氧；胶体的重要性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A臭氧具有强氧化性；B明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质；C碘酸钾能溶于水且其中含有人体所需的碘元素；D能使人体中毒【解答】解：A臭氧具有强氧化性，可用于对水体消毒，故A正确；
17、B明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以能净水，故B正确；C碘酸钾能溶于水且其中含有人体所需的碘元素，故在食盐中添加碘酸钾，故C错误；D因铅能使人体中毒，故禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂来减少铅污染，故D正确；故选C【点评】本题考查化学与生活的联系，把握低碳生活、室内污染、生活补碘及水的净化即可解答，注重生活中的化学知识的考查，题目难度不大2下列情况不能用胶体知识加以解释的是（）A氯化铝溶液中加入小苏打溶液会产生白色沉淀和无色气体B肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗C水泥厂、冶金厂常用高压电除工厂烟尘，以减少对空气
18、的污染D牛油与烧碱溶液共热，向反应所得溶液中加入食盐，则有固体析出【考点】胶体的重要性质【分析】A氯化铝溶液中加入小苏打溶液会发生复分解反应； B血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用；C工厂烟尘属于气溶胶，胶体具有电泳性质；D牛油和氢氧化钠溶液共煮后生成高级脂肪酸钠，属于胶体【解答】解：A氯化铝溶液中加入小苏打溶液会发生复分解反应而产生白色沉淀，不能用胶体知识解释，故A错误； B血液透析的原理类似于渗析原理，透析膜相当于半透膜的作用，肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，故B正确；C工厂烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，故C正确；D
19、牛油和氢氧化钠溶液共煮后生成高级脂肪酸钠，属于胶体，加入食盐会盐析，故D正确故选A【点评】本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握3用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，下列图示对应的有关操作规范的是（）A称量B溶解C转移D定容【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；B固体的溶解应在烧杯中进行；C移液应用玻璃棒引流；D胶头滴管不能深入容量瓶内【解答】解：A用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B固体的溶解应在烧杯中进行，且用玻璃杯搅拌加速溶解，故B正确；C应用玻璃棒引流，
20、防止溶液洒落，故C错误；D胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作4关于有机物的下列说法错误的是（）A石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯的原料B甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体C葡萄糖可转化为乙醇，乙醇氧化可得到乙醛D煤干馏是复杂的物理化学变化，石油分馏是物理变化【考点】石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；葡萄糖的性质和用途【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A、石油裂解可以得到含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气等气体，乙烯
21、气体发生加聚反应得到聚乙烯；B、甲烷、苯都属于烃，甲烷不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，如CHCCH2CH2CCH、CH3CCCCCH3、CH2CHCHCHCCH等；C、在无氧呼吸过程中，葡萄糖变为乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛；D、煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，石油的分馏是利用组分沸点的不同分离出各种产品的【解答】解：A、石油裂解可以得到含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气等气体，乙烯气体发生加聚反应得到聚乙烯，故A正确；B、甲烷、苯都属于烃，甲烷不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，如CHCCH2CH2CCH、CH3CCCCCH3、CH2CHCHCHC
22、CH等，故B错误；C、在无氧呼吸过程中，葡萄糖变为乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，故C正确；D、煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，石油的分馏是利用组分沸点的不同分离出各种产品的，属于物理变化，故D正确；故选：B【点评】本题考查了石油裂解、煤的干馏、葡萄糖的性质以及同分异构现象，熟悉物质的性质是解答本题的关键，难度不大，注意知识的积累5NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A60乙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HO3和CO32E离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD同
23、温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、求出乙醇的物质的量，然后根据1mol乙醇中含8mol共价键来分析；B、根据物料守恒来分析；C、求出钠的物质的量，然后根据反应后钠元素为+1价来分析；D、同温同压同体积的CO和NO的物质的量相等，但CO和NO中含有的质子数分别为14个和15个【解答】解：A、60g乙醇的物质的量为n=1.3mol，而1mol乙醇中含8mol共价键，故1.3mol乙醇中含10.4mol共价键就10.4NA个，故A错误；B、HCO3在溶液中既能部分电离为CO32，又能部分水解为H2CO3，根据物料守恒可知：
24、溶液中的HCO3、CO32和H2CO3的和为0.1NA个，故B错误；C、23g钠的物质的量为1mol，而反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故C正确；D、同温同压同体积的CO和NO的物质的量相等，但CO和NO中含有的质子数分别为14个和15个，故等物质的量的CO和NO中的质子数之比为14：15，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AAl2O3AlCl3（aq）无水AlCl3BMg（OH）2MgCl2（aq）MgC粗硅SiCl4SiDAgNO
25、3（aq）Ag（NH3）2OH（aq）Ag【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】A、氧化铝是两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与酸性溶液中蒸干得到无水氯化铝；B、电解氯化镁溶液得不到单质镁；C、Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；D、蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应【解答】解：A、氧化铝是两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与酸性溶液中蒸干得到无水氯化铝，所以转化关系可以实现，故A符合；B、电解氯化镁溶液得不到单质镁，得到氢氧化镁，故B不符合；C、Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢
26、气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故C符合；D、蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D不符合；故选AC【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是反应产物和反应条件的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等7常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =11013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO32【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分
27、析】A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B. =11013molL1的溶液，显酸性；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，故A错误；B. =11013molL1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，故C错误；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2、CO32，故D
28、错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe（OH）3+ClO+OHFeO42+Cl+H2O（未配平），下列有关说法不正确的是（）A由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42B高铁酸钾中铁显+6价C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质【考点】氧化还原反应【专
29、题】氧化还原反应专题【分析】A氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；B离子中各元素化合价代数和等于离子所带电荷；C反应中Fe（OH）3是还原剂，C1O是还原剂，根据电子转移守恒计算二者物质的量之比；DK2FeO4中铁为高价铁，具有强氧化性能杀菌，Fe（OH）3（胶体）具有净水作用【解答】解：A反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价降低，C1O是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42是氧化产物，氧化性C1OFeO42，实际氧化性FeO42Fe（OH）3，故A错误；B令FeO42中，铁元素的化合价为x，则x+4（2）=2，解得x=+6，故B正确
30、；C反应Fe（OH）3+C1O+OHFeO42+C1+H2O中，氯元素化合价由+1降低为1价，C1O是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（63）：2=3：2，故C正确；DK2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应基本概念及应用，题目难度不大9下列说法正确的是（）A化合物的名称为2甲基5乙基己烷B淀粉、纤维素、蛋白质、
31、油脂都是高分子化合物，一定条件下都能发生水解反应C在蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液和福尔马林，均能使蛋白质变性，失去生理功能DCH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，乙醛和苯甲醛互为同系物【考点】有机化合物命名；有机化学反应的综合应用【专题】同分异构体的类型及其判定；有机反应【分析】A烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号； B油脂不是高分子化合物；C重金属盐和甲醛能使蛋白质变性；D分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物【解答】解：A烷烃命名时，要选最长的碳链为主链
32、，故主链上有7个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子编号，故2号和5号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，5二甲基庚烷，故A错误； B油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C硫酸铜是重金属盐，福尔马林的主要成是甲醛，重金属盐和甲醛能使蛋白质变性，故C正确；DCH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而乙醛和苯甲醛在分子组成上相差的不是一个或若干个CH2原子团，故不是同系物，故D错误故选C【点评】本题考查了烷烃的命名、高分子化合物以及蛋白质变性和同系物等内容，
33、难度不大，属于基础知识的考查10用如图装置进行实验，根据实验现象所得结论正确的是（）甲乙丙结论A盐酸石灰石漂白粉溶液酸性：HClH2CO3HClOB盐酸硫化亚铁硫酸铜溶液酸性：HClH2SH2SO4C水过氧化钠水过氧化钠与水的反应是放热反应D浓盐酸二氧化锰碘化钾溶液氧化性：MnO2Cl2I2AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】A发生强酸制取弱酸的反应，但盐酸易挥发，盐酸可与漂白粉溶液反应；B硫化氢与硫酸铜反应生成CuS沉淀，CuS不溶于酸，不能比较酸性；C过氧化钠与水反应放热，观察丙中有水蒸气；D浓盐酸与二氧化锰反应需要加热【解答
34、】解：A发生强酸制取弱酸的反应，但盐酸易挥发，盐酸可与漂白粉溶液反应，则该实验不能比较H2CO3、HClO的酸性，故A错误；B硫化氢与硫酸铜反应生成CuS沉淀，CuS不溶于酸，不能比较酸性，且硫酸、盐酸均为强酸，而H2S为弱酸，故B错误；C过氧化钠与水反应放热，观察丙中有水蒸气，则由实验可知过氧化钠与水的反应是放热反应，故C正确；D浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，该装置不能生成氯气，不能比较氧化性，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大11已知2Fe3+2I
35、2Fe2+I2、Br2+2Fe2+2Br+2Fe3+现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是（）按I、Fe2+、Br的顺序还原性逐渐减弱； 原溶液中Br一定被氧化；通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化； 不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+；若取少量所得溶液，加入CCl4充分振荡后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br均被完全氧化ABCD【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反
36、应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明含有铁离子，则碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，则还原性：I、Fe2+、Br的顺序逐渐减弱，故正确；原溶液中的Br可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能
37、确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，题目难度不大，侧重于氧化还原反应在离子反应中应用的考查12根据转化关系判断下列说法正确的是（）（C6H10O5）n葡萄糖乙醇乙酸乙酯A（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体B酸性高锰酸钾溶液可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热插入乙醇中也可得到乙酸C可以利用银镜反应证明反应的最终产物
38、为葡萄糖D向反应得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯【考点】淀粉的性质和用途；乙醇的化学性质；葡萄糖的性质和用途【专题】有机反应【分析】A化学式中的n值不同；B乙醇与氧化铜加热生成乙醛；C醛基能发生银镜反应；D乙酸乙酯在碱性条件下发生水解【解答】解：A淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故A错误； B乙醇与氧化铜加热生成乙醛，得不到乙酸，故B错误；C葡萄糖中含有醛基，醛基能发生银镜反应，故C正确；D乙酸乙酯在碱性条件下发生水解，将原物质除掉，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，注意除杂不能将原物质除掉13下列
39、设计的实验方案能达到实验目的是（）A制备Al（OH）3悬浊液：向1molL1AlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液B提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C检验溶液中是否含有Fe3+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象D探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一试管中加入2mL 10%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别【分析】
40、AAlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C检验Fe3+时滴加KSCN溶液；D溶液的总体积不同，混合后浓度不同【解答】解：AAlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al（OH）3悬浊液，故A错误；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；C检验Fe3+时直接滴加KSCN溶液，观察是否出现血红色，故C错误；D溶液的总体积不同，混合后浓度不同，则不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质
41、的性质、离子检验、影响反应速率的因素、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大14下列叙述正确的是（）Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物；Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀；镁在空气中燃烧只生成MgO；Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行；向石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气泡生成；钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3A都正确BCD【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质；镁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】碱性氧化物与水反应只生成碱；依据离子反应条件判断；镁与氧气反应生
42、成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁；过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气；过氧化钠具有漂白性，与水反应生成碱氢氧化钠；钠与盐溶液反应先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应【解答】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于碱性氧化物，故不选；碳酸氢钠与氯化钙不符合离子反应发生条件，不反应，故不选；镁与空气反应生成氧化镁和氮化镁，故不选；过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，可做供养剂，氧化钠不具有此性质，故选；过氧化钠具有漂白性，与水反应生成碱氢氧化钠和氧气，所以向石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气泡生成，故选；钠与浓NH4Cl溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧
43、化钠再与氯化氨反应生成氨气，所以放出的气体中含H2和NH3，故选；故选：D【点评】本题考查元素化合物知识，明确钠及其化合物的性质是解题关键，注意碱性氧化物的概念，题目难度不大15“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料如图甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料下列说法中，错误的是（）A甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物B1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气C丙物质能够使酸性高锰酸钾溶液退色D甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A甲含有碳碳双键，可发生加聚反应；B乙含有2个羟基，可与钠反应生成氢
44、气；C丙含有碳碳双键，可发生氧化反应，D乙不含不饱和键，不能发生加成反应【解答】解：A甲含有碳碳双键，可发生加聚反应生成有机高分子化合物，故A正确；B乙含有2个羟基，可与钠反应生成氢气，1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气，故B正确；C丙含有碳碳双键，可发生氧化反应，故C正确，D乙不含不饱和键，不能发生加成反应，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大16有关反应的离子方程式书写正确的是（）Aa mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br
45、+2Cl2Br2+2Fe3+4ClB向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+O2+6I3I2+2H2OC向50mL 1molL1明矾溶液中滴入数滴0.1molL1Ba（OH）2溶液：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4D在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A等物质的量反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；B电子、电荷不守恒；CBa（OH）2完全反应，不符合离子的配比；D反应生成氢氧化镁和碳酸钙、水【解答】解：Aa mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2的离子反
46、应为2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4Cl，故A正确；B向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气的离子反应为4H+O2+4I2I2+2H2O，故B错误；C向50mL 1molL1明矾溶液中滴入数滴0.1molL1Ba（OH）2溶液的离子反应为3Al3+2SO42+2Ba2+6OH2Al（OH）3+2BaSO4，故C错误；D在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液的离子反应为Mg2+2Ca2+4OH+2HCO32CaCO3+2H2O+Mg（OH）2，故D错误；故选A【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反
47、应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大17铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝下列说法错误的是（）A、中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量
48、的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al【解答】解：铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知、中除加试剂外，还需要进行过滤操作，故A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2，a、b中铝元素的化合价均为+3价，故B正确；C、中需要把AlO2转化为A
49、l（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C错误；D、根据上面分析可知是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，故D正确故选：C【点评】本题考查了铝土矿中提取Al的工艺流程，注意除杂试剂的选择和物质的分离方法，同时涉及了铝的化合物的性质，题目难度中等18下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体CHCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物D电解NaCl溶液得到22.4 L H2（标准状况），理论上需要转移NA个
50、电子（NA表示阿伏加德罗常数）【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】ANaClO为强电解质；B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体；CHCl为共价化合物；D氢气的物质的量为1mol，则转移电子2mol【解答】解：AHClO为弱电解质，但NaClO为强电解质，故A错误；B实验室用饱和FeCl3溶液滴加到沸水中的方法制备Fe（OH）3胶体，注意当溶液呈红褐色时停止加热，故B正确；CHCl为共价化合物，NaCl是离子化合物，故C错误；D氢气的物质的量为1mol，理论上需要转移2NA个电子，故D错误故选B【点评】本题综合考查含氯化合物的性质，题目难
51、度不大，注意胶体的制备以及电解的原理，学习中注意区分离子化合物和共价化合物19某溶液X中可能大量存在K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SiO32、HCO3、SO42、Cl中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图实验：下列判断不正确的是（）AFe3+肯定不存在B无色气体甲不一定是纯净物CK+、Mg2+、Al3+和SO42一定存在于溶液X中D白色沉淀乙肯定不是Al（OH）3和H2SiO3的混合物【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】X中加过量过氧化钠生成白色沉淀为氢氧化镁，则一定含Mg2+，而不含Fe3+、Fe2+；Mg2+与SiO32、HCO3在溶
52、液中不能大量共存，则不含SiO32、HCO3；溶液通入过量的二氧化碳，生成白色沉淀乙为氢氧化铝，即原溶液X中含Al3+，而K+、NH4+、SO42、Cl不能确定，以此来解答【解答】解：X中加过量过氧化钠生成白色沉淀为氢氧化镁，则一定含Mg2+，而不含Fe3+、Fe2+；Mg2+与SiO32、HCO3在溶液中不能大量共存，则不含SiO32、HCO3；溶液通入过量的二氧化碳，生成白色沉淀为氢氧化铝，即原溶液X中含Al3+，而K+、NH4+、SO42、Cl不能确定，AFe3+不存在，故A正确； B无色气体甲可能为氧气和氨气的混合物，故B正确；CK+、SO42不能确定，故C错误；D白色沉淀乙为氢氧化铝
53、，故D正确；故选C【点评】本题考查物质鉴别和检验实验方案的设计，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，注意X中离子的推断及离子的检验方法，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等20将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀则形成沉淀的质量是（）A32.8gB46.8gC53.6gD63.8g【考点】有关混合物反应的计算【分析】Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子
54、的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，利用电子转移守恒计算转移电子的物质的量，最终生成沉淀的质量=金属的质量+氢氧根离子的质量【解答】解：根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成8.96LNO转移的电子为：（52）=1.2mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为：26.4g+1.2mol17g/mol=46.8g，故选B【点评】本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算，题目难度中等，侧重对解题方法技巧与学生综合能力的
55、考查，注意利用电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系解答二简答题（共46分）21聚乙烯醇（PVA）的结构简式为，它是一种用途相当广泛的高分子聚合物某研究小组设计的以乙烯为原料合成PVA的流程如图：已知：CH3CH2X+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O（X代表卤素原子）请回答下列问题：（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2A中含有的官能团的名称为醛基（2）下列说法中正确的是BDA工业上制取乙烯的主要方法是石油裂化BD分子中所有原子在一条直线上C的反应类型为取代反应D与E互为同分异构体，且能与NaHCO3放出气体的链状有机物有3种（3）反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO（4
56、）反应的化学方程式为【考点】有机物的推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成C，C为CH2BrCH2Br，C和氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成D，D为HCCH；B和D发生加成反应生成E，则B为CH3COOH，A发生氧化反应生成B，则A为CH3CHO；E发生反应生成F，F水解生成PVA，则F为，据此分析解答【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成C，C为CH2BrCH2Br，C和氢氧化钠的醇溶液共热发生消去反应生成D，D为HCCH；B和D发生加成反应生成E，则B为CH3COOH，A发生氧化反应生成B，则A为CH3CHO；E发生反应生成F，F水解生成PVA，则F为，（1）乙烯结构简式为CH2=CH2，
57、A为乙醛，其官能团名称是醛基，故答案为：CH2=CH2；醛基；（2）A工业上制取乙烯的主要方法是石油裂解，故错误；BD为乙炔，为直线形分子，所以D分子中所有原子在一条直线上，故正确；C通过以上分析知，为乙酸和乙炔的加成反应，故错误；D与E互为同分异构体，且能与NaHCO3放出气体的链状有机物有3种，为1丁烯酸、2丁烯酸、2甲基2丙烯酸，所以有三种，故正确；故选B、D；（3）该反应式乙烯被催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故答案为：2CH2=CH2+O22CH3CHO；（4）该反应为加聚反应，反应方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考
58、查学生分析推断及知识综合应用能力，根据乙烯和PVA结构简式采用正逆结合的方法进行推断，注意BD发生的反应类型，题目难度不大2284消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25% NaClO、1000mL、密度1.19gcm3，稀释100倍（体积比）后使用请根据信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为4.0molL1（2）该同学取100mL该“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）=0.04molL1（假设稀释后溶液密度为1.0gcm3）（3）该同学参阅该“84消毒液
59、”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25% NaClO的消毒液下列说法正确的是CA如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143g【考点】物质的量浓度的计算【专题】溶液浓度的计算【分析】（1）根据含25%NaClO、1000mL、密度1.19gcm3，及根据c=来计算；（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；（3）根据溶液的配制及c=、m=nM来计算、分析【解答】解：（1）则c（NaClO）=4.0 molL1，故答案为：4.0；（2）根据稀释前
60、后溶质的物质的量不变，则100 mL4.0 molL1=c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）0.04 molL1，c（Na+）=c（NaClO）0.04 molL1，故答案为：0.04；（3）A需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；C由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正
61、确；D应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5 L4.0 molL174.5 gmol1=149 g，故D错误；故答案为：C【点评】本题考查有关物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确浓度、体积、物质的量的关系及溶液配制的仪器、步骤等即可解答，但计算较繁琐23某化合物A的焰色反应为黄色，在其溶液中滴加氯水和少许CCl4，振荡后，下层变成紫色继续滴加氯水，振荡后，下层会逐渐变浅，最后紫色褪去（1）A中金属阳离子的结构示意图为（2）上述滴加氯水的整个过程中的还原剂是II2（3）用化学反应方程式表示出下层由紫色褪去的原因（产物中含有某+5价元素的含
62、氧酸分子）I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】某化合物A的焰色反应为黄色，说明含有钠离子，在其溶液中滴加氯水和少许CCl4，振荡后，下层变成紫色，为单质碘，说明化合物A中含有碘离子，A为碘化钠；继续滴加氯水，振荡后，下层会逐渐变浅，最后紫色褪去，氯水可以把单质碘继续氧化生成碘酸钠（1）钠离子核外有2个电子层，分别容纳2，8个电子，核内有11个质子；（2）氯气与碘化钠反应生成单质碘和氯化钠，氯气与单质碘反应生成碘酸和盐酸，依据元素化合价变化判断物质性质；（3）氯气与单质碘反应生成碘酸和盐酸，据此写出反应方程式【解答】
63、解：（1）钠离子核外有2个电子层，分别容纳2，8个电子，核内有11个质子，结构示意图：；故答案为：；（2）氯气与碘化钠反应生成单质碘和氯化钠，反应中1价的碘离子化合价升高被氧化，所以碘离子为还原剂；氯气单与质碘反应生成碘酸和盐酸，0价的碘化合价升高，所以碘单质为还原剂；故答案为：I；I2；（3）氯气与单质碘反应生成碘酸和盐酸，化学方程式：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；故答案为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl【点评】本题考查了元素化合物知识，明确钠的焰色反应，卤族元素性质是解题关键，题目难度不大24无机盐X是高效、安全的广谱杀菌剂，还是植物生长激素，能促进作
64、物生长，明显提高作物产量某研究小组为了探究X的组成和性质，设计并完成如下实验（1）取45.6g X加热到150时，发生非氧化还原反应，生成气体A和固体化合物B，收集到的气体A的体积为17.92L（已折合为标准状况），A能使湿润的pH试纸显蓝色（2）把得到的B全部溶于水，均分为二份，分别进行如下二个过程的相关实验，得到如图实验现象、数据：请回答下列问题：（1）气体A的电子式为（2）盐X的化学式为Cu（NH3）4SO4X在150条件下分解的化学方程式为Cu（NH3）4SO4CuSO4+4NH3（3）红色沉淀F与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O（4）D与Fe
65、Cl3溶液（加过量盐酸）混合反应，反应后溶液存在的阳离子有Fe2+、Cu2+、H+或Fe2+、Cu2+、H+、Fe3+【考点】性质实验方案的设计【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】碱性溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，取45.6g X加热到150时，发生非氧化还原反应，生成气体A和固体化合物B，收集到的气体A能使湿润的pH试纸显蓝色为氨气，根据氮原子守恒计算出45.6g X中氮原子的物质的量；乙醛和新制氢氧化铜发生氧化还原反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，把得到的B全部溶于水，均分为二份，实验过程二，砖红色沉淀D为氧化亚铜，氧化亚铜和稀硫酸反应可生成
66、硫酸铜和铜，加稀硫酸和氧化亚铜发生氧化还原反应，红色沉淀为F为铜，蓝色溶液E为硫酸铜，据此分析解答【解答】解：气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则气体的水溶液显碱性，则A为氨气，45.6g X加热到150时，发生非氧化还原反应，生成气体A的体积为17.92L（已折合为标准状况），物质的量为：n（NH3）=0.8mol，把得到的B全部溶于水，均分为二份，加热氯化钡，发生：SO42+Ba2+BaSO4，白色沉淀E为BaSO4，n（SO42）=n（BaSO4）=0.1mol，45.6g X中n（SO42）=0.2mol，在加热条件下，乙醛和新制氢氧化铜发生氧化还原反应生成乙酸、氧化亚铜和水，反应方程式
67、为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，把得到的B全部溶于水，均分为二份，实验过程二，加入过量的氢氧化钠溶液溶液呈碱性，加入乙醛溶液加热，得到砖红色沉淀D7.2g，为乙醛与氢氧化铜发生氧化还原反应生成氧化亚铜沉淀，n（Cu2O）=0.05mol，45.6g X中n（Cu）=0.054mol=0.2mol，砖红色沉淀D为氧化亚铜，加稀硫酸，发生反应Cu2O+H2SO4=CuS04+Cu+H2O红色沉淀为F为铜，蓝色溶液E为硫酸铜，（1）气体A为氨气，氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为，故答案为：；（2）
68、45.6g X中n（SO42）=0.2mol，n（Cu）=0.054mol=0.2mol，n（NH3）=0.8mol，根据质量守恒：0.2mol96g/mol+0.2mol64g/mol+0.8mol17g/mol=45.6g，则盐X的化学式为Cu（NH3）4SO4，X在150条件下分解的化学方程式为：Cu（NH3）4SO4CuSO4+4NH3，故答案为：Cu（NH3）4SO4；Cu（NH3）4SO4CuSO4+4NH3；（3）氧化亚铜和稀硫酸反应可生成硫酸铜和铜，红色沉淀为F为铜，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，
69、故答案为：3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；（4）砖红色沉淀D为氧化亚铜，D与FeCl3溶液（加过量盐酸）混合反应，酸性条件下：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成氯化铜，同时自身被还原生成氯化亚铁，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu 2+，铁离子有可能剩余，所以反应后溶液存在的阳离子有：Fe2+、Cu2+、H+或Fe2+、Cu2+、H+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Cu2+、H+或Fe2+、Cu2+、H+、Fe3+【点评】本题考查了物质组成的推断，涉及离子的检验、物质的性质等知识点，熟悉元素化合物的性质、知道流程图中每一步发
70、生的反应及反应现象是解本题关键，题目难度中等25某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜探究过程如图：请回答下列问题：（1）步骤中加入热的Na2CO3溶液，目的是除去废铁屑表面的油污（2）步骤中，除发生反应Fe+2HClFeCl2+H2外，其他可能反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+（3）溶液C的颜色是棕黄色，溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+（4）设计实验方案验证溶液B中铁的存在形式取样少许于二支试管中，其中一支滴加K3Fe（CN）6，若有蓝色沉淀生成，则说明有Fe2+；另一支滴加KSCN，若
71、溶液变红色，则说明有Fe3+（5）步骤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+，然后通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，操作甲可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液，（1）废铁屑经加入热的Na2C
72、O3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作；（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，生成发生的反应为氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水是，氯化铁和铁发生反应生成氯化亚铁；（3）通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+；（4）检验亚铁离子，可用K3Fe（CN）6检验，检验铁离子，加入KSCN；（5）步骤产生金属铜的反应是电解氯化铜生成氯气和铜【解答】解：废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入
73、盐酸，发生Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+，然后通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，操作甲可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液，（1）废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：除去废铁屑表面的油污；（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Fe+2Fe3+3Fe
74、2+；（3）通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；（4）检验亚铁离子，可取样少许于二支试管中，其中一支滴加K3Fe（CN）6，若有蓝色沉淀生成，则说明有Fe2+，检验铁离子，另一支滴加KSCN，若溶液变红色，则说明有Fe3+则说明有Fe3+，故答案为：取样少许于二支试管中，其中一支滴加K3Fe（CN）6，若有蓝色沉淀生成，则说明有Fe2+；另一支滴加KSCN，若溶液变红色，则说明有Fe3+；（5）步骤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2，故答案为：CuCl2Cu+Cl2【点评】本题考查物质的分离、提纯和制备，为高频考点，综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质以及物质分离的方法，难度中等