1、2015-2016学年河南省信阳七中高三（下）第一次月考化学试卷一、选择题1香豆素4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所示下列有关叙述错误的是（）A分子式为C10H9O3B能发生水解反应C能使酸性KMnO4溶液褪色D1 mol香豆素4最多消耗3 mol NaOH2常温下，关于CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，下列关系不正确的是（） pH离子浓度关系ApH7c（CH3COO）c（Na+）BpH7c（CH3COO）c（Na+）CpH=7c（CH3COO）=c（Na+）DpH7c（CH3COO）c（Na+）AABBCCDD3除去铜粉中的氧化铜，方法正确的是（）A在空气中加热B加入足
2、量的水，充分搅拌后过滤C加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤D加入足量的盐酸，充分反应后过滤4下列离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2+H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD铁与稀硫酸反应 2 Fe+6H+=2Fe3+3H25已知1mol NaOH与HCl完全反应放出57.4kJ的热量下列热化学方程式书写正确的是（）ANaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=+28.7 kJ/molBNaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=28.7 kJ/mo
3、lCNaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=+57.4 kJ/molDNaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/mol6实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI+HgCu2HgI4+2Cu以下有关说法正确的是（）A上述反应中Hg与Cu均发生氧化反应B上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂C上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+2D上述反应中生成 64g Cu时，转移的电子数为26.0210237下列表示对应反应的离子方程式正确的
4、是（）A碳酸钠的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHB硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H+H2+Cl2D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+I2+2H2O8已知：Fe2O3（s）+C（s）CO2（g）+2Fe（s）H=+234.14kJmol1C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmol1则2Fe（s）+O2（g）Fe2O3（s）的H是（）A824.39 kJmol1B+627.6 kJmol1C744.7 kJmol1D169.4 kJmol19Na2CO3固体中可能含有杂质K2C
5、O3、NaHCO3、NaCl中一种或几种，取10.6g样品，加入足量的稀盐酸产生气体4.8g，下列分析正确的是（）A一定含有NaHCO3B一定含有K2CO3C一定不含NaClD一定含有NaCl10下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2D木炭和O211下列各装置中，烧杯中盛有海水，能够形成原电池并且铁为正极的是（）ABCD1225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32Bc（H+）=11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、
6、SO42、NO3C0.1molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO4213NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A16 g CH4与18 g NH4+所含的质子数均为10NAB将15.6 g Na2O2投入到足量水中，反应后溶液中的氧原子数为0.4NAC在1 L 0.1 molL1的碳酸钠溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD2 mol NO和1 mol O2混合，所得气体的分子数为2NA14对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量
7、，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD15室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法错误的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+Bbc段，加入的NaOH主要用于生成Al（OH）3沉淀Ccd段，溶液显碱性的原因是：NaOHNa+OHDde段，发生的反应为：Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O二、解答题
8、16+Y（g）a Z（g），T1温度时，在体积为2L的密闭容器中充入6molX和2molY，根据图示回答：（1）a=；用X的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为mol/（Lmin）（2）平衡时，Y在混合物中的物质的量分数是（3）下列选项能说明反应达到平衡状态的是（选填字母）A容器内压强保持不变 B容器内密度保持不变CX的物质的量不再变化 D（X）正=（Z）逆（4）其他条件相同时，若升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，下列措施可以提高Y的转化率的是（选填字母）A选择适当的催化剂 B分离出ZC增大压强 D升高温度（5）X、Y、Z由C、H、O三种元素中的一种或几种组成，信息如下：物质XY
9、Z所含元素种数123分子中的电子总数大于1018燃烧热（kJ/mol）285.8283726.5则Z的分子式为根据燃烧热数据分析，等质量的X、Y、Z充分燃烧，放出热量最多的是（填分子式）三、【化学-选修2化学与技术】17工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62，写出该反应的离子方程式若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，则阳极的电极反应式为（4）冰晶石能在
10、碱性溶液中分解，写出冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐的化学方程式（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，则铝制饮料罐的热回收效率=（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）18（2016春信阳校级月考）（1）下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4 500mL的操作，请按要求填空：所需浓H2SO4的体积为如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用 mL量筒最好将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断搅拌，目的是加水至液面接近刻度线12cm时，改用加
11、水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平（2）某同学在配制NaOH溶液时有以下现象发生，则对所配溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）？定容时观察液面俯视：；NaOH颗粒表面部分变质：（3）Fe（OH）3胶体的制备方法为：19的氧化物是一种重要的化工原料，工业上利用CoCO3+O2CoxOy+CO2反应来生产相应的钴的氧化物实验室中可以用下列装置来制取钴的氧化物并测定其分子组成请填写下列空白：（1）写出A装置的大试管里发生反应的化学方程式；（2）E装置的U形管里盛放的物质是；AP2O5 B无水CaCl2 C碱石灰 D无水CuSO4（3）O3的氧化性比O2强已知制得的O2中含有少
12、量的Cl2和O3，则B装置中所盛放的物质是ANaOH溶液 B饱和NaHCO3溶液 C饱和NaCl溶液 DKI溶液（4）实验结束时，若先撤去A装置中的酒精灯，会引起；（5）在CoCO3完全转化为CoxOy后，若称得E管增重4.40g，D管内残留物质的质量是8.30g，则生成CoxOy的化学式为；（6）此实验装置存在一个比较大的缺陷，如何完善202沉淀溶解和生成的实验探究向2支盛有1mL1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/LNaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表：实验序号加入试剂实验现象4mL2mol/LNH4Cl溶液沉淀溶解4mL蒸馏水
13、沉淀不溶解（1）测得实验中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因（2）同学们猜测实验中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水猜想2：（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结果1测定醋酸铵溶液的pHpH约为7，溶液呈中性2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是实验证明猜想正确的是（填“1”或“2”）（4）实验观察到沉淀不溶解该实验的目的是21称取3.32g天然碱样品，加入30mL过量稀盐酸，产生672mL CO2气
14、体（标准状况）；（2）另称取3.32g天然碱样品，在300下加热至分解完全，产生CO2 112mL（标准状况）和0.45g水试通过计算，确定天然碱的化学式22（2016春信阳校级月考）暗紫色化合物A可作为电极材料的新型超铁电磁，因具有绿色、高电压和高能量的特点，近年来引起了电化学界的高度重视在常温和干燥的条件下，化合物A可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀 为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液中加入含有0.08mol KOH的溶液，恰好
15、完全反应过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g（1）3.96g化合物A中含有Fe元素的物质的量为mol，含有钾元素的物质的量为mol化合物A的化学式为；（2）化合物A与H2O反应的离子方程式为（3）为研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响，请设计一个实验方案23（2016春信阳校级月考）化合物是中药黄芩中的主要活性成分之一，具有抗氧化和抗肿瘤作用化合物也可通过如图所示方法合成：（1）化合物发生水解生成的有机物的名称为（2）下列关于化合物的说法正确的是（不定项选择，填字母）A分子中有三个苯环 B能发生水解反应
16、C使酸性KMnO4溶液褪色 D与FeCl3发生显色反应（3）化合物和反应还可以得到一种酯，该酯的结构简式是24（2014春广汉市校级期末）已知，有机玻璃可按下列路线合成：试写出：（1）A、E的结构简式分别为：、（2）BC、EF的反应类型分别为：、（3）写出下列转化的化学方程式：CD；G+FH（4）写出满足下列条件的F的所有同分异构体：（不考虑立体异构，不包括环状化合物）属于酯类 能发生银镜反应2015-2016学年河南省信阳七中高三（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1香豆素4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所示下列有关叙述错误的是（）A分子式为C10H9O3B能发生
17、水解反应C能使酸性KMnO4溶液褪色D1 mol香豆素4最多消耗3 mol NaOH【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】由有机物结构模型可知该有机物的结构简式为，含酚OH、C=C、COOC，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答【解答】解；该有机物的结构简式为，A由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故A错误；B含有酯基，可发生水解反应，故B正确；C含碳碳双键、酚OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D水解产物含有2个酚羟基和1个羧基，则1 mol香豆素4最多消耗3 mol NaOH，故D正确故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团及性质
18、的关系为解答的关键，熟悉苯酚、烯烃的性质为即可解答，题目难度不大2常温下，关于CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，下列关系不正确的是（） pH离子浓度关系ApH7c（CH3COO）c（Na+）BpH7c（CH3COO）c（Na+）CpH=7c（CH3COO）=c（Na+）DpH7c（CH3COO）c（Na+）AABBCCDD【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】常温下，CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，如果pH7，则c（OH）c（H+），如果pH=7，则c（OH）=c（H+），如果pH7，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒判断c（CH3COO）、
19、c（Na+）相对大小，据此分析解答【解答】解：常温下，CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，ApH7，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO）c（Na+），故A正确；BpH7，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒c（CH3COO）c（Na+），故B正确；CpH=7，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO）=c（Na+），故C正确；DpH7，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO）c（Na+），故D错误；故选D【点评】本题考查离子浓度大小比较，根据pH大小确定c（OH）、c（H+）相对大小，再结合电荷守恒判断即可，注意：温度未知时不能根据p
20、H大小确定溶液酸碱性，要根据c（OH）、c（H+）相对大小确定溶液酸碱性，为易错点3除去铜粉中的氧化铜，方法正确的是（）A在空气中加热B加入足量的水，充分搅拌后过滤C加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤D加入足量的盐酸，充分反应后过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作【分析】铜为不活泼金属，与酸不反应，但氧化铜可与盐酸反应生成氯化铜，易溶于水，可用加入盐酸的方法除杂，以此解答【解答】解：A在空气中加热，铜被氧化生成氧化铜，影响被提纯的物质，故A错误；B二者都不溶于水，且与水不反应，故B错误；C二者都不与氢氧化钠溶液反应，不能用于除杂，故C错误；D氧化铜可与盐
21、酸反应生成可溶于水的氯化铜，而铜不反应，可用盐酸除杂，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，本题注意不能引入新杂质4下列离子方程式中，正确的是（）A稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2+H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD铁与稀硫酸反应 2 Fe+6H+=2Fe3+3H2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A不发生反应；B反应生成氯化镁和水；C电荷不守恒；D反应生成硫酸亚铁和氢气【解答】解：A稀硫酸
22、滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误；B氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2+H2O，故B正确；C铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒的应用，选项A为易错点，题目较简单5已知1mol NaOH与HCl完全反应放出57.4kJ的热量下列热化学方程式书写正确的是（）ANaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=+28.7 kJ/molBNaOH（aq）+HCl（
23、aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=28.7 kJ/molCNaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=+57.4 kJ/molDNaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】已知1mol NaOH与HCl完全反应生成1mol水放出57.4kJ的热量，中和反应是放热反应，反应焓变为负值，据此发信息判断选项【解答】解：已知1mol NaOH与HCl完全反应生成1mol水放出57.4kJ的热量，中和反应是放热反应，反应焓变为负值，则AC错误，B中反应放出热量错误，正确的热化学
24、方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJ/mol，故选D【点评】本题考查了酸碱反应热化学方程式书写方法，主要是反应焓变、物质聚集状态的理解应用，题目较简单6实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI+HgCu2HgI4+2Cu以下有关说法正确的是（）A上述反应中Hg与Cu均发生氧化反应B上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂C上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为+2D上述反应中生成 64g Cu时，转移的电子数为26.021023【考点】氧化还原
25、反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应4CuI+HgCu2HgI4+2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题【解答】解：ACu元素的化合价降低，Hg元素的化合价升高，则Cu发生还原反应，Hg发生氧化反应，故A错误；BCu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；CCu2HgI4中Cu 元素的化合价为+1价，I为1价，Hg为+2价，故C正确；D由方程式可知，上述反应中生成64g Cu，即1mol时，转移1mol电子，电子数为1NA，故D错误故选C【点评】本题考查
26、氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，难度不大7下列表示对应反应的离子方程式正确的是（）A碳酸钠的水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHB硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H+H2+Cl2D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+I2+2H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；B反应生成银氨溶液；C反应生成氢氧化镁、氢气、氯气；D发生氧化还原反应生成碘和水【解答】解
27、：A碳酸钠的水解的离子反应为CO32+H2OHCO3+OH，故A错误；B硝酸银溶液中滴加过量氨水的离子反应为Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故B错误；C用惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2OH2+Cl2+Mg（OH）2，故C错误；D用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I+H2O2+2H+I2+2H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应的书写，涉及盐类水解、电解、氧化还原反应及络合反应的离子反应，综合性较强，题目难度中等，选项B为解答的易错点8已知：Fe2O3（s）+C（s）CO2（g）+2Fe（s）H=+234.14kJmol1C（
28、s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmol1则2Fe（s）+O2（g）Fe2O3（s）的H是（）A824.39 kJmol1B+627.6 kJmol1C744.7 kJmol1D169.4 kJmol1【专题】化学反应中的能量变化【分析】已知：Fe2O3（s）+C（s）CO2（g）+2Fe（s）H=+234.1kJ/mol，C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol，根据盖斯定律可计算出2Fe（s）+O2（g）Fe2O3（s）的H【解答】解：Fe2O3（s）+C（s）CO2（g）+2Fe（s）H=+234.1kJ/mol，C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.
29、5kJ/mol，由盖斯定律得：2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）H=（393.5kJmol1）234.1kJmol1即2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）H=824.4kJmol1，故选A【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的内容为解答关键，注意掌握热化学方程式的概念及书写原则，试题培养了学生的化学计算能力9Na2CO3固体中可能含有杂质K2CO3、NaHCO3、NaCl中一种或几种，取10.6g样品，加入足量的稀盐酸产生气体4.8g，下列分析正确的是（）A一定含有NaHCO3B一定含有K2CO3C一定不含NaClD一定含有NaCl【考
30、点】几组未知物的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】碳酸钠、碳酸氢钠、碳酸钾分别与稀盐酸反应产生二氧化碳质量进行比较，利用极值对比生成二氧化碳的多少进行分析判断，可以得出本题的答案【解答】解：由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知1mol碳酸钠与1mol碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1mol二氧化碳碳酸钠的相对分子质量为232+12+163=106；碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+163=84106；碳酸钾的相对分子质量为392+12+163=138106；因此碳酸钠的相对分子质量比碳酸氢钠的大说明相同质量的碳酸钠与碳酸
31、氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多；同质量的碳酸钠碳酸钾与足量盐酸反应，碳酸钾反应生成的二氧化碳比碳酸钠发出二氧化碳少；由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，小于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量4.8g说明所含杂质不能只含氯化钠，因为只含氯化钠时，生成二氧化碳的质量就会小于4.4g；所含杂质只含碳酸氢钠时，生成二氧化碳的质量就会大于4.4g，符合题意；所含杂质只有K2CO3时，生成二氧化碳小于4.4g，所以不符合题意；综上所述样品中一定含有NaHCO3，可能是K2CO3、NaHCO3；或K2CO3、NaHC
32、O3、NaCl；或NaHCO3、NaCl三种组合符合；故答案为一定含有NaHCO3；故选A【点评】本题考查有关化学方程式的计算和含杂质物质的推断，主要是利用极值法进行对比分析解决问题，难度较大10下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（）ANa和O2BNaOH和CO2CNa2O2和CO2D木炭和O2【考点】钠的重要化合物；碳族元素简介【专题】元素及其化合物【分析】根据物质的性质判断各条件下反应的生成物【解答】解：ANa和O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，故A不选；BNaOH和CO2少量反应生成Na2CO
33、3，过量CO2反应生成NaHCO3，量不同，生成物不同，故B不选；CNa2O2和CO2只生成Na2CO3和O2，与条件无关，故C选；D木炭和O2反应，当O2不足时，生成CO，O2过量时生成CO2，条件不同，生成物不同，故D不选故选C【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意常见元素化合物知识，注重相关基础知识的积累11下列各装置中，烧杯中盛有海水，能够形成原电池并且铁为正极的是（）ABCD【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应，能够形成原电池，说明符
34、合原电池的构成条件，且铁作正极，则铁的活动性较负极材料弱【解答】解：A该装置中没有两个电极，所以不能构成原电池，故A错误；B该装置中铁比Sn易失电子而作负极，故B错误；C该装置符合原电池构成条件，且锌易失电子作负极、铁作正极，故C正确；D该装置符合原电池构成条件，铁易失电子作负极、Cu作正极，故D错误；故选C【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池的构成条件及金属失电子难易程度即可解答，题目难度不大1225时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32Bc（H+）=11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C0.1
35、molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存，据此分析解答【解答】解：pH=1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO32不能共存，故A错误；Bc（H+）=11013molL1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故B错误；CNH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；DFe3+、SCN能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应
36、检验铁离子，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制，题目难度中等13NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A16 g CH4与18 g NH4+所含的质子数均为10NAB将15.6 g Na2O2投入到足量水中，反应后溶液中的氧原子数为0.4NAC在1 L 0.1 molL1的碳酸钠溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD2 mol NO和1 mol O2混合，所得气体的分子数为2NA【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、分别求出CH4与NH4+
37、的物质的量，铵根离子中含11个质子来分析；B、将过氧化钠投入水中后，溶液中除了氢氧化钠外，水也含氧原子；C、碳酸根的水解会导致阴离子个数增多；D、2 mol NO和1 mol O2混合后生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4【解答】解：A、18gNH4+的物质的量为1mol，而铵根离子中含11个质子，故1mol铵根离子中含11NA个质子，故A错误；B、将过氧化钠投入水中后，溶液中除了氢氧化钠外，水中也有氧原子，因此反应后溶液中氧原子的总量大于0.4NA，故错误；C、碳酸根的水解会导致阴离子个数增多，溶液阴离子有CO32、HCO3、OH，因此阴离子总数一定大于0.1NA，故C正
38、确；D、2 mol NO和1 mol O2混合后生成2molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4，因此气体的分子数小于2NA，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14对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A是固
39、体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；增大B的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动【解答】解：A是固体，增大A的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故错误；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故错误；增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）v（逆），故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故错误；故选B【点评】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动
40、的本质是改变条件引起正、逆速率不相等15室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法错误的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+Bbc段，加入的NaOH主要用于生成Al（OH）3沉淀Ccd段，溶液显碱性的原因是：NaOHNa+OHDde段，发生的反应为：Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O【考点】离子方程式的有关计算【分析】A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；Bbc段，pH变化不大；Ccd段pH发生突变，NaOH过量；Dde段过量的NaOH与
41、氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，pH变化不大【解答】解：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，不生成沉淀，故A错误；Bbc段，pH变化不大，主要发生Al3+3OHAl（OH）3，则加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀，故B正确；Ccd段pH发生突变，NaOH过量，溶液显碱性的原因是：NaOHNa+OH，故C正确；Dde段过量的NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，pH变化不大，所以发生的反应为：Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，故D正确；故选A【点评】本题主要考查了盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答
42、的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大二、解答题16+Y（g）a Z（g），T1温度时，在体积为2L的密闭容器中充入6molX和2molY，根据图示回答：（1）a=1；用X的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为0.15mol/（Lmin）（2）平衡时，Y在混合物中的物质的量分数是10%（3）下列选项能说明反应达到平衡状态的是AC（选填字母）A容器内压强保持不变 B容器内密度保持不变CX的物质的量不再变化 D（X）正=（Z）逆（4）其他条件相同时，若升高温度到T2时，反应的平衡常数为1，下列措施可以提高Y的转化率的是BC（选填字母）A选择适当的催化剂 B分离出ZC增大压强 D升高
43、温度（5）X、Y、Z由C、H、O三种元素中的一种或几种组成，信息如下：物质XYZ物质XYZ所含元素种数123分子中的电子总数大于1018燃烧热（kJ/mol）285.8283726.5则Z的分子式为CH4O根据燃烧热数据分析，等质量的X、Y、Z充分燃烧，放出热量最多的是H2（填分子式）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】（1）各物质的化学计量数之比等于浓度变化量之比；根据反应速率v=计算；（2）根据Y在混合物中的物质的量分数=计算；（3）平衡时正逆反应速率相等，各组分浓度不变；（4）平衡常数等于生成物浓度系数次幂与反应物浓度系数次幂的比值；（5）根据元素种类和电子总数判断分子式，燃烧
44、热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量【解答】解：（1）在体积为2L的密闭容器中充入6molX和2molY，X、Y的起始浓度分别为3mol/L、1mol/L，平衡时X、Y、Z浓度变化之比为c（x）：（1.00mol/L0.25mol/l）：0.75mol/L=2：1：1，故a=1，c（x）=1.5mol/L，用X的浓度变化表示从反应开始到平衡时的平均反应速率为=0.15mol/L，故答案为：1；0.15mol/（Lmin）；（2）平衡时n（X）=（3mol/L1.5mol/L）2L=3mol，n（Y）=0.25mol/L2L=0.5mol，n（Z）=0.75mol/L2L=1.5m
45、ol，则Y在混合物中的物质的量分数=10%，故答案为：10%；（3）反应2X（g）+Y（g）Z（g），A反应2X（g）+Y（g）Z（g）是一个气体体积减小的反应，容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确； B容器体积不变，混合气体质量不变，则密度不变，故容器内密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故B错误；CX的物质的量不再变化，说明X的生成速率和消耗速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D反应速率之比等于计量数之比，（X）正=（Z）逆不能说明反应达到平衡状态，故B错误；故答案为：AC；（4）T1温度时，平衡常数K=1，故升温平衡逆向移动，正反应方向为放热反应，提高Y的转化率，即使平
46、衡正向移动，A催化剂不影响平衡平衡，故A错误；B分离出Z，平衡正向移动，故B正确；C增大压强，平衡正向移动，故C正确；D升高温度，平衡逆向移动，故D错误；故答案为：BC；（5）反应2X（g）+Y（g）Z（g）中X为一种元素组成，Y为2种元素组成，X为3种元素组成，故X为H2，Y为CO，Z为CH4O，故答案为：CH4O； 1molH2，CO，CH4O放出的热量分别为285.8KJ，283KJ，726.5KJ，等质量的X、Y、Z充分燃烧，放出热量比值为：，故放出热量最多的是H2，故答案为：H2【点评】本题考查了反应速率的计算，化学平衡影响因素，平衡状态的判断，燃烧热的应用等知识点，综合性较强，难度
47、中等三、【化学-选修2化学与技术】17工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是Al2O3（填化学式）石油炼制和煤的干馏产品石墨（或碳）（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料（2）在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔融温度，减少熔融电解质的能耗（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期进行更换，原因是氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62，写出该反应的离子方程式Al2O3+4AlF633Al2OF62+6F若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，则阳极的电极反应式为C+2Al2OF62+12F4eCO2+4AlF63（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，
48、写出冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐的化学方程式Na3AlF6+4NaOH6NaF+NaAlO2+2H2O（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，则铝制饮料罐的热回收效率=0.033%（热回收效率=回收能量/生产耗能100%）【考点】金属的回收与环境、资源保护；金属冶炼的一般原理【分析】传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用氧化铝冶炼金
49、属铝，据此确定铝土矿的成分；冶炼铝的电解槽中的阴极和阳极材料均为惰性电极；（2）冰晶石能溶解Al2O3晶体，被用作助熔剂降低Al2O3的熔点；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式；（4）冰晶石能在碱性溶液中分解，冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式；（5）生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103KJ，热回收效率=100%【解答】解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼
50、制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；故答案为：降低Al
51、2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF633Al2OF62+6F； 若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：C+2 Al2OF62+12F4eCO2+4 AlF63；故答案为：Al2O3+4AlF633Al2OF62+6F；C+2Al2OF62+12F4eCO2+4AlF63；（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+
52、4NaOH6NaF+NaAlO2+2H2O；故答案为：Na3AlF6+4NaOH6NaF+NaAlO2+2H2O；（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=1.8103KJ，则铝制饮料罐的热回收效率=100%=100%=0.033%，故答案为：0.033%【点评】本题考查化学工艺流程、电解原理等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生基本扎实的据此与运用知识分析解决问题的能力注意复杂离子方程式和化学方程式的书写方法应用18（2016春信阳校级月考）（1）下面是用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配
53、制成0.5mol/L的稀H2SO4 500mL的操作，请按要求填空：所需浓H2SO4的体积为13.6mL如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用20 mL量筒最好将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断搅拌，目的是使溶液混合均匀，使热量迅速扩散加水至液面接近刻度线12cm时，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平（2）某同学在配制NaOH溶液时有以下现象发生，则对所配溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”、“偏低”或“不变”）？定容时观察液面俯视：偏高；NaOH颗粒表面部分变质：偏低（3）Fe（OH）3胶体的制备方法为：将饱和氯化铁溶液逐滴
54、滴入沸水中，继续煮沸，至溶液变为红褐色即停止加热【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】综合实验题【分析】（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；根据浓硫酸稀释放热来分析；定容要用胶头滴管；（2）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；（3）根据实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液【解答】解：（1）浓硫酸的物质的量浓度为c=18.4mol/L，设需要的浓H2SO4的体积为Vml，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol
55、/LVml=0.5mol/L500mL，解得V=13.6mL，故答案为：13.6mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为13.6mL，则选择合适的量筒为20mL，故答案为：20；浓硫酸稀释放热，故要用玻璃棒不断搅拌，目的是使溶液混合均匀，使热量迅速扩散，故答案为：使溶液混合均匀，使热量迅速扩散；定容的操作是先加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切，故答案为：胶头滴管；（2）定容时观察液面俯视，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏高；NaOH颗粒表面部分变质，导致溶质损失，浓度偏低，故答案为：偏低；（3）Fe（OH）3胶体的制备方法是：将饱和氯
56、化铁溶液逐滴滴入沸水中，继续煮沸，至溶液变为红褐色即停止加热故答案为：将饱和氯化铁溶液逐滴滴入沸水中，继续煮沸，至溶液变为红褐色即停止加热【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大19的氧化物是一种重要的化工原料，工业上利用CoCO3+O2CoxOy+CO2反应来生产相应的钴的氧化物实验室中可以用下列装置来制取钴的氧化物并测定其分子组成请填写下列空白：（1）写出A装置的大试管里发生反应的化学方程式2KClO32KCl+3O2；（2）E装置的U形管里盛放的物质是C；AP2O5 B无水CaCl2 C碱石灰 D无水CuSO4（3）O3的氧化性比O2强
57、已知制得的O2中含有少量的Cl2和O3，则B装置中所盛放的物质是ADANaOH溶液 B饱和NaHCO3溶液 C饱和NaCl溶液 DKI溶液（4）实验结束时，若先撤去A装置中的酒精灯，会引起倒吸；（5）在CoCO3完全转化为CoxOy后，若称得E管增重4.40g，D管内残留物质的质量是8.30g，则生成CoxOy的化学式为Co2O3；（6）此实验装置存在一个比较大的缺陷，如何完善应在a处接一装有碱石灰的干燥管【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】由装置图可知，实验通过测定装置E中的增重，确定生成的二氧化碳的质量，再利用n（C）=n（Co）可知CoxOy中Co的物质的量，
58、进而计算Co的质量，装置D管内残留物质是CoxOy，计算出氧元素质量，再计算氧原子的物质的量，根据原子物质的量之比确定化学式（1）在二氧化锰作催化剂，加入条件下，氯酸钾分解生成氯化钾、氧气（2）E装置的U形管里盛放的物质用于吸收装置D生成的二氧化碳，结合物质的性质判断（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B装置中所盛放的物质用于吸收Cl2，不能生成二氧化碳，结合物质的性质判断（4）实验结束时，若先撤去A装置中的酒精灯，会导致装置A中的压强降低，容易发生倒吸（5）E管增重4.40g是二氧化碳的质量，计算二氧化碳的物质的量，根据化学式CoCO3可知n（C）=n（Co），进而计算Co的质量，D管
59、内残留物质的质量8.30g是CoxOy的质量，计算出氧元素质量，再计算氧原子的物质的量，根据原子物质的量之比确定化学式（6）装置E中碱石灰可以吸收空气中水蒸气、二氧化碳，影响二氧化碳质量的测定，故应在a处接一装有碱石灰的干燥管，吸收空气中水蒸气、二氧化碳，防止进入装置E中【解答】解：（1）在二氧化锰作催化剂，加入条件下，氯酸钾分解生成氯化钾、氧气，反应方程式为2KClO32KCl+3O2故答案为：2KClO32KCl+3O2（2）E装置的U形管里盛放的物质用于吸收装置D生成的二氧化碳，AP2O5、B无水CaCl2、D无水CuSO4不能吸收二氧化碳，C碱石灰可以吸收二氧化碳，故装置E中试剂为碱石
60、灰故选：C（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B装置中所盛放的物质用于吸收Cl2，A、NaOH溶液可以吸收氯气，氧气和臭氧不变，所以氯气能除尽，故A符合；B饱和NaHCO3溶液以吸收氯气，但生成二氧化碳，影响二氧化碳质量的测定，故B不符合；C饱和NaCl溶液不能吸收氯气，故C错误；DKI溶液吸收氯气，所以氯气能除尽，故D符合故选AD（4）实验结束时，若先撤去A装置中的酒精灯，会导致装置A中的压强降低，容易发生倒吸故答案为：倒吸（5）E管增重4.40g是二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据化学式CoCO3可知）n（Co）=n（C）=0.1mol，进Co的质量为0.1mol59g/
61、mol=5.9g，D管内残留物质的质量8.30g是CoxOy的质量，CoxOy中氧元素质量为8.3g5.9g=2.4g，氧原子的物质的量n（O）=0.15mol，所以n（Co）：n（O）=0.1mol：0.15mol=2：3，故该钴的氧化物的化学式为Co2O3故答案为：Co2O3（6）装置E中碱石灰可以吸收空气中水蒸气、二氧化碳，影响二氧化碳质量的测定，故应在a处接一装有碱石灰的干燥管，吸收空气中水蒸气、二氧化碳，防止进入装置E中故答案为：应在a处接一装有碱石灰的干燥管【点评】考查对实验方案设计与装置的理解、物质提纯、化学计算等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生
62、具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力202沉淀溶解和生成的实验探究向2支盛有1mL1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/LNaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表：实验序号加入试剂实验现象4mL2mol/LNH4Cl溶液沉淀溶解4mL蒸馏水沉淀不溶解（1）测得实验中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因NH4+H2ONH3H2O+H+（2）同学们猜测实验中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水猜想2：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，
63、与氢氧化镁电离出OH离子生成了水（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结果1测定醋酸铵溶液的pHpH约为7，溶液呈中性2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解实验证明猜想正确的是1（填“1”或“2”）（4）实验观察到沉淀不溶解该实验的目的是做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性【考点】探究沉淀溶解【分析】（1）氯化铵溶液中，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，溶液显示
64、酸性；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是水解呈酸性的原因，二是氢氧化镁电离出的氢氧根离子与铵根离子反应，据此进行解答；（3）醋酸铵为中性，如果醋酸铵能够溶解氢氧化镁固体，则证明猜想1正确；（4）假如溶剂水能够溶解氢氧化镁，对该实验探究会产生影响，据此进行解答【解答】解：（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是氢氧化镁电离出OH离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水，二可能是铵根离子水解呈酸性，氢离子与氢氧根离子反应
65、生成水，故答案为：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH离子生成了水；（3）醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解，则证明猜想1是正确的，否则猜想2正确，故答案为：醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解；根据可知，氢氧化镁存在溶解平衡，Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），铵根离子结合氢氧化镁电离的氢氧根离子，氢氧化镁的溶解平衡右移，导致氢氧化镁沉淀，所以猜想1正确，故答案为：
66、1；（4）实验，加入等体积的水，观察到沉淀不溶解，可以排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性，使实验结果更具有说服力，故答案为：做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性【点评】本题考查较为综合，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，题目难度中等，注意把握影响沉淀平衡，电离平衡和水解平衡的因素，综合把握相关基本理论知识，注重基础知识的学习21称取3.32g天然碱样品，加入30mL过量稀盐酸，产生672mL CO2气体（标准状况）；（2）另称取3.32g天然碱样品，在300下加热至分解完全，产生CO2 112mL（标准状况）和0.45g水试通过计算，确定天然碱的化学式【考点】化学方程
67、式的有关计算菁优网版权所有【专题】利用化学方程式的计算【分析】3.32g样品中，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.01mol，n（H2O）=0.02mol由碳元素守恒得：n（Na2CO3）=0.01mol=0.02mol，由此确定物质的化学式【解答】解：3.32g样品中，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.01mol，n（H2O）=0.02mol由碳元素守恒得：n（Na2CO3）=0.01mol=0.02mol，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O）=0.02mol：0.01mol：0.02mol=2：1：2故该天然碱的组成为：2Na2CO3NaHCO32H2
68、O答：该天然碱的组成为：2Na2CO3NaHCO32H2O【点评】本题主要考查学生利用化学方程式进行计算的能力本题的步骤比较繁杂，学生在答题时要认真分析数量关系，理清解题思路，细心计算，才能正确解答22（2016春信阳校级月考）暗紫色化合物A可作为电极材料的新型超铁电磁，因具有绿色、高电压和高能量的特点，近年来引起了电化学界的高度重视在常温和干燥的条件下，化合物A可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀 为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液
69、中加入含有0.08mol KOH的溶液，恰好完全反应过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g（1）3.96g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol，含有钾元素的物质的量为0.04mol化合物A的化学式为K2FeO4；（2）化合物A与H2O反应的离子方程式为4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+3O2+8OH（3）为研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响，请设计一个实验方案将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所
70、需时间【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】（1）红棕色固体粉末1.60g是，物质的量是1.60g160g/mol=0.01mol，则根据铁元素守恒可知3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g，该物质是硫酸钾，物质的量是10.44g174g/mol=0.06mol，则钾离子的物质的量是0.12mol，其中有0.08mol是氢氧化钾中的钾离子，因此3.96 g化合物A中含有钾元素的物质的量为0.04mol则根据质量守恒可知氧元素的物质的量是，则K、Fe、O三种元素的个数之比是2：1：4，所以化合物A的化
71、学式为K2FeO4（2）A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，这说明反应中有氢氧化铁生成；（3）由于高铁酸钾溶于水能分解生成氢氧化铁红褐色测定，因此探究温度对化合物A水溶液稳定性的影响实验方案可设计为将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，然后做对比实验【解答】解：（1）红棕色固体粉末1.60g是，物质的量是1.60g160g/mol=0.01mol，则根据铁元素守恒可知3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g，该物质是硫酸钾，物质的量是10.44g174g/mol=0.06mol，则钾离子的物
72、质的量是0.12mol，其中有0.08mol是氢氧化钾中的钾离子，因此3.96 g化合物A中含有钾元素的物质的量为0.04mol则根据质量守恒可知氧元素的物质的量是，则K、Fe、O三种元素的个数之比是2：1：4，所以化合物A的化学式为K2FeO4根据以上分析，3.96g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol，含有钾元素的物质的量为0.04mol化合物A的化学式为K2FeO4；故答案为：0.02；0.04；K2FeO4；（2）由上述分析可知，A的化学式为：K2FeO4，高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe（OH）3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3+8KOH
73、+3O2，离子方程式为4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+3O2+8OH，故答案为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+3O2+8OH；（3）其方法为：将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间，故答案为：将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间【点评】本题考查无机物推断，属于计算型推断，综合考查学生阅读题目获取信息的能力、计算能力、设计实验能力等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力
74、，题目难度中等23（2016春信阳校级月考）化合物是中药黄芩中的主要活性成分之一，具有抗氧化和抗肿瘤作用化合物也可通过如图所示方法合成：（1）化合物发生水解生成的有机物的名称为苯丙烯酸（2）下列关于化合物的说法正确的是CD（不定项选择，填字母）A分子中有三个苯环 B能发生水解反应C使酸性KMnO4溶液褪色 D与FeCl3发生显色反应（3）化合物和反应还可以得到一种酯，该酯的结构简式是【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】I和II发生取代反应生成III，III发生消去反应生成IV，IV发生取代反应生成V，（1）II发生水解反应时，Cl被羟基取代生成OH；（2）V中含有酚
75、羟基、羰基、碳碳双键和醚键，具有酚、酮、醚和烯烃性质；（3）II发生水解反应生成羧基，II中羧基和I中酚羟基发生酯化反应生成酯【解答】解：I和II发生取代反应生成III，III发生消去反应生成IV，IV发生取代反应生成V，（1）II发生水解反应时，Cl被羟基取代生成OH，生成物结构简式为，其名称是苯丙烯酸，故答案为：苯丙烯酸；（2）V中含有酚羟基、羰基、碳碳双键和醚键，具有酚、酮、醚和烯烃性质，A该分子中有2个苯环，故错误； B该分子中不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，故错误；C含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故正确； D含有酚羟基，所以能与FeCl
76、3发生显色反应，故正确；故选CD；（3）II发生水解反应生成羧基，II中羧基和I中酚羟基发生酯化反应生成酯，其结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，根据反应前后物质结构简式差异性确定反应类型，明确官能团及其性质关系，题目难度不大24（2014春广汉市校级期末）已知，有机玻璃可按下列路线合成：试写出：（1）A、E的结构简式分别为：CH2=CHCH3、（CH3）2C（OH）COOH（2）BC、EF的反应类型分别为：水解反应或取代反应、消去反应（3）写出下列转化的化学方程式：CD2CH3CH（OH）CH3+O22+2H2O；G+FHCH3OH+CH2=C（CH3）COO
77、H CH2=C（CH3）COOCH3+H2O（4）写出满足下列条件的F的所有同分异构体：（不考虑立体异构，不包括环状化合物）属于酯类 能发生银镜反应【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由H发生加聚反应生成的高聚物结构可知，H为CH2=C（CH3）COOCH3，则G、F发生酯化反应生成H，故G、F分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，而CO和氢气反应生成G，则G为CH3OH，F为CH2=C（CH3）COOHDE转化发生信息中C=O双键与HCN的加成反应、水解反应生成E，而E中羧基、羟基连接碳原子碳原子上，E转化生成F，由F的结构可知应是发生消去反应，故E为
78、（CH3）2C（OH）COOH，则D为，A和溴化氢发生加成反应生成B，则A中含有不饱和键，根据B的分子式可知，A的结构简式为：CH2=CHCH3，B为卤代烃，发生水解反应生成C，C中含有羟基，C发生氧化反应生成D，故B为CH3CH（Br）CH3，C为CH3CH（OH）CH3，据此解答【解答】解：由H发生加聚反应生成的高聚物结构可知，H为CH2=C（CH3）COOCH3，则G、F发生酯化反应生成H，故G、F分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，而CO和氢气反应生成G，则G为CH3OH，F为CH2=C（CH3）COOHDE转化发生信息中C=O双键与HCN的加成反应、水解反应生成E
79、，而E中羧基、羟基连接碳原子碳原子上，E转化生成F，由F的结构可知应是发生消去反应，故E为（CH3）2C（OH）COOH，则D为，A和溴化氢发生加成反应生成B，则A中含有不饱和键，根据B的分子式可知，A的结构简式为：CH2=CHCH3，B为卤代烃，发生水解反应生成C，C中含有羟基，C发生氧化反应生成D，故B为CH3CH（Br）CH3，C为CH3CH（OH）CH3，（1）由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CHCH3，E结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，故答案为：CH2=CHCH3；（CH3）2C（OH）COOH；（2）BC发生卤代烃的水解反应，也属于取代反应，EF发生醇的消去反应，故
80、答案为：水解反应或取代反应；消去反应；（3）CD的反应方程式为：2CH3CH（OH）CH3+O22+2H2O；G+FH的反应方程式为：CH3OH+CH2=C（CH3）COOH CH2=C（CH3）COOCH3+H2O，故答案为：2CH3CH（OH）CH3+O22+2H2O；CH3OH+CH2=C（CH3）COOH CH2=C（CH3）COOCH3+H2O；（4）F为CH2=C（CH3）COOH，满足下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构，不包括环状化合物）：属于酯类 能发生银镜反应，符合条件的同分异构体有：，故答案为：【点评】本题考查了有机物的推断，注意根据有机物结构、分子式及反应条件，采取逆推法、正推法相结合进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等