1、2013-2014学年重庆市杨家坪中学高三（上）入学化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014吉林二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L0.1molL1的CH3COONa溶液中CH3COO的总数是0.1NAB常温常压下，1.6gO2和O3混合气体中质子总数为0.8NAC一定条件下，2molSO2和1molO2发生反应，转移的电子总数一定是2NAD1L0.1molL1的葡萄糖溶液中分子总数为0.1NA2（6分）（2011开封一模）下列各溶液中能大量共存的离子组是（）Ac（H+）=1014mol/L的溶液中：Na+、A1O2、S2、SO32B
2、使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC碳酸氢钠溶液中：K+、SO42、Cl、H+D使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+3（6分）（2013秋九龙坡区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A碳酸钙溶于过量的乙酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB氟气与水反应：F2+H2OH+F+HFOC溴化亚铁溶液中通人少量氯气：2Fe2+C12=2Fe3+2ClD向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2O Fe（OH）3+3H+4（6分）（2015辽宁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发
3、生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF下列有关该反应的说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体5（6分）（2012春蒲城县校级期末）M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下下列叙述不正确的是（）AM的分子式为C18H20O2BM与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应C1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应D1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br26（6分）（2012春上海校级期末）烃分子中碳、氢
4、两种元素质量比为5：1，且分子中含有3个甲基，则该烃分子的一氯代物共有几种（不考虑空间异构）（）A1B2C3D47（6分）（2015上饶模拟）Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：1二、非选择题（58分）8（12分）（2013秋九龙坡区校级月考）（1）在某Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之
5、比为（2）一定量的Fe和Fe2O3混合物投入250ml 2mol/L的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成1.12L NO气体（标况），再向反应后溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是（3）某液体化合物X2Y4，常用做火箭燃料16g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为X2Y4（l）+O2（g）X2（g）+2Y2O（l）冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2L，其密度为1.25gL1，则：反应前O2的体积V（O2）为X2的摩尔质量为；X2Y4的结构式若反应生成0.5mol X2，则转移电子的物质的量为9（16分）（2
6、013广东模拟）（1）若某药品质量约为32g，用托盘天平准确称其质量，若用表示在右盘放上砝码，用表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用和表示相应砝码的放上或取下50g20g20g10g5g（2）配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，所需Na2CO3的质量为g，实验时图中所示操作的先后顺序为（填编号）（3）在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度10（12分）（2013秋九龙
7、坡区校级月考）2g Cu2S和CuS的固体混合物在酸性溶液中用400mL 0.075molL1KMnO4溶液处理，发生如下反应：反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4溶液恰好与350mL 0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应（1）配平KMnO4溶液与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应的离子方程式：+Fe2+H+Mn2+Fe3+H2O（2）KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为mol（3）欲配制500mL含Fe2+的物质的量浓度为0.1molL1的溶液，需称取（NH4）2Fe（SO4）26H2O（M=392gmol1）的质量为（4）混合物中Cu2
8、S的质量分数为11（18分）（2013秋九龙坡区校级月考）已知某有机物A为烃类化合物，其相对分子质量为70，各物质之间的转化关系如下图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个甲基，且核磁共振氢谱都有4个峰（1）A的名称为，D中所含官能团的结构简式为（2）I的反应方程式为的反应类型为（3）写出反应中的化 学方程式（4）写出反应的化学方程式（5）E有多种同分异构体其中：能在酸性条件下水解，且两种水解产物相对分子质量相同，其名称分别为能发生银镜反应，又能与金属钠反应生成氢气，但不能发生消去反应，其结构简式为2013-2014学年重庆市杨家坪中学高三（上）入学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小
9、题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014吉林二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L0.1molL1的CH3COONa溶液中CH3COO的总数是0.1NAB常温常压下，1.6gO2和O3混合气体中质子总数为0.8NAC一定条件下，2molSO2和1molO2发生反应，转移的电子总数一定是2NAD1L0.1molL1的葡萄糖溶液中分子总数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、CH3COO离子发生水解生成CH3COOH；B、O2和O3都由O原子组成，每个O原子含有8个质子；C、一定条件下，SO2和O2的反应为可逆反应；D
10、、葡萄糖溶液中分子包括葡萄糖分子和水分子解答：解：A、CH3COO离子发生水解生成CH3COOH，所以1L0.1molL1的CH3COONa溶液中CH3COO的总数小于0.1NA，故A错误；B、O2和O3都由O原子组成，则1.6gO2和O3混合气体中质子总数为=0.8NA，故B正确；C、一定条件下，SO2和O2的反应为可逆反应，则一定条件下，2molSO2和1molO2发生反应，转移的电子总数小于2NA，故C错误；D、葡萄糖溶液中分子包括葡萄糖分子和水分子，则1L0.1molL1的葡萄糖溶液中分子总数远大于0.1NA，故D错误故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，做题时注意物质的组
11、成、结构、性质以及存在的状态和条件等问题2（6分）（2011开封一模）下列各溶液中能大量共存的离子组是（）Ac（H+）=1014mol/L的溶液中：Na+、A1O2、S2、SO32B使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC碳酸氢钠溶液中：K+、SO42、Cl、H+D使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：A、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；B、从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使
12、pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；D、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性碱而不能大量共存；解答：解：A、c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；B、使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C、碳酸
13、氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，反应的离子方程式分别为HCO3+OHCO32+H20，HCO3+H+H20+CO2，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，故C错误；D、使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子大量共存问题，做题时注意分析题目中的隐含信息，把握物质的性质，本题型难度不大，但易出错3（6分）（2013秋九龙坡区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A碳酸钙溶于过量的乙酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB氟气与水反应：F2+H2OH+F+HFOC
14、溴化亚铁溶液中通人少量氯气：2Fe2+C12=2Fe3+2ClD向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体：Fe3+3H2O Fe（OH）3+3H+考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A乙酸在离子反应中保留化学式；B反应生成HF和氧气；C还原性亚铁离子大于溴离子，少量氯气只氧化亚铁离子；D生成胶体，不是沉淀解答：解：A碳酸钙溶于过量的乙酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO，故A错误；B氟气与水反应为2F2+2H2O4HF+O2，故B错误；C溴化亚铁溶液中通人少量氯气的离子反应为2Fe2+C12=2Fe3+2Cl，故C正确
15、；D向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体的离子反应为Fe3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；故选C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，注意离子反应中保留化学式的物质，侧重氧化还原反应、水解反应的考查，难度不大4（6分）（2015辽宁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF下列有关该反应的说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C若生成0.2 mol HNO
16、3，则转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；BNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故C错误；D生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故
17、D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析5（6分）（2012春蒲城县校级期末）M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下下列叙述不正确的是（）AM的分子式为C18H20O2BM与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应C1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应D1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2考点：有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A、根据物质的结构简式可以确定有机物的分子式；B、酚羟基具有弱酸性，可以和氢氧化钠以及碳酸钠发生反应；C、有机物中
18、的苯环以及碳碳双键均可以被氢气加成；D、酚羟基的临位和对位氢原子易被Br原子取代解答：解：A、根据物质的结构简式可以确定有机物的分子式为：C18H20O2，故A正确；B、酚羟基具有弱酸性，可以和氢氧化钠以及碳酸钠发生反应，但是不能和碳酸氢钠发生反应，故B错误；C、有机物中的两个苯环以及碳碳双键均可以被氢气加成，共需消耗氢气7mol，故C正确；D、1 mol M中，酚羟基的临位和对位氢原子共4mol，易被Br原子取代，消耗溴单质4mol，含有1mol双键，可以和1mol的溴单质加成，即最多消耗5molBr2，故D正确故选B点评：本题考查有机物的结构和性质，明确有机物含有的官能团以及官能团所具有的
19、性质是解本题的关键，难度不大6（6分）（2012春上海校级期末）烃分子中碳、氢两种元素质量比为5：1，且分子中含有3个甲基，则该烃分子的一氯代物共有几种（不考虑空间异构）（）A1B2C3D4考点：同分异构现象和同分异构体版权所有专题：同分异构体的类型及其判定分析：先根据烃分子中碳、氢两种元素质量比为5：1，碳、氢两种元素个数比为：1，最简式为C5H12，所以化学式为：C5H12，分子中含有3个甲基，则结构简式为：（CH3）2CHCH2CH3，然后根据氢原子的种类确定一氯代物的数目解答：解：该烃的结构简式为：（CH3）2CHCH2CH3，分子中含有4中氢原子，所以一氯代物的数目为4，故选D点评：
20、本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的结构简式，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，确定烃的结构简式是解本题的关键7（6分）（2015上饶模拟）Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：1考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答解答：解：溶液中只含有Na+、H+、Cl
21、、OH，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大二、非选择题（58分）8（12分）（2013秋九龙坡区校级月考）（1）在某Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2（SO4）3与Mg
22、SO4的物质的量浓度之比为1：2（2）一定量的Fe和Fe2O3混合物投入250ml 2mol/L的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成1.12L NO气体（标况），再向反应后溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是450ml（3）某液体化合物X2Y4，常用做火箭燃料16g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为X2Y4（l）+O2（g）X2（g）+2Y2O（l）冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2L，其密度为1.25gL1，则：反应前O2的体积V（O2）为11.2LX2的摩尔质量为28gmol1；X2Y4的结构式若反应
23、生成0.5mol X2，则转移电子的物质的量为2mol考点：化学方程式的有关计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：（1）首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答；（2）HNO
24、3的物质的量为0.25L2mol/L=0.5mol，生成NO的物质的量为：=0.05mol，根据N元素质量守恒计算；（3）根据方程式中N2和氧气的关系式计算氧气的体积；根据摩尔质量M=Vm计算X元素形成的单质是空气中含量最多的气体，则X是N元素，反应后的气体为N2，11.2LX2的物质的量=0.5mol，物质的相对分子质量在数值上等于其摩尔质量，根据Y的相对原子质量确定该元素名称；根据元素化合价确定转移电子的物质的量解答：解：（1）首先发生反应Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OHAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠
25、溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3+3OHAl（OH）3可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=20mL：30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量浓度之比为：1=1：2，故答案为：1：2；（2）解：HNO3的物质的量为0.025L2mol/L=0.5mol，生成NO的物质的量为：=0.05mol，所以与一定量Fe和Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO3的物质的量为0.5
26、mol0.05mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量为：n（NaOH）=n（NO3）=0.45mol，则所加NaOH溶液的体积最少是=0.45L，即450ml，故答案为：450ml；（3）该反应方程式知，N2和氧气的关系式为1：1，所以生成N2的体积等于氧气的体积为11.2L，故答案为：11.2L；生成物只有X2为气体，M=Vm=22.4L/mol1.25g/L=28g/mol，故答案为：28g/molX元素形成的单质是空气中含量最多的气体，则X是N元素，反应后的气体为N2，11.
27、2LX2的物质的量=0.5mol，根据氮气和N2Y4的关系式知，反应N2Y4的物质的量为0.5mol，则M（N2Y4）=32g/mol，N元素的相对原子质量是14，所以Y的相对原子质量是1，为H元素，所以结构式为；故答案为：28；（3）该反应方程式中，O元素的化合价由0价变为价2，所以若参加反应1mol O2，生成1mol的X2，则转移电子的物质的量4mol，则生成0.5mol X2，则转移电子的物质的量为2mol；故答案为：2mol点评：本题考查了根据方程式进行物质的量的计算，明确反应方程式中各个物理量之间的关系是解本题关键，再结合基本公式来分析解答，难度不大9（16分）（2013广东模拟）
28、（1）若某药品质量约为32g，用托盘天平准确称其质量，若用表示在右盘放上砝码，用表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用和表示相应砝码的放上或取下50g20g20g10g5g（2）配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，所需Na2CO3的质量为5.3g，实验时图中所示操作的先后顺序为（填编号）（3）在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度偏低将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度偏高定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度无影响考点：配制一定物质的量浓度
29、的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：（1）根据先加质量大的砝码，再换小砝码，最后使用游码的原则完成；（2）根据500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液含有的碳酸钠的物质的量计算出碳酸钠的质量；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤进行排序；（3）根据实验操作对c=产生的影响进行分析解答：解：（1）某药品质量约为32g，用托盘天平准确称其质量，先在右盘加入50g砝码，质量过大，表示为：50g；然后换20g砝码，砝码质量不足，表示为：20g；再加20g砝码，20g砝码质量过大，表示为：；换10g砝码，10g砝码质量不足，表示为：10g；再加5g砝码，5g砝码质量过大，拿下5g砝码
30、，表示为：5g；最后移动游码到2g进行调平，故答案为：50g20g20g10g5g（2）配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，需要0.05mol碳酸钠，质量为：106g/mol0.05mol=5.3g，配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以实验时图中所示操作的先后顺序为：，故答案为：5.3；（3）用量筒取液态溶质，读数时俯视量筒会使所量取液体体积比理论值小，使所配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；用量筒量取液体时已经排除残留的部分，故用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，液态溶质偏多，使所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏高；定容摇匀后，即使
31、有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度是没有影响，故答案为：无影响点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液步骤及误差分析，题目难度不大，注意熟练掌握配制一定物质的量浓度的溶液的方法，多积累误差分析的方法和技巧10（12分）（2013秋九龙坡区校级月考）2g Cu2S和CuS的固体混合物在酸性溶液中用400mL 0.075molL1KMnO4溶液处理，发生如下反应：反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4溶液恰好与350mL 0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应（1）配平KMnO4溶液与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应的离子方程式：1+5Fe2+8H+1Mn2+5Fe3
32、+4H2O（2）KMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为0.023mol（3）欲配制500mL含Fe2+的物质的量浓度为0.1molL1的溶液，需称取（NH4）2Fe（SO4）26H2O（M=392gmol1）的质量为9.8g（4）混合物中Cu2S的质量分数为40%考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：（1）根据化合价升降法配平即可（2）先根据方程式MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O计算消耗的高锰酸钾的物质的量；高锰酸钾的总物质的量减去与（NH4）2Fe（SO4）2 反应的高锰酸钾的物质的量即为与混合溶液反
33、应消耗的高锰酸钾的物质的量；（3）先根据铵根离子的物质的量计算（NH4）2Fe（SO4）26H2O 的物质的量，再根据m=nM计算其质量；（4）根据金属化合物的质量和金属化合物与高锰酸钾反应的高锰酸钾的物质的量列方程式组，计算出硫化亚铜的质量，再根据质量分数计算方法计算即可解答：解：（1）Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H2O的系数为4，H+的系数为8故答案为：MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；（2）设消耗高锰酸钾xmol，MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O1mo
34、l 5molxmol 0.350L0.1mol/L 所以x=0.007，高锰酸钾的总物质的量为0.400L0.075mol/L=0.03mol，所以KMnO4溶液与混合物反应，消耗KMnO4的物质的量为0.03mol0.007mol=0.023mol，故答案为：0.023mol；（3）设（NH4）2Fe（SO4）26H2O 的物质的量为ymol，（NH4）2Fe（SO4）26H2O2NH4+ 1mol 2mol ymol 0.500L0.1mol/L y=0.025，所以其质量为m=nM=0.025mol392g/mol=9.8g；故答案为：9.8g；（4）设CuS、Cu2S的物质的量分别为x
35、、y8MnO4+5Cu2S+44H+=10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O y6MnO4+5CuS+28H+=5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O x则 解之得：x=0.0125mol y=0.005mol所以Cu2S的质量为0.8g，CuS的质量为1.2g，Cu2S的质量分数为=40%故答案为：40%点评：本题考查了离子方程式的有关计算，氧化还原反应的配平，难度较大，易错题是（2），注意铵根离子和（NH4）2Fe（SO4）2 的关系式，根据铵根离子计算（NH4）2Fe（SO4）2 的质量11（18分）（2013秋九龙坡区校级月考）已知某有机物A为烃类化合物，其相对分子质量为70，各
36、物质之间的转化关系如下图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个甲基，且核磁共振氢谱都有4个峰（1）A的名称为3甲基1丁烯，D中所含官能团的结构简式为CHO（2）I的反应方程式为（CH3）2CHCH2CH2Br+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2O的反应类型为加成反应或还原反应（3）写出反应中的化 学方程式（4）写出反应的化学方程式（5）E有多种同分异构体其中：能在酸性条件下水解，且两种水解产物相对分子质量相同，其名称分别为乙酸丙醇；乙酸异丙醇能发生银镜反应，又能与金属钠反应生成氢气，但不能发生消去反应，其结构简式为考点：有机物的推断版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：有
37、机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，分子中C原子最大数目为=510，故A的分子式为C5H10，D能发生银镜反应、能与氢气发生加成反应，则D含有CHO，E含有COOH、C含有OH，C与HBr发生取代反应生成卤代烃B，则B转化为A发生消去反应，故A为烯烃，且A、B、C、D、E均为单官能团，其中B、D、E的结构中均含有2个CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，则D为（CH3）2CHCH2CHO，C为（CH3）2CHCH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH2CH2Br，A为（CH3）2CHCH=CH2，E为（CH3）2CHCH2COOH，C与E发生酯化反应生成F为（CH3）2CH
38、CH2COOCH2CH2CH（CH3）2，据此解答解答：解：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，分子中C原子最大数目为=510，故A的分子式为C5H10，D能发生银镜反应、能与氢气发生加成反应，则D含有CHO，E含有COOH、C含有OH，C与HBr发生取代反应生成卤代烃B，则B转化为A发生消去反应，故A为烯烃，且A、B、C、D、E均为单官能团，其中B、D、E的结构中均含有2个CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，则D为（CH3）2CHCH2CHO，C为（CH3）2CHCH2CH2OH，B为（CH3）2CHCH2CH2Br，A为（CH3）2CHCH=CH2，E为（CH3）2
39、CHCH2COOH，C与E发生酯化反应生成F为（CH3）2CHCH2COOCH2CH2CH（CH3）2，（1）A为（CH3）2CHCH=CH2，名称为3甲基1丁烯，D为（CH3）2CHCH2CHO，所含官能团的结构简式为CHO，故答案为：3甲基1丁烯；CHO；（2）I的反应方程式为：（CH3）2CHCH2CH2Br+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2O，反应的反应类型为加成反应，也属于还原反应，故答案为：（CH3）2CHCH2CH2Br+NaOH（CH3）2CHCH=CH2+NaBr+H2O；加成反应或还原反应；（3）反应中的化学方程式为：，故答案为：；（4）反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）E为（CH3）2CHCH2COOH，有多种同分异构体其中：能在酸性条件下水解，且两种水解产物相对分子质量相同，乙酸与丙醇形成的酯，结构简式为：，名称为乙酸丙醇，名称为乙酸异丙醇，故答案为：乙酸丙醇；乙酸异丙醇；能发生银镜反应，又能与金属钠反应生成氢气，含有醛基、羟基，但不能发生消去反应，其结构简式为 ，故答案为：点评：本题考查有机物推断，涉及卤代烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，计算确定A的分子式是关键，需要学生熟练掌握掌握官能团的性质与转化，难度中等
