1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013-2014学年浙江省宁波市余姚中学高一（下）期中化学试卷（实验班）一、选择题（本题包括20小题，共40分）注：每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2009广东）下列措施不符合节能减排的是（）A大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题B在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水C用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏D用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气2（2分）（2014春余姚市校级期中）类推在化学学习与研究中被经常采用下列类推正确的是（）ACO2是分子晶体，推出SiO2也是分子晶体BNH4+为正四面体结构，推出PH4+也
2、为正四面体结构C工业上用电解氯化镁制备镁，推出工业上也可用电解氯化铝制备铝DSiH4的沸点高于CH4，推出PH3的沸点也高于NH33（2分）（2014春余姚市校级期中）根据下表信息，判断以下叙述正确的是（）表：部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、22A氢化物的沸点为H2TH2RBM、Q元素的金属性 LMC工业上通过电解L与T形成的化合物生产单质LD离子半径：R2T2L2+M3+4（2分）（2011秋岳麓区校级期末）某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，
3、则此烃的结构有（）A2种B3种C4种D5种5（2分）（2014秋抚顺期中）形成下列高聚物的单体相同的是（）ABCD6（2分）（2014春余姚市校级期中）根据表中烃的含氧衍生物分子式排列规律，空格中烃的含氧衍生物的有关判断正确的是（）12345678CH2O2C2H4OC3H6O2C4H8OC6H12OC7H14O2C8H16OA能与NaHCO3反应的同分异构体有3种B该物质肯定能发生加成反应和取代反应C1mol符合该分子式的一种有机物与足量Na反应能生成1mol H2，则该物质中一定存在一条碳碳双键D该物质与丁烷以任意物质的量比混合时，只要混合物的物质的量一定，消耗的氧气量也一定7（2分）（2
4、014春余姚市校级期中）广州亚运会严查兴奋剂对苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子式为C27H30O3，与银氨溶液发生银镜反应B1 mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2 molC既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D既可以使溴的四氯化碳溶液褪色，又可以使酸性KMnO4溶液褪色8（2分）（2010泰州二模）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的原子序数之和为32，且原子最外层电子数之和为10；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）A四种元素的原子半径：ABCDB最高价氧化物对
5、应的水化物的酸性：BDCC元素处于元素周期表中第3周期第A族DC的最高价氧化物对应的水化物是强酸9（2分）（2008天心区校级模拟）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解）则电解过程中共转移电子的物质的量是（）A0.8molB0.6molC0.5molD0.4mol10（2分）（2014春余姚市校级期中）在乙酸乙酯、乙醇、乙酸水溶液共存的化学平衡体系中加入含重氢的水，经过足够长的时间后，可以发现，除水外体系中含重氢的化合物是（）A只有乙醇B乙酸、乙醇C只有乙酸乙酯D乙酸
6、乙酯、乙醇、乙酸11（2分）（2007宿迁二模）用乙烯在硫酸催化下的水化法合成乙醇，事实上经过下列步骤：首先在较低温度下用浓硫酸吸收乙烯：CH2=CH2+H2SO4（浓）CH3CH2OSO3H（），然后生成物（）再进一步吸收乙烯：CH3CH2OSO3H+CH2=CH2（CH3CH2O）2SO2（），再加入水，（）和（）都与水反应生成乙醇：CH3CH2OSO3H+H2OCH3CH2OH+H2SO4（H3CH2O）2SO2+2H2O2CH3CH2OH+H2SO4下列叙述中正确的是（）化合物（）、（）都属于酯类生成（）、（）的反应都属于加成反应生成醇的反应都属于取代反应AB只有C只有D只有12（2分
7、）（2014春余姚市校级期中）武兹反应是重要的有机增碳反应，可简单地表示为：2RX+2NaRR+2NaX，现用CH3CH2Br和C3H7Br和Na一起反应不可能得到的产物是（）ACH3CH2CH2CH3B（CH3）2CHCH（CH3）2CCH3CH2CH2CH2CH3D（CH3CH2）2CHCH313（2分）（2014春余姚市校级期中）上海世博会于2010年5月1日开幕，本次世博会将以“绿色、低碳、节能、减排”为理念来选取材料设计展馆，上海企业联合馆的外围立面材料采用了聚碳酸酯透明塑料（如图），该材料是一种无色透明的无定性热塑性材料其名称来源于其内部的CO3基团 化学名：2，2双（4羟基苯基）
8、丙烷聚碳酸酯下列关于聚碳酸酯的说法正确的（）A其单体是苯的同系物B由单体合成聚碳酸酯属加聚反应C该高分子化合物易溶于水D没有固定的熔沸点14（2分）（2014春余姚市校级期中）环丙叉环丙烷（A）由于其特殊的电子结构，一直受到结构和理论化学家的注意，由于缺乏有效的合成途径，一度延缓对其反应的研究，直到1993年出现了可以大量制备的方法根据下列转化，判断下列说法正确的是（）AA的所有原子一定都在一个平面内B反应是加成反应C反应是消去反应DA的二氯取代产物只有3种15（2分）（2014春余姚市校级期中）下列关于如图所示物质的说法正确的是（）A所有的碳原子都可能在同一平面内B最多只可能有10个碳原子在
9、同一平面内C有7个碳原子可能在同一条直线上D只可能有6个碳原子在同一条直线上16（2分）（2014春余姚市校级期中）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断错误的是（）A若D为CO，C能和E反应，则A一定不是单质B若X是Na2CO3，C为CO2，则A一定是氯气，且D和E不反应C若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3=CO32+H2O，则E是一种清洁的能源D若C的相对分子质量比D小16，B可以使紫色石蕊试液变色，则D一定能与冷水反应17（2分）（2011金台区校级模拟）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl 等离
10、子的溶液中，逐滴加入5molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示下列叙述不正确的是（）Axy=0.01molB原溶液中c（Cl）=0.75molL1C原溶液的pH=1D原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：118（2分）（2014春余姚市校级期中）下列离子方程式书写正确的是（）A小苏打中加入少量的澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OB偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32CFe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2ODNa2SO
11、3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+6H+2MnO45SO42+2Mn2+3H2O19（2分）（2014春余姚市校级期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A12g金刚石中所含共价键数目为2NAB含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NAC标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NAD46g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA20（2分）（2013郴州二模）有关图及实验的描述正确的是（）A用甲图装置电解精炼铝B用乙图装置制备Fe（OH）2C丙图装置可制得金属锰，用同样的装置可制得金属铬D
12、丁图验证NaHCO3和Na2CO3热稳定性21（2分）（2009商城县校级模拟）在25，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多反应方程式分别为：P4 （s）+5O2 （g）=P4O10 （s） 4P （s）+5O2 （g）=P4O10 （s）由此判断，下列说法正确的是（）A由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高B由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低C由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高D由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低22（2分）（2010江苏二模）用N
13、A表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A室温下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAB100mL 18.4molL1硫酸与足量铜反应，生成S02的分子数为0.92NAC1L 0.1molL1的醋酸溶液中所含的离子和分子总数为0.1NAD1.2g NaHS04晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NA23（2分）（2010信阳二模）a mol FeS与b mol FeO投入到VL c mol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g （a+b）mol
14、VcmolABCD24（2分）（2013湖北校级一模）已知Fe3O4可表示成（FeOFe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法正确的是（）AO2和S2O32是氧化剂，Fe2+是还原剂B每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol25（2分）（2004上海）某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其他环）中不可能有（）A两个羟基B一个醛基C两个醛基D一个羧基二、非选择题
15、（共有6小题，共9+11+6+10+6+8=50分）26（9分）（2013春江西期末）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式、（2）甲和乙两个水浴作用不相同甲的作用是；乙的作用是（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是集气瓶中收集到的气体的主要成分是（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有要除去该物质，可在混合液中加入（填写字母）a氯化钠溶液b苯 c碳酸氢钠溶液 d四氯化碳然后，再通过（填试验操作名称）即可除去27（11分）（2014春余姚市校级期中）下表为元素周期表
16、的一部分，元素是短周期的主族元素，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）写出在元素周期表中的位置（2）的气态氢化物的沸点的气态氢化物的沸点（填大于、小于或等于）写出由、两种元素组成的化合物的电子式（3）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式为（4）和形成的化合物是化工行业已合成的一种硬度很大、熔点很高的晶体，若已知在此化合物中各元素均处于其最高或最低价态，据此推断：该化合物的化学式可能是，与该化合物晶体类型相同的是（请用相应的编号填写）（5）由和形成的化合物甲和乙，甲受到撞击会分解生成一种固体单质和一种气体单质，此反应中反应物、固体单质和气体单质的物质的量之比
17、是2：2：3；乙中加入过量的盐酸后生成两种盐，在其中一种盐中加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则化合物甲的化学式为，化合物乙与过量盐酸反应的化学方程式为28（6分）（2014春余姚市校级期中）将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经4min后，测得D的浓度为0.4mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol（Lmin）1（1）A在4min末的浓度是，（2）B在4min内的平均反应速率29（10分）（2011秋沈阳校级期中）为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一
18、个实验，其装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球（1）实验时，为在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，必须事先排出去其中的空气你第一步实验操作为：；确定E中空气已被赶尽的实验现象为：（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为；（3）如何证明E中收集的是NO而不是H2？；一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是；（4）装置D的作用三、计算题（本题包括2小题，共14分）30（6分）（2014春余姚市校级期中）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝
19、酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L请回答：（1）求NO和NO2混合气体的平均摩尔质量（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水g31（8分）（2014春余姚市校级期中）有机化合物A含有C、H、O三种元素，取该有机物0.2mol 和0.9mol O2在密闭容器中燃烧，产物为CO、CO2和H2O（g），把产物依次通过浓硫酸、灼热的氧化铜和碱石灰结果，浓H2SO4的
20、质量重了18g，CuO的质量轻了9.6g，碱石灰的质量增重了35.2g（1）通过计算确定有机物A的分子式；（2）若A可与金属钠反应生成氢气，且A分子中含有手性碳原子，请写出A的结构简式四、附加题（任选一题各10分）32（10分）（2011杭州一模）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失另一份逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始现象
21、类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是：和（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为（3）假设过程中向该溶液中加入的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为2.0molL1加入Ba（OH）2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，则反应的离子方程式为若加入75mL的Ba（OH）2溶液，则得到的沉淀质量为g33（2010秋宁波期末）甲醇空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）其工作原理示意图如下：请
22、回答下列问题：（1）写出甲图中b、c两个入口通入的物质名称（或化学式）bc（2）负极的电极反应式为（3）用该原电池电解AgNO3溶液，若Fe电极增重5.4g，则燃料电池在理论上消耗的氧气的体积为mL（标准状况）2013-2014学年浙江省宁波市余姚中学高一（下）期中化学试卷（实验班）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，共40分）注：每小题只有一个选项符合题意）1（2分）（2009广东）下列措施不符合节能减排的是（）A大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题B在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水C用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏D用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发
23、酵产生沼气，作家庭燃气考点：化学在解决能源危机中的重要作用；常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：热点问题分析：A、根据火力发电的特点和实际来分析；B、根据太阳能热水器是将太阳能转化为热能的装置来分析；C、根据煤脱硫的原理和作用来回答；D、根据沼气的主要成分是甲烷以及甲烷燃烧的特点来回答解答：解：A、火力发电不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故A错误；B、太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，故B正确；C、用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故C正确；D、沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故D正确
24、故选A点评：本题是一道化学和生活知识的题目，减少或控制有害气体的排放可以达到节能减排的目的2（2分）（2014春余姚市校级期中）类推在化学学习与研究中被经常采用下列类推正确的是（）ACO2是分子晶体，推出SiO2也是分子晶体BNH4+为正四面体结构，推出PH4+也为正四面体结构C工业上用电解氯化镁制备镁，推出工业上也可用电解氯化铝制备铝DSiH4的沸点高于CH4，推出PH3的沸点也高于NH3考点：判断简单分子或离子的构型；原子晶体；分子晶体；氢键的存在对物质性质的影响；金属冶炼的一般原理版权所有专题：类比迁移思想分析：A、根据晶体中的构成微粒分析；B、根据价层电子对互斥理论判断微粒的构型；C、
25、氯化铝是共价化合物，熔融时不导电；D、NH3分子间存在氢键，沸点比PH3的高解答：解：A、CO2晶体中的构成微粒是分子，属于分子晶体，SiO2是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构，属于原子晶体，故A错误；B、NH4+的价层电子对数为4，是正四面体结构，PH4+的价层电子对数为4，也为正四面体结构，故B正确；C、氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上可用电解氧化铝制备铝，故C错误；D、氢化物的相对分子质量越大，熔沸点越高，含有氢键的沸点较高，NH3分子间存在氢键，沸点比PH3的高，故D错误故选B点评：本题考查了知识点较多，涉及晶体类型的判断、微粒空间构型的判断、金属的冶炼、氢键等，侧重于基
26、础知识的考查，题目难度不大3（2分）（2014春余姚市校级期中）根据下表信息，判断以下叙述正确的是（）表：部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、22A氢化物的沸点为H2TH2RBM、Q元素的金属性 LMC工业上通过电解L与T形成的化合物生产单质LD离子半径：R2T2L2+M3+考点：原子结构与元素周期律的关系版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素，由元素的化合价可知，T只有2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径LQ，则L为Mg元素，Q为Be元素
27、，M的原子半径介于L、Q之间，则M为Al元素，结合对应单质和化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题解答：解；短周期元素，由元素的化合价可知，T只有2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径LQ，则L为Mg元素，Q为Be元素，M的原子半径介于L、Q之间，则M为Al元素，AH2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2OH2S，即H2RH2T，故A错误；B同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐降低，金属性Mg（L）Al（M），故B错误；CL与T形成的化合物为MgO，熔点较高，为节约能源，工业用电解氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；D离子核外电子层数越多，离
28、子半径越大，四种离子中S2核外有3个电子层，半径最大，O2、Mg2+、Al3+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故D正确故选D点评：本题考查元素原子结构与性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大4（2分）（2011秋岳麓区校级期末）某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，则此烃的结构有（）A2种B3种C4种D5种考点：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：某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，结合C、
29、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，然后根据剩余的2个碳可以形成1个乙基或2个甲基来解答解答：解：某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，是苯的同系物，可以形成乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，共4种结构，故选C点评：本题考查了同分异构体的书写、有机物结构的确定，难度中等，侧重考查学生思考问题的全面性5（2分）（2014秋抚顺期中）形成下列高聚物的单体相同的是（）ABCD考点：聚合反应与酯化反应版权所有专题：有机反应分析：凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体，凡链节中主碳链为6
30、个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种（即单烯烃和二烯烃）解答：解：的单体是：乙烯和丙烯；的单体是：乙烯和丙烯；的单体是：1，3戊二烯和乙烯；的单体是：1，3丁二烯和丙烯，所以形成高聚物的单体相同故选C点评：本题考查学生由加聚反应生成高聚物的单体的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大6（2分）（2014春余姚市校级期中）根据表中烃的含氧衍生物分子式排列规律，空格中烃的含氧衍生物的有关判断正确的是（）12345678CH2O2C2H4OC3H6O2C4H8OC6H12OC7H14O2C8H16OA能与NaHCO3反应的同分异构体有3种B该物质肯定能发生加成反应和取代反应C1mol
31、符合该分子式的一种有机物与足量Na反应能生成1mol H2，则该物质中一定存在一条碳碳双键D该物质与丁烷以任意物质的量比混合时，只要混合物的物质的量一定，消耗的氧气量也一定考点：烃的衍生物官能团；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；有机物分子组成通式的应用规律分析：根据表中烃的含氧衍生物分子式排列规律，碳原子数目与序号一致，氢原子为序号的2倍，序号为单号时氧原子为2，序号为双号时氧原子为数为1，据此可以判断出序号为5的有机物的分子式为C5H10O2，再结合同分异构体、有机物结构与性质进行判断即可解答：解：根据表中排列顺序可知，C原子数目与对应的序号一致，含有的H原子
32、数为对应序号的2倍，序号为奇数时O原子为2，序号偶数双号时O原子为数为1，据此可以判断出序号为5的有机物的分子式为：C5H10O2，A能与NaHCO3反应的同分异构体中含有羧基COOH，该有机物为戊酸，由于丁基的同分异构体有4种，则戊酸的同分异构体也有4种，故A错误；B分子式为C5H10O2的有机物可能为戊酸，戊酸不能发生加成反应，故B错误；C.1mol符合该分子式的一种有机物与足量Na反应能生成1molH2，生成1mol氢气需要消耗2mol羟基，说明该有机物分子中含有2个羟基，根据分子式C5H10O2可知，该有机物的不饱和度为1，可能含有碳碳双键，有可能含有一个环，故C错误；D分子式C5H1
33、0O2可以改写为：C4H10CO2，该有机物完全燃烧时消耗氧气的元素C4H10，与丁烷的分子组成相同，所以该物质与丁烷以任意物质的量比混合时，只要混合物的物质的量一定，消耗的氧气量也一定，故D正确；故选D点评：本题考查了同分异构体的求算、有机物分子式的确定、有机物结构与性质，题目难度中等，根据表中排列规律找出该有机物的分子式为解答本题的关键，注意掌握常见有机物结构与性质及书写同分异构体的方法7（2分）（2014春余姚市校级期中）广州亚运会严查兴奋剂对苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A其分子式为C27H30O3，与银氨溶液发生银镜反应B1 mol该物质与Na
34、OH溶液反应，最多消耗2 molC既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应D既可以使溴的四氯化碳溶液褪色，又可以使酸性KMnO4溶液褪色考点：有机物的结构和性质；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：由结构简式可知分子式，分子中含C=O、C=C、COOC及苯环，结合酮、烯烃、酯及苯的性质来解答解答：解：A其分子式为C27H33O3，不含CHO，则不能与银氨溶液发生银镜反应，故A错误；B只有COOC与NaOH反应，则1 mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1 mol，故B错误；C含C=C，能发生加聚反应，但不能发生缩聚反应（不含OH、COOH），故C错误；D含C=C
35、，既可以使溴的四氯化碳溶液褪色，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，选项A为解答的难点和易错点，题目难度不大8（2分）（2010泰州二模）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的原子序数之和为32，且原子最外层电子数之和为10；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）A四种元素的原子半径：ABCDB最高价氧化物对应的水化物的酸性：BDCC元素处于元素周期表中第3周期第A族DC的最高价氧化物对应的水化物是强酸
36、考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素，B的次外层电子数为8，所以A、C的最外层电子数均为4，短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，所以A为C，C为Si；原子最外层电子数之和为10，所以=1，即B、D均为第A族元素，所以B为Na，它们的原子序数之和为32，3261411=1，所以D为H，不符合题意；则B的次外层电子数应为2，A、C均为第A族元素，且原子最外层电子数之和为10，所以=4，所以B、D均为第A族元素，原子序数依次递增，即B为C，D为Si，A为H，C为Na，符
37、合题意，然后结合元素及其单质化合物的性质来解答解答：解：A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素，B的次外层电子数为8，所以A、C的最外层电子数均为4，短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，所以A为C，C为Si；原子最外层电子数之和为10，所以=1，即B、D均为第A族元素，所以B为Na，它们的原子序数之和为32，3261411=1，所以D为H，不符合题意；则B的次外层电子数应为2，A、C均为第A族元素，且原子最外层电子数之和为10，所以=4，所以B、D均为第A族元素，原子序数依次递增，即B为C，D为Si，A为H，C为Na，A电子层越多，半径越大，
38、同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为CDBA，故A错误；B非金属性CSi，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：BD，故B正确；CC元素为Na元素，处于元素周期表中第3周期第A族，故C错误；DC的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，为强碱，故D错误；故选B点评：本题考查位置、结构、性质的关系，明确元素B的次外层电子数为2或8结合信息来推断元素是解答本题的关键，题目难度不大9（2分）（2008天心区校级模拟）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解）则电解过程中共转移
39、电子的物质的量是（）A0.8molB0.6molC0.5molD0.4mol考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量解答：解：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜Cu2（OH）2CO3相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳
40、极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol2+0.1mol2=0.6mol，故选B点评：本题考查了电解原理，根据离子放电顺序、原子守恒来分析解答，明确加入物质的性质是解本题关键，题目难度中等10（2分）（2014春余姚市校级期中）在乙酸乙酯、乙醇、乙酸水溶液共存的化学平衡体系中加入含重氢的水，经过足够长的时间后，可以发现，除水外体系中含重氢的化合物是（）A只有乙醇B乙酸、乙醇C只有乙酸乙酯D乙酸乙酯、乙醇、乙酸考点：聚合反应与酯化反应；探究化学反应机理版权所有专题：有机反应分析：酯化反应原理为“
41、酸脱羟基醇脱氢”，酯化反应为可逆反应，酯化反应生成的HOH中的羟基来自羧酸、氢原子来自醇，向体系中加入含重氢的水，经过足够长的时间后，重水中的OD进入了羧酸，D原子进入乙醇，所以反应后的体系中含重氢的化合物为：乙醇、乙酸解答：解：乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，反应原理为：乙酸脱去羟基，乙醇脱去羟基中的H，酯化反应为可逆反应，向平衡体系中加入含重氢DOD的水后，重水中OD进入乙酸，D形成了乙醇，所以含有重氢的化合物为：乙酸和乙醇，故选B点评：本题考查了酯化反应原理及可逆反应特点，题目难度不大，明白酯化反应的原理是解题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力11（2分）（2007宿迁二模）用乙烯
42、在硫酸催化下的水化法合成乙醇，事实上经过下列步骤：首先在较低温度下用浓硫酸吸收乙烯：CH2=CH2+H2SO4（浓）CH3CH2OSO3H（），然后生成物（）再进一步吸收乙烯：CH3CH2OSO3H+CH2=CH2（CH3CH2O）2SO2（），再加入水，（）和（）都与水反应生成乙醇：CH3CH2OSO3H+H2OCH3CH2OH+H2SO4（H3CH2O）2SO2+2H2O2CH3CH2OH+H2SO4下列叙述中正确的是（）化合物（）、（）都属于酯类生成（）、（）的反应都属于加成反应生成醇的反应都属于取代反应AB只有C只有D只有考点：有机物的结构和性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析
43、：化合物（）、（）为硫酸酯类物质；反应中不饱和键变成饱和键，为加成反应，发生取代反应生成醇解答：解：化合物（）、（）为硫酸酯类物质，都属于酯类，可水解生成酸和醇，故正确；生成（）、（）的反应中不饱和键变成饱和键，为加成反应，故正确；生成醇的反应为羟基取代SO3H，为取代反应，故正确故选A点评：本题考查有机物的官能团的结构和性质，题目难度不大，注意判断有机物官能团的结构以及转化，为解答该题的关键12（2分）（2014春余姚市校级期中）武兹反应是重要的有机增碳反应，可简单地表示为：2RX+2NaRR+2NaX，现用CH3CH2Br和C3H7Br和Na一起反应不可能得到的产物是（）ACH3CH2CH
44、2CH3B（CH3）2CHCH（CH3）2CCH3CH2CH2CH2CH3D（CH3CH2）2CHCH3考点：有机物的结构和性质版权所有专题：信息给予题分析：由题给信息可知碳氯键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键，C3H7Br存在两种，即CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，发生武兹反应时，可发生在相同物质之间以及不同物质之间，以此解答该题解答：解：A可发生2CH3CH2Br+2NaCH3CH2CH2CH3+2NaBr，故A不选；B可发生2CH3CHBrCH3+2Na（CH3）2CHCH（CH3）2+2NaBr，故B不选；C可发生CH3CH2Br+CH3
45、CH2CH2Br+2NaCH3CH2CH2CH2CH3+2NaBr，故C不选；D由题意可知，不可能发生反应生成（CH3CH2）2CHCH3，故D选故选D点评：本题考查了卤代烃的化学性质，题目难度不大，解题根据是合理分析题中反应原理并得出正确的结论，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力13（2分）（2014春余姚市校级期中）上海世博会于2010年5月1日开幕，本次世博会将以“绿色、低碳、节能、减排”为理念来选取材料设计展馆，上海企业联合馆的外围立面材料采用了聚碳酸酯透明塑料（如图），该材料是一种无色透明的无定性热塑性材料其名称来源于其内部的CO3基团 化学名：2，2双（4羟基苯
46、基）丙烷聚碳酸酯下列关于聚碳酸酯的说法正确的（）A其单体是苯的同系物B由单体合成聚碳酸酯属加聚反应C该高分子化合物易溶于水D没有固定的熔沸点考点：有机高分子化合物的结构和性质版权所有专题：有机化合物的获得与应用分析：A聚碳酸酯单体是和；B缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应；C该物质是高分子化合物，不溶于水；D聚碳酸酯是混合物解答：解：A该高分子化合物主链上除碳原子外还有氧原子，因此，它是缩聚反应的产物，其单体是和，两种单体都不是苯的同系物，故A错误； B该高分子化合物主链上除碳原子外还
47、有氧原子，因此，它是缩聚反应的产物，由单体合成聚碳酸酯属缩聚反应，故B错误；C该高分子化合物难溶于水，故C错误；D聚碳酸酯因聚合度n值不确定，是混合物，没有固定的熔沸点，故D正确故选D点评：本题考查高分子化合物，题目难度不大，注意缩聚产物的判断是解题的关键14（2分）（2014春余姚市校级期中）环丙叉环丙烷（A）由于其特殊的电子结构，一直受到结构和理论化学家的注意，由于缺乏有效的合成途径，一度延缓对其反应的研究，直到1993年出现了可以大量制备的方法根据下列转化，判断下列说法正确的是（）AA的所有原子一定都在一个平面内B反应是加成反应C反应是消去反应DA的二氯取代产物只有3种考点：取代反应与加
48、成反应；消去反应与水解反应版权所有专题：有机反应分析：A、环丙叉环丙烷中的碳原子和它相连的4个原子一定不共面；B、加成反应机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；C、先根据氯代烃的水解，然后根据同一个碳上连有两个羟基时要脱水；D、环丙叉环丙烷二氯取代物先判断一氯代物的种类，然后再根据一氯代物中氢原子的种类来确定二氯取代产物的数目解答：解：A、由于环丙烷的环并不是平面结构，所以分子中所有的原子不可能都在同一平面内，故A错误B、环丙叉环丙烷中双键断裂，两个碳原子上共结合一个基团，所以属于加成反应，故B正确；C、物质B为氯代烃，氯代烃要发生水解，生成醇，根据
49、同一个碳上连有两个羟基时要脱水，最终生成物质C，故反应的类型先是取代反应后为消去反应，故C错误；D、环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，只有一种氢原子，所以一氯代物只有一种，一氯代物中只有4种氢原子，所以的环丙叉环丙烷二氯代物有4种：，故D错误故选B点评：本题主要考查了反应的类型、原子共面、以及取代产物的数目的判断，难度中等，需要注意的是考查学生同一个碳上连有两个羟基时要脱水15（2分）（2014春余姚市校级期中）下列关于如图所示物质的说法正确的是（）A所有的碳原子都可能在同一平面内B最多只可能有10个碳原子在同一平面内C有7个碳原子可能在同一条直线上D只可能有6个碳原子在同一条直线上
50、考点：常见有机化合物的结构版权所有专题：有机化学基础分析：在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断解答：解：A乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，所有的碳原子都可能在同一平面内，故A正确； B所有的碳原子都可能在同一平面内，共11个碳原子，故B错误；C根据乙烯、乙炔、苯为基本模型，改写为如图形式，碳碳双键和苯环两个平面结构如果重叠，所有碳原子有可能都在同一平面上，而碳碳双键和苯环的120键角，使得共线的碳原子只能是HCC中的两个碳原子、苯环对位上的两个碳原子及双键左端的一个碳原子，共计5个，故C错误；D根据乙烯、乙炔、苯
51、为基本模型，改写为如图形式，碳碳双键和苯环两个平面结构如果重叠，所有碳原子有可能都在同一平面上，而碳碳双键和苯环的120键角，使得共线的碳原子只能是HCC中的两个碳原子、苯环对位上的两个碳原子及双键左端的一个碳原子，共计5个，故D错误故选A点评：本题考查物质结构，做题时注意从甲烷、乙烯、苯的结构特点判断有机分子的空间结构及其原子是否共面，难度中等16（2分）（2014春余姚市校级期中）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断错误的是（）A若D为CO，C能和E反应，则A一定不是单质B若X是Na2CO3，C为CO2，则A一定是氯气，
52、且D和E不反应C若A是单质，B和D的反应是OH+HCO3=CO32+H2O，则E是一种清洁的能源D若C的相对分子质量比D小16，B可以使紫色石蕊试液变色，则D一定能与冷水反应考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：AD为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，C能和E反应，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应判断；B若X是Na2CO3，C为CO2，则D为NaHCO3，当A为Na、B为NaOH，符合转化关系；C根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3；D若C
53、的相对分子质量比D小16，考虑X为氧气，B可以使紫色石蕊试液变色，可推知B为氨气、C为NO、D为NO2，A为氮化镁解答：解：AD为CO，可以判断X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，C能和E反应，如A为氟气，E为HF，而HF与二氧化碳不反应，故A为Na2O2，故A正确；B若X是Na2CO3，C为CO2，则D为NaHCO3，当A为Na、B为NaOH，也符合转化关系，A不一定是氯气，故B错误；C根据B、D反应的离子方程式OH+HCO3H2O+CO32，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，氢气是一种清洁的能源，故C
54、正确；D若C的相对分子质量比D小16，考虑X为氧气，B可以使紫色石蕊试液变色，可推知B为氨气、C为NO、D为NO2，A为氮化镁，符合转化关系，二氧化氮与冷水反应生成硝酸与NO，故D正确，故选B点评：本题考查无机物推断、元素及其化合物的转化关系，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质17（2分）（2011金台区校级模拟）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl 等离子的溶液中，逐滴加入5molL1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如图所示下列叙述不正确的是（）Axy=0.01molB原溶液中c（Cl）=0.75molL1C原
55、溶液的pH=1D原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=5：1考点：离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算版权所有专题：压轴题分析：由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H+OHH2O，Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀，NH4+与OH反应，氢氧化铝与OH反应而溶解，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，30mL33mL发生NH4+与OH反应，33mL35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答解答：解：A、由图及离子反应可知xy的值即为Al（OH）3的物质的量，则设Al（OH）3的物质的量为n， Al（OH）
56、3+OHAlO2+2H2O 1 1 n （3533）0.001L5molL1，解得n=0.01mol，即xy=0.01mol，故A说法正确；B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl离子以NaCl存在，设Cl离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知 NaOHNaClCl， 1 1 330.001L5molL1 z，解得z=0.165mol，则原溶液中Cl的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B说法不正确；C、由图04mL时发生H+OHH2O，则H+的物质的量为4mL0.001L5molL1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；D、由4mL30
57、mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，则 Al3+3OHAl（OH）3 1 3 1 0.01mol 0.03mol 0.01mol 设镁离子的物质的量为m，Mg2+2OHMg（OH）2 1 2 m （304）mL0.001L5molL10.03mol ，解得m=0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D说法正确；故选：BD点评：本题难度较大，考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可18（2分）（2014春余姚市校级期中）下列离子方程式书写正确的是（）A小苏打中加入少量的
58、澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OB偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：CO2+3H2O+2AlO22Al（OH）3+CO32CFe（NO3）2溶液中加入过量的HI溶液：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2ODNa2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32+6H+2MnO45SO42+2Mn2+3H2O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二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；B二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；C二者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子和水；D二者反应生成硫酸根离子、锰离子和水解答：解：A二者反应生成碳酸钙和水，离子方程式为Ca2+2HC
59、O3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故A错误；B二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故B错误；C二者发生氧化还原反应，离子方程式为5 NO3+Fe3+16 I+20 H+=Fe2+5 NO+8 I2+10 H2O，故C错误；D二者反应生成硫酸根离子、锰离子和水，离子方程式为5SO32+6H+2MnO4=5SO42+2Mn2+3H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间的反应是解本题关键，再结合离子方程式书写规则书写即可，注意A中反应物的量，反应物的量不同其产物不同，为易错点19（2分）（2014
60、春余姚市校级期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A12g金刚石中所含共价键数目为2NAB含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NAC标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NAD46g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA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金刚石中，每个碳原子与其它4个碳原子相连，根据均摊法计算出12g金刚石中含有的共价键数目；B随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，所以反应生成的二氧化硫的物质的量需要0.1mol；C氯气与水的反应中
61、，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；D二氧化氮和四氧化二氮之间存在转化平衡，且二者的摩尔质量不同，也缺少二者的组成数据，无法计算混合物的分子数解答：解：A12g金刚石中含有1molC，金刚石中每个C与其它4个C形成了4个CC共价键，根据均摊法，每个C形成的共价键数目为：4=2，则1molC形成的共价键为2mol，所含共价键数目为2NA，故A正确；B完全反应0.2mol浓硫酸会生成0.1mol二氧化硫，由于稀硫酸不与铜反应，所以反应生成的二氧化硫小于0.1mol，生成SO2的分子数小于0.1NA，故B错误；C标况下2.24L氯气的 物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与氢氧化钠溶液反应
62、转移了0.1mol电子；但是氯气与水的反应中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子小于0.1mol，故C错误；DNO2和N2O4的摩尔质量不同，且二者之间存在转化平衡，没有告诉二者的组成，无法计算混合物中含有的分子数，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项B、C为易错点，注意稀硫酸与铜不反应、氯气与水反应中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸20（2分）（2013郴州二模）有关图及实验的描述正确的是（）A用甲图装置电解精炼铝B用乙图装置制备Fe（OH）2C丙图装置可制
63、得金属锰，用同样的装置可制得金属铬D丁图验证NaHCO3和Na2CO3热稳定性考点：化学实验方案的评价版权所有专题：实验评价题分析：A粗铝为阳极，电解质为熔融的氧化铝；B四氯化碳的密度大，不能隔绝空气；C铝热反应可冶炼熔点该的Mn、Cr；DNaHCO3应在小试管中解答：解：A粗铝为阳极，电解质为熔融的氧化铝，电解质不能用溶液，故A错误；B四氯化碳的密度大，不能隔绝空气，应选苯，故B错误；C铝热反应放出大量的热，可冶炼熔点该的Mn、Cr，故C正确；DNaHCO3应在小试管中，不稳定，易分解，可比较稳定性，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及电解原理的应用、物质的制备、铝热反应与
64、金属冶炼、稳定性的比较，侧重实验原理和实验细节的考查，题目难度中等21（2分）（2009商城县校级模拟）在25，101kPa下，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多反应方程式分别为：P4 （s）+5O2 （g）=P4O10 （s） 4P （s）+5O2 （g）=P4O10 （s）由此判断，下列说法正确的是（）A由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷高B由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷低C由红磷转化为白磷是放热反应，等质量时红磷能量比白磷高D由红磷转化为白磷是吸热反应，等质量时红磷能量比白磷低考点：化学反
65、应中能量转化的原因版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据已知的热化学反应方程式，利用盖斯定律来得到红磷转化为白磷的热化学反应方程式，能量的低的物质稳定，以此来解答解答：解：由P4 （s）+5O2 （g）=P4O10 （s）H=a，4P （s）+5O2 （g）=P4O10 （s）H=b，1mol的白磷（化学式为P4）完全燃烧放出的热量比4mol的红磷（化学式为P）完全燃烧放出的热量多，根据盖斯定律可知4P （s）P4 （s）H=ba0，即该反应为吸热反应，等质量时红磷的能量低，红磷稳定，故选D点评：本题考查化学反应中的能量变化及物质的稳定性，明确信息的应用得出红磷与白磷转化的热化学反应是解
66、答本题的关键，难度不大22（2分）（2010江苏二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A室温下，42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3NAB100mL 18.4molL1硫酸与足量铜反应，生成S02的分子数为0.92NAC1L 0.1molL1的醋酸溶液中所含的离子和分子总数为0.1NAD1.2g NaHS04晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NA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根据乙烯和丙烯的组成判断，二者的最简式相同；B稀硫酸不与铜反应；C没有确定离子和分子的种类，如果水分子不排除的话，肯定大于0.1NA；DNaHS04
67、晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子解答：解：A乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，则42.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子的物质的量为=3mol，所以含有的碳原子数为3NA，故A正确； B100mL18.4molL1硫酸与足量铜反应，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，当为稀硫酸时，不与铜反应，生成S02的分子数小于0.92NA，故B错误；C1L0.1molL1的醋酸溶液中，所含的离子有H+、OH、CH3COO，分子有CH3COOH、H2O等，溶液中所含的离子和分子总数肯定大于0.1NA，故C错误；D1.2g NaHS04晶体的物质的量是0.01mol，NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根
68、离子，阳离子和阴离子的总数为0.02NA，故D错误故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关判断，题目难度不大，做题时注意物质的聚集状态、存在条件、物质的组成、结构和性质等知识23（2分）（2010信阳二模）a mol FeS与b mol FeO投入到VL c mol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）（a+b）63g （a+b）189g （a+b）mol VcmolABCD考点：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：可从两个角度分析未被还原的硝酸，一是生成Fe（NO3）3中的NO3 ，
69、二是根据N元素守恒，未被还原的硝酸为总硝酸的物质的量减去生成NO的物质的量，可计算未被还原的硝酸解答：解：由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3 ，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍，由元素守恒知，nFe（NO3）3=n（Fe）=（a+b）mol，所以未被还原的硝酸的质量=3（a+b）mol63 gmol1=（a+b）189 g，正确；又根据化合价升降守恒知amol a mol （NO3）3+a mol H2O4 升高（32）a+（6+2）a=9a mol b mol Ob mol （NO3）3 升高（32）b=b molx molHO3xO
70、mol 降低（52）x mol=3x mol得9a mol+b mol=3x mol，即显氧化性的硝酸的物质的量x= mol，所以未被还原的硝酸为cVmol，正确故选D点评：本题以元素化合物知识为载体，考查守恒法技巧，题目难度中等，答题时注意守恒法的利用，注意从化合价变化的角度分析24（2分）（2013湖北校级一模）已知Fe3O4可表示成（FeOFe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法正确的是（）AO2和S2O32是氧化剂，Fe2+是还原剂B每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC参加反应的
71、氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂结合方程式中元素化合价变化判断B、反应中只有氧气中氧元素的化合价降低，由0价升高为2价，据此计算转移电子物质的量C、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂结合方程式计算判断D、根据部分电子转移守恒计算解答：解：在3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O中，化合物中铁
72、元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+；硫元素的化合价变化为：+2+；氧元素的化合价变化：02，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32A、由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32，氧化剂是O2，故A错误；B、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol4=4mol，故B错误；C、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故C错误；D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的
73、物质的量为=0.5mol，故D正确故选：D点评：考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，本题难度较大，需细心分析25（2分）（2004上海）某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其他环）中不可能有（）A两个羟基B一个醛基C两个醛基D一个羧基考点：同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构版权所有专题：同系物和同分异构体分析：某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，由分子式可知，该有机物分子含有一个苯环，去掉一个苯环后，还
74、余有C2O2，剩余基团可能为2个或1个或1个CC、2个O，或1个COO、1个C，将其插入苯的CH之间，判断可能形成的官能团；解答：解：某芳香族有机物的分子式为C8H6O2，由分子式可知，该有机物分子含有一个苯环，去掉一个苯环后，还余有C2O2，剩余基团可能为2个或1个或1个CC、2个O，将其插入苯的CH之间，可以形成；为1个COO、1个C，即分子拆除一个苯环和一个羧基后，还余有一个C，它不可能满足四价的结构而插入苯环的CH键中，故不可能存在羧基，故选D点评：本题考查有机物的结构方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度较大，综合性较强二、非选择题（共有6小题，共9+11+6+10+6+8=5
75、0分）26（9分）（2013春江西期末）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O（2）甲和乙两个水浴作用不相同甲的作用是加热；乙的作用是冷却（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是乙醛、乙醇、水集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸要除去该物质，可在混合液中加入c（填写字母）a氯化钠溶液b苯 c碳酸氢钠溶液 d四氯化碳然后，再通过蒸馏（填试验操作名称）即可除
76、去考点：乙醇的催化氧化实验版权所有专题：实验题分析：（1）乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；（2）热水浴和冷水浴的作用是不同的；（3）根据物质的沸点高低不同来确定获得的物质，结合空气的成分以及发生的反应确定剩余的气体成分；（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应解答：解：（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu+O22CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（2）甲和乙
77、两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，故答案为：加热；冷却；（3）乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇、乙醛和水的沸点高低不同，在试管a中能收集这些不同的物质，空气的成分主要是氮气和氧气，氧气参加反应后剩余的主要是氮气，故答案为：乙醛、乙醇、水；氮气；（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，故答案为：乙酸；c；蒸馏点评：本题涉及化学实验基本操作以及乙醇的催化氧化实验等方面的知识，属于综合知识的考查，
78、综合性较强，难度中等27（11分）（2014春余姚市校级期中）下表为元素周期表的一部分，元素是短周期的主族元素，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）写出在元素周期表中的位置第三周期VIA族（2）的气态氢化物的沸点大于的气态氢化物的沸点（填大于、小于或等于）写出由、两种元素组成的化合物的电子式或（3）的最高价氧化物与的最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（4）和形成的化合物是化工行业已合成的一种硬度很大、熔点很高的晶体，若已知在此化合物中各元素均处于其最高或最低价态，据此推断：该化合物的化学式可能是Si3N4 ，与该化合物晶体类型相同的
79、是C（请用相应的编号填写）（5）由和形成的化合物甲和乙，甲受到撞击会分解生成一种固体单质和一种气体单质，此反应中反应物、固体单质和气体单质的物质的量之比是2：2：3；乙中加入过量的盐酸后生成两种盐，在其中一种盐中加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则化合物甲的化学式为NaN3，化合物乙与过量盐酸反应的化学方程式为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl考点：位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶胞的计算版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据S在周期表中的位置来回答；（2）水分子间存在氢键，所以沸点
80、高，氧化钠与过氧化钠均为离子化合物；（3）Al2O3是两性氧化物，能和氢氧化钠的水溶液反应；（4）根据氮化硅的晶体类型和结构知识来回答；（5）根据题目中的有关信息来回答解答：解：根据元素在周期表中的分布知识，可以推知是N，是O，是Na，是Al，是Si，是S，是Cl，（1）S在周期表中的位置是：第3周期 VIA族，故答案为：第3周期VIA族；（2）分子量越大，氢化物的沸点越高，在水分子间存在氢键，所以沸点高于硫化氢，O、Na两种元素组成的化合物为氧化钠或过氧化钠，氧化钠的电子式为：，过氧化钠的电子式为：，故答案为：大于；或；（3）Al的最高价氧化物Al2O3，是两性氧化物，与Na的最高价氧化物对
81、应的水化物氢氧化钠的水溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（4）氮化硅Si3N4是一种原子晶体的化合物，硬度很大、熔点很高，具有空间网状结构，与C具有相同的结构，故答案为：Si3N4 ；C；（5）叠氮化钠甲受到撞击会分解生成金属钠单质和氮气，铵盐中加入NaOH溶液后加热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，所以乙中加入过量的盐酸后生成氯化铵和氯化钠，化合物乙是Na3N，故答案为：NaN3；Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl点评：本题考查元素周期表和元素周期律的综合知识，综合性很强，难度很大28（6分）（
82、2014春余姚市校级期中）将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经4min后，测得D的浓度为0.4mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol（Lmin）1（1）A在4min末的浓度是0.6mol/L，（2）B在4min内的平均反应速率0.05mol/（Lmin）考点：反应速率的定量表示方法版权所有专题：化学反应速率专题分析：（1）利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算A、B的浓度变化量，令A、B的起始浓度为amol/L，根据4min时A、B的浓度之比列方程，进而计算4min末A的浓度；（2）根据v=计算
83、B的平均速率；解答：解：（1）4min时，测得D的浓度为0.4mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故A的浓度变化量=0.4mol/L=0.6mol/L，B的浓度变化量=0.4mol/L=0.2mol/L，令A、B的起始浓度为amol/L，则：（a0.6）：（a0.2）=3：5，解得a=1.2，故4min末时A的浓度=1.2mol/L0.6mol/L=0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；（2）4min内B的浓度变化量=0.4mol/L=0.2mol/L，故v（B）=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）点评：本题考查化学反应速率的有关计算，比较基
84、础，掌握速率规律是解题的关键29（10分）（2011秋沈阳校级期中）为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球（1）实验时，为在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，必须事先排出去其中的空气你第一步实验操作为：B装置中CaCO3放入硝酸中；确定E中空气已被赶尽的实验现象为：C中石灰水变浑浊（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；
85、（3）如何证明E中收集的是NO而不是H2？将F气球中空气压入E中，有红棕色气体生成；一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是2HNO3+CaCO3Ca（NO3）2+2H2O；（4）装置D的作用吸收多余的NO、NO2考点：性质实验方案的设计；硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响版权所有专题：氮族元素分析：实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出去其中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色，且在C中可观察到浑浊，有碳酸钙沉淀生成，A中硝酸和铜反应生成NO，易于氧气反应，则将F气球中空气压入E中，有红棕色气体生成，装置D中盛有氢氧化钠溶液
86、，可用与吸收二氧化氮气体，气体中气球可用于吸收不反应的NO，以防止污染空气，以此解答该题解答：解：（1）实验时，可先将B装置中CaCO3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出去其中的空气，以便在E烧瓶中收集到NO，以便观察颜色；E中空气已被赶尽时，E中石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，可观察到石灰水变浑浊，故答案为：B装置中CaCO3放入硝酸中；C中石灰水变浑浊；（2）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（3）A中硝酸和铜反应生成NO，易于氧气反应，则将F
87、气球中空气压入E中，有红棕色气体生成，如观察到红棕色，则说明生成NO而不是氢气，生成二氧化碳通入C中生成硝酸，硝酸与碳酸钙反应，反应的化学方程式为2HNO3+CaCO3Ca（NO3）2+2H2O，故答案为：将F气球中空气压入E中，有红棕色气体生成；2HNO3+CaCO3Ca（NO3）2+2H2O；（4）装置D中盛有氢氧化钠溶液，可用与吸收二氧化氮气体，气体中气球可用于吸收不反应的NO，以防止污染空气，故答案为：吸收多余的NO、NO2点评：本题以硝酸的性质为载体综合考查性质实验的设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关物质的性质，明确实验目的和原理是解答该题的关键
88、，注意相关实验操作方法的注意事项，难度中等三、计算题（本题包括2小题，共14分）30（6分）（2014春余姚市校级期中）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L请回答：（1）求NO和NO2混合气体的平均摩尔质量（2）待产生的气体全部释放后，向溶液加入V mL a mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水57.8g考点：氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质版权所有专题：计算题；氮族
89、元素分析：（1）n（Cu）=0.51mol，氮氧化物的物质的量=0.5mol，根据得失电子守恒计算二者的物质的量，再根据M=计算其平均摩尔质量；（2）根据N原子守恒计算作氧化剂的硝酸的物质的量，根据硝酸钠的化学式计算起酸作用的硝酸，再根据物质的量浓度公式计算硝酸的物质的量浓度；（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水解答：解：（1）n（Cu）=0.51mol，氮氧化物的物质的量=0.5mol，设NO的物质的量是xmol，NO2的物质的量是ymol，解得，则混合气体的质量=30g/mol0.26mol+46g/mol0.24mol=18.84g
90、，M=37.68g/mol，答：NO和NO2混合气体的平均摩尔质量是37.68g/mol；（2）将铜离子完全转化为硝酸钠时，根据钠原子守恒得n（NaOH）=n（NaNO3）=0.001aVmol，根据硝酸根离子守恒得起酸作用的硝酸的物质的量=0.001aVmol，根据N原子守恒作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5mol，所以硝酸的物质的量浓度=mol/L，故答案为：；（3）设需要30%的双氧水mg，根据电子得失守恒，有：0.263+0.241=0.512=30%2，解得：m=57.8，故答案为：57.8点评：本题以硝酸为载体考查了氧化还原反应的计算，根据氧化还原反应中得失电子进行解答即可，注意守恒
91、思想的运用，注意（2）中不能根据铜计算消耗硝酸的物质的量，铜和硝酸反应时，硝酸可能有剩余，为易错点31（8分）（2014春余姚市校级期中）有机化合物A含有C、H、O三种元素，取该有机物0.2mol 和0.9mol O2在密闭容器中燃烧，产物为CO、CO2和H2O（g），把产物依次通过浓硫酸、灼热的氧化铜和碱石灰结果，浓H2SO4的质量重了18g，CuO的质量轻了9.6g，碱石灰的质量增重了35.2g（1）通过计算确定有机物A的分子式；（2）若A可与金属钠反应生成氢气，且A分子中含有手性碳原子，请写出A的结构简式考点：有关有机物分子式确定的计算版权所有专题：计算题分析：（1）浓硫酸具有吸水性，浓
92、硫酸的质量增加18g说明反应产物中含水18g，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻9.6g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了35.2g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式，并判断可能的结构简式；（2）先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，A可与金属钠反应生成氢气，说明有羟基，再根据分子式分析解答：解：（1）浓硫酸增重18g说明反应产物中含水18g，即产物中含水=1mol，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻9.6g，CO+CuOCO2+Cum1mol 1mol 16g0.6mol 0.6mol =0.6mol 说明CO
93、还原氧化铜反应中氧化铜失去O为9.6g，即0.6mol，同时说明产物中含0.6molCO，通过碱石灰增重35.2g说明还原氧化铜的得到的CO2与原产物的CO2总重35.2g，即0.8mol，减去由CO转化来的0.6moCO2，说明产物中含0.2molCO2通过上述分析，可以知道0.2mol有机物与 0.9mol氧气 反应生成1molH2O、0.6molCO、0.2molCO2，即 2molH，2molO，0.8molC，减去参与反应的0.9molO2，即1.8molO，可得知0.2mol 的有机物含有2molH，0.2molO，0.8molC，即1mol有机物含10molH，1molO，4mo
94、lC，化学式为C4H10O，答：有机物的分子式为C4H10O；（2）A可与金属钠反应生成氢气，说明有羟基，且A分子中含有手性碳原子，则有一个碳原子连有四个不同基团，所以其结构简式为；答：有机物的结构简式为点评：本题考查有机物分子式和结构简式的确定，题目难度不大，注意所含元素原子个数的计算角度，注意质量守恒定律的应用四、附加题（任选一题各10分）32（10分）（2011杭州一模）某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石
95、蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失另一份逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是：NH4+和Al3+（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O（3）假设过程中向该溶液中加入的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为2.0molL1加入Ba（OH）2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，则反应的离子方程式为NH4+Al3+4OH+2B
96、a2+2SO42=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O若加入75mL的Ba（OH）2溶液，则得到的沉淀质量为42.75g考点：无机物的推断；离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：（1）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵根离子的存在，白色溶于氢氧化钠的沉淀是氢氧化铝，和Ba（OH）2溶液反应生成的白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡；（2）根据电荷守恒和原子守恒来计算回答；（3）根据物质反应的先后顺序确定离子反应方程式；n（Ba（OH）2）=2.0mol/L0.075L=0.15mol，根据反应方程式中氢氧化钡和硫酸钡、氢氧化铝之间的关系式计算沉淀
97、质量解答：解：（1）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g，说明含有硫酸根离子；加入NaOH溶液，一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，证明一定含有铵根离子；向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多，最后白色沉淀逐渐减少并最终消失，证明一定含有铝离子，故答案为：NH4+；Al3+；（2）由题中信息可知45.3g的该结晶水合物中：n（SO42）=，n（NH4+）=，根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理：n（NH4+）+3n（Al3+）=2n（SO42
98、）可得：n（Al3+）=（20.2mol0.1 mol）=0.1 mol，n（H2O）=1.2mol，所以，1.96g的该结晶水合物中：m（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：1.2mol=1：1：2：12，该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O，答：NH4Al（SO4）212H2O或（NH4）2SO4Al2（SO4）324H2O；（3）根据反应的先后顺序，开始阶段是氢氧化钠和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀阶段，然后是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水的阶段，最后是氢氧
99、化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠的阶段，当NH4Al（SO4）212H2O和氢氧化钡的物质的量之比为1：2时，两者恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，此时生成沉淀量最大，离子反应方程式为：NH4+Al3+4OH+2Ba2+2SO42=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故答案为：NH4+Al3+4OH+2Ba2+2SO42=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O；45.3g晶体的物质的量=，n（Ba（OH）2）=2.0mol/L0.075L=0.15mol，n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）=0.1mol：0.15mol=，所以氢氧化钡不足量，根据原子守恒知，生成
100、n（BaSO4）=n（Ba（OH）2）=0.15mol，生成n（Al（OH）3）=n（Ba（OH）2）=0.1mol，所以沉淀的质量=0.15mol233g/mol+0.1mol78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g，故答案为：42.75点评：本题考查离子的检验和推断，题目难度中等，注意从守恒的角度推断结晶水合物的化学式，注意（3）中要进行过量计算，为易错点33（2010秋宁波期末）甲醇空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）其工作原理示意图如下：请回答下列问题：（1）写出甲
101、图中b、c两个入口通入的物质名称（或化学式）b甲醇c氧气（2）负极的电极反应式为CH3OH+H2O6eCO2+6H+（3）用该原电池电解AgNO3溶液，若Fe电极增重5.4g，则燃料电池在理论上消耗的氧气的体积为280mL（标准状况）考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：（1）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，据此判断b、c电极上的物质；（2）负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子；（3）根据转移电子守恒计算解答：解：（1）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上投放燃料甲醇，正极上投放氧化剂氧气，故答案为：甲醇；氧气；（2）负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：CH3OH+H2O6eCO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O6eCO2+6H+；电解硝酸银溶液中，阴极上析出银，阳极上生成氧气，根据转移电子守恒知，氧气的体积=0.28L=280mL，故答案为：280点评：本题考查燃料电池，明确燃料电池中正负极上得失电子是解本题关键，难点是书写电极反应式，注意要结合电解质溶液的酸碱性书写，为易错点 - 39 - 版权所有高考资源网