1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年湖北省黄冈市武穴中学高三（上）月考化学试卷（11月份）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列起固氮作用的化学反应是（）AN2与H2在一定条件下反应生成NH3BNO与O2反应生成NO2C由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4DNH3经催化氧化生成NO2（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl
2、、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3ABCD3（3分）（2014秋武穴市校级月考）“稀土”是我国宝贵的战略资源，国家即将控制其出口Sm与Sm是稀土元素，下列有关说法不正确的是（）ASm与Sm互为同位素B我国有丰富的稀土资源CSm与Sm是不同的核素D据Sm与Sm的质量数可以确定Sm元素的相对原子质量为1474（3分）（2014春宿城区校级期末）下列对实验现象的预测不正确的是（）A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢
3、氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊5（3分）（2014秋武穴市校级月考）根据相关的化学原理，下列判断正确的是（）A由于水中存在氢键，所以稳定性：H2OH2SB由于磷化氢的相对分子质量比氨气的大，所以沸点：PH3NH3C若A2+2D2A+D2，则氧化性D2A2D若R2和M+的电子层结构相同，则离子半径R2M+6（3分）（2010秋赣州期中）有a、b、c、d、e五种气体，进行下列实验：（1
4、）a和b混合气体变红棕色（2）c和d混合产生白烟 （3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是（）AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO3CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHCl、CO2、NH3、H2S、CH47（3分）（2014秋武穴市校级月考）如图所示是短周期的一部分，已知B原子与C 原子核外电子总数之和为A的4倍，则下列推断正确的是（）AA、B、C三者中，A为金属性元素，B、C为非金属性元素BA、B、C三者核电荷数之和为40CA与B、A与C均可形成离子化合物DB与C只能形
5、成一种共价化合物8（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列叙述中正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A通常状况下将0. 5mol HI气体和0.5 mol Cl2混合后，气体的分子数小于NAB同温同压下，相同体积的物质，其物质的量必相等C5.3g Na2CO3固体含有的离子数为1.5NAD标准状况下，0.5 NA个Br2所占的体积约为11.2L9（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列变化规律错误的是（）A微粒半径：FClBr IB稳定性：HIHBrHClHFC沸点：HFHClHBrHID阴离子还原性：FCl Br I 10（3分）（2014秋武穴市校级月考）有机物X的组成为CnH2nOm，其
6、蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.37%，则X的能在NaOH溶液中发生化学反应的同分异构体（不考虑立体异构）有（）A12种B13种C14种D15种11（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列化学反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠漂液中加浓盐酸产生氯气：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO3+2HClOC用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SD氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2+OH+H+SO42=CaSO4+H2O12（3分）（2014秋武穴市校级月考）某反应
7、由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能），下列有关叙述正确的是（）A两步反应均为吸热反应B加入催化剂会改变反应的焓变C三种化合物中C最稳定D整个反应中H=E1E213（3分）（2014秋武穴市校级月考）煤的气化是工业生产中煤的综合利用的方法之一已知下列热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJmol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H2=242.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H3=283.0kJmol1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H4，则H4为（）A131.5kJmol1B+352.5
8、kJmol1C352.5kJmol1D+131.5kJmol114（3分）（2013陕西学业考试）对溶液中的离子进行鉴定，下列实验所得结论不合理的是（）A向溶液中加入稀硝酸后，再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，则溶液中可能含有ClB向溶液中加入KSCN溶液，观察无明显现象，继续加入氯水，溶液变红色，说明溶液中一定含有Fe2+C向溶液中加入NaOH溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可推测该溶液中含有NH4+D向溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，可推测溶液中含有CO3215（3分）（2012上饶二模）某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、
9、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后形成的溶液中含有的溶质为Na2SO416（3分）（2014岳塘区校级一模）铜和镁的合金2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，若反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、
10、干燥后称量，质量为（）A4.18gB3.12gC4.68gD5.08二、非选择题（共52分）17（13分）（2014秋武穴市校级月考）某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成进行如下实验（图1），请回答：（1）由可知X中一定存在的是，步骤所发生反应的离子方程式为：、（2）反应的化学方程式为为进一步确定上述混合物X的成分，另取9.4gX进行如下实验（图2）（3）由可得出的结论为：（4）步骤所得蓝色溶液中阳离子为：（5）原混合物中各成分的质量比为：（不必化简）18（10分）（2014秋武穴市校级月考）X、Y、Z、M、N五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大已
11、知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M元素最高正化合价与最低负化合价代数和为4，X、Z同主族，可形成离子化合物ZX据此回答：（1）M在元素周期表中的位置为（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（写化学式），非金属气态氢化物稳定性最小的是（写化学式）（3）Y、N的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有（写出其中两种物质的化学式）（4）X2M的燃烧热H=a kJmol1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：（5）ZX的电子式为，ZX与水反应放出气体的化学方程式为19（6分）（2009湘潭一模）将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然
12、后向该溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示：（1）写出OA段所发生反应的离子方程式、（2）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为mL（标准状况）（3）计算原混合物中NaOH的质量及碳酸钠的质量分数20（11分）（2012涪城区校级模拟）某氯化铁样品含有少量FeCl2杂质现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作 I 所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还必须有（填自选仪器名称），操作 II 必须用到的仪器是 （从以下选项中选择，填编号）A50mL烧杯B50mL量筒 C25mL碱式滴定管
13、D25mL酸式滴定管（2）加入试剂和后发生反应的离子反应方程式为：（3）将沉淀物加热，并置于干燥器中冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是（4）若坩埚质量是W1g，坩埚与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是：（5）有同学认为：上述流程中若不加入氯水，其它步骤不变，仍可达到目的他的理由是： （用化学方程式表示）21（12分）（2014秋武穴市校级月考）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2，E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基根
14、据下列转化关系回答问题：ABCDE（1）写出A分子中所含官能团的名称（2）完成方程式，并写出反应类型：AB，反应类型BC，反应类型（3）写出E的结构简式；（4）写出由D反应生成高聚物的化学反应方程式2014-2015学年湖北省黄冈市武穴中学高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列起固氮作用的化学反应是（）AN2与H2在一定条件下反应生成NH3BNO与O2反应生成NO2C由NH3制NH4HCO3和（NH4）2SO4DNH3经催化氧化生成NO考点：氮的固定 专题：氮族
15、元素分析：氮的固定是氮游离态的转化为化合态的过程，由单质转化为化合物都叫固氮，包括自然固氮和人工固氮解答：解：AN2与H2在一定条件下反应生成NH3，氮由单质转化为化合物，符合氮的固定的定义，故A正确；B一氧化氮和二氧化氮之间的转化，是氮元素不同化合物之间的转化，不是固氮，故B错误；CNH3制碳酸氢铵和硫酸铵是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，故C错误；D由NH3氧化制NO是氮元素化合态之间的相互转化，不是固氮，故D错误；故选A点评：判断氮的固定的关键是抓住氮元素的化合价是否从0价变为其他化合价，即从单质转化为化合物，题目简单2（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列各组离子在指定溶液
16、中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3ABCD考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：注意有色离子的存在；pH=11的溶液显碱性，溶液中存在大量氢氧根；加入Al能放出H2的溶液中可能是酸性溶液也可能是碱性溶液；由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液，说明水的电离被抑制，则溶液可能是酸性溶液
17、也可能是碱性溶液，据此分析；Fe3+与SCN生成络合物而不能共存解答：解：MnO4为紫色，故错误；pH=11的溶液显碱性，溶液中存在大量氢氧根，而OH和CO32、Na+、AlO2、NO3均能大量共存，故正确；加入Al能放出H2的溶液中可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，HCO3与H+和OH均不能大量共存，NH4+与OH不能大量共存，故错误；由水电离出的c（OH）=1.01013 molL1的溶液，说明水的电离被抑制，则溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，而H+或OH与Na+、Ba2+、Cl、Br均能大量共存，故正确；有较多Fe3+的溶液中：Fe3+与SCN生成络合物而不能共存，Fe3+能与HCO3
18、发生双水解而不能共存，故错误故选C点评：本题考查了离子共存的问题，应注意的是，离子之间若能共存，则必须相互之间不反应3（3分）（2014秋武穴市校级月考）“稀土”是我国宝贵的战略资源，国家即将控制其出口Sm与Sm是稀土元素，下列有关说法不正确的是（）ASm与Sm互为同位素B我国有丰富的稀土资源CSm与Sm是不同的核素D据Sm与Sm的质量数可以确定Sm元素的相对原子质量为147考点：同位素及其应用 专题：原子组成与结构专题分析：A同一元素的不同原子互称同位素；B“稀土”，从其名称上可判断，我国的此种元素含量并不多；C同一元素的不同原子互称同位素，是元素的不同核素；D元素的相对原子质量是其各种同位
19、素质量数丰度解答：解：A两者质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故A正确；B“稀土”，从其名称上可判断，我国的此种元素含量并不多，故B错误；C两者质子数相同，中子数不同，故是不同的核素，故C正确；D元素的相对原子质量是其各种同位素质量数丰度，故D错误，故选BD点评：本题考查同位素、核素、元素的相对原子质量的概念、元素周期表等知识，难度不大要注意基础知识的积累4（3分）（2014春宿城区校级期末）下列对实验现象的预测不正确的是（）A向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失B向氢氧化铁胶体中滴加盐酸至过量，开始有沉淀出现，后来沉淀又溶解C向Ca（ClO）2溶液中
20、通入CO2，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，浑浊消失，再加入过量NaOH溶液，溶液又变浑浊考点：硅酸的性质及制法；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 专题：元素及其化合物分析：A向Na2SiO3溶液中通入CO2，生成硅酸，继续通入二氧化碳，沉淀不消失；B胶体中加入电解质发生聚沉，氢氧化铁与酸反应生成盐和水；C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，先生成碳酸钙，进而生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与碱反应生成碳酸钙解答：解：A向Na2SiO3溶液中通
21、入CO2，生成硅酸，溶液变浑浊，继续通CO2至过量，硅酸不反应，沉淀不消失，故A错误；B氢氧化铁胶体中加入电解质发生聚沉，继续加入盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，沉淀又溶解，故B正确；C向Ca（ClO）2溶液中通入CO2，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，可使品红褪色，故C正确；D向Ca（OH）2溶液中通入CO2，先生成碳酸钙，继续通CO2至过量，生成碳酸氢钙，沉淀消失，碳酸氢钙与NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀，故D正确故选A点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意在学习中把握相关物质的性质，学习中注意积累即可轻松解答该题5（3分）（2014秋武穴市校级月考）根据相关的化
22、学原理，下列判断正确的是（）A由于水中存在氢键，所以稳定性：H2OH2SB由于磷化氢的相对分子质量比氨气的大，所以沸点：PH3NH3C若A2+2D2A+D2，则氧化性D2A2D若R2和M+的电子层结构相同，则离子半径R2M+考点：氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较 专题：氧化还原反应专题；化学键与晶体结构分析：A氢化物的稳定性与共价键有关；B氨气分子间存在氢键，沸点较高；C反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；DR2和M+的电子层结构相同，则核外电子数相同，阳离子电子数=质子数所带电荷数，阴离子电子数=质子数+所带电荷数；核外电子排布相同，质子数越大，
23、离子半径越小解答：解：A氢化物的稳定性与共价键有关，共价键的键能越大，氢化物越稳定，氢化物的稳定性与氢键无关，故A错误；B氨气分子间存在氢键，沸点较高，则沸点：PH3NH3，故B错误；C反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，若A2+2D2A+D2，则氧化性D2A2，故C错误；DR2和M+的电子层结构相同，则核外电子数相同，则质子数：RM；核外电子排布相同，质子数越大，离子半径越小，则离子半径R2M+，故D正确故D正确点评：本题考查了化学键、氢键、氧化性比较、离子半径的比较等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意对有关知识的积累6（3分）（2010秋赣州期中）有a、b、c、d、e五种气体
24、，进行下列实验：（1）a和b混合气体变红棕色（2）c和d混合产生白烟 （3）c和e分别通入少量溴水中溴水都变成无色透明的液体（4）b和e分别通入氢硫酸中都产生淡黄色浑浊a、b、c、d、e依次可能是（）AO2、NO、HCl、NH3、CO2BO2、NO、NH3、HCl、SO3CNO、O2、NH3、HCl、SO2DHCl、CO2、NH3、H2S、CH4考点：无机物的推断；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 专题：推断题；氮族元素分析：由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b为NO与O2的混合气；b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d为NH3、HC
25、l的混合气；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e为SO2解答：解：由a和b混合，气体变成红棕色，可知a和b为NO与O2的混合气；b通入氢硫酸中产生淡黄色沉淀，则b为氧气，a为NO；c和d混合产生白烟，则c和d为NH3、HCl的混合气；c通入少量溴水中溴水变成无色透明的液体，则c为NH3，d为HCl；e通入少量溴水中，溴水变成无色透明的液体，e通入氢硫酸中产生淡黄色浑浊，则e为SO2，则a为NO，b为O2，c为NH3，d为HCl，e为SO2，故选C点评：本题考查物质的推断，题目难度中等，注意
26、根据物质反应的实验显现进行推断是解答该题的关键，本题提示我们在学习中要注重元素化合物知识的积累7（3分）（2014秋武穴市校级月考）如图所示是短周期的一部分，已知B原子与C 原子核外电子总数之和为A的4倍，则下列推断正确的是（）AA、B、C三者中，A为金属性元素，B、C为非金属性元素BA、B、C三者核电荷数之和为40CA与B、A与C均可形成离子化合物DB与C只能形成一种共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，由短周期图可知，设A的原子序数x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，
27、解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl，以此来解答解答：解：B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，由图可知，设A的原子序数x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl，AO、P、Cl均为非金属元素，故A错误；BA、B、C三者核电荷数之和为8+15+17=40，故B正确；C三种元素均为非金属元素，则A与B、A与C不能形成离子化合物，故C错误；DB、C能形成三氯化磷、五氯化磷两种共价化合物，故D错误；故选B点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，注意利用短周期的位置关系和B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍来推断元素是
28、解答的关键，熟悉常用的元素、化合物知识及化学键的形成即可解答，题目难度不大8（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列叙述中正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（）A通常状况下将0.5mol HI气体和0.5 mol Cl2混合后，气体的分子数小于NAB同温同压下，相同体积的物质，其物质的量必相等C5.3g Na2CO3固体含有的离子数为1.5NAD标准状况下，0.5 NA个Br2所占的体积约为11.2L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、依据碘化氢和氯气能发生氧化还原反应，结合化学方程式计算分析；B、注意物质的聚集状态是否是气体；C、求出碳酸钠的物质的量，然后根据1
29、mol碳酸钠含3mol离子来分析；D、标况下，溴为液态解答：解：A、0.5molHI气体和0.5mol氯气混合后发生反应：2HI+Cl2=I2+2HCl，0.5molHI全部反应需要Cl20.25mol，生成HCl的物质的量为0.5mol，剩余Cl20.25mol，生成的I2在通常状况下为固体，剩余生成的气体物质的量为0.75mol，故A正确；B、如物质的聚集状态不相同，则无法比较物质的量的关系，故B错误；C、5.3g碳酸钠的物质的量为0.05mol，而1mol碳酸钠含3mol离子，故0.05mol碳酸钠含0.15mol离子，故C错误；D、标况下，溴为液态，故D错误故选A点评：本题考查了阿伏伽
30、德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大9（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列变化规律错误的是（）A微粒半径：FClBr IB稳定性：HIHBrHClHFC沸点：HFHClHBrHID阴离子还原性：FCl Br I 考点：微粒半径大小的比较；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A电子层越多阴离子半径越大；B非金属性越强，氢化物越稳定；CHF分子间存在氢键，沸点最高；D非金属性越强，阴离子的还原性越弱解答：解：A电子层越多阴离子半径越大，故微粒半径：FClBr I，故A正确；B非金属性IBrClF，非金属性越强，
31、氢化物越稳定，故氢化物稳定性：HIHBrHClHF，故B正确；CHF分子间存在氢键，沸点最高，其它相对分子质量越大沸点越高，故沸点：HClHBrHIHF，故C错误；D非金属性IBrClF，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，阴离子还原性：FClBrI，故D正确，故选C点评：本题考查微粒半径比较、氢化物稳定性比较、沸点高低比较、还原性比较，难度不大，注意对规律的理解掌握10（3分）（2014秋武穴市校级月考）有机物X的组成为CnH2nOm，其蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.37%，则X的能在NaOH溶液中发生化学反应的同分异构体（不考虑立体异构）有（）A12种B13种C14种
32、D15种考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同分异构体的类型及其判定分析：有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为512=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）=2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102162=70，利用余商法=50，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体；解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙
33、酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选B；点评：本题主要考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类、官能团的性质是解题的关键，难度中等11（3分）（2014秋武穴市校级月考）下列化学反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠漂液中加浓盐酸产生氯气：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO3+2
34、HClOC用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SD氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2+OH+H+SO42=CaSO4+H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；B发生氧化还原反应生成硫酸钙；C发生氧化还原反应生成硝酸铁、S、NO和水；D等物质的量反应，不符合离子的配比解答：解：A次氯酸钠漂液中加浓盐酸产生氯气的离子反应为ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，故A正确；B少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO4+HClO+Cl+H+，故B错误；C用稀HNO3溶解FeS
35、固体的离子反应为NO3+FeS+4H+Fe3+S+NO+2H2O，故C错误；D氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合的离子反应为Ca2+2OH+2H+SO42=CaSO4+2H2O，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方程式的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化后还原反应的离子反应考查，题目难度不大12（3分）（2014秋武穴市校级月考）某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能），下列有关叙述正确的是（）A两步反应均为吸热反应B加入催化剂会改变反应的焓变C三种化合物中C最稳定D整个反应中H
36、=E1E2考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题解答：解：AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C物质的总能量越低，越稳定，故C正确；D整个反应中H=（E1E2）+（E2E3）E4=E1E3E4，故D错误故选C点评：本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算13（3分）（2014秋武穴市校级月考）煤的气化是
37、工业生产中煤的综合利用的方法之一已知下列热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=393.5kJmol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H2=242.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H3=283.0kJmol1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H4，则H4为（）A131.5kJmol1B+352.5kJmol1C352.5kJmol1D+131.5kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 专题：化学反应中的能量变化分析：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关解答：解：已知下列热化学方程式：C（s）+O2（g）CO2（g）
38、H1=393.5kJmol1H2（g）+O2（g）=H2O（g）H2=242.0kJmol1CO（g）+O2（g）=CO2（g）H3=283.0kJmol1依据盖斯定律得到：C（S）+H2O（l ）=CO （g）+H2（g）H=+131.5 kJmol1，故选：D点评：本题考查热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用，题目较简单14（3分）（2013陕西学业考试）对溶液中的离子进行鉴定，下列实验所得结论不合理的是（）A向溶液中加入稀硝酸后，再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，则溶液中可能含有ClB向溶液中加入KSCN溶液，观察无明显现象，继续加入氯水，溶液变红色，说明溶液中一定含有Fe2+C向溶液
39、中加入NaOH溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可推测该溶液中含有NH4+D向溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，可推测溶液中含有CO32考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：物质检验鉴别题分析：A、根据氯离子的检验方法判断；B、根据亚铁离子的检验方法判断；C、根据铵根离子及氨气的性质判断；D、根据碳酸根离子的检验方法分析解答：解：A向溶液中加入稀硝酸后，再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，发生反应为Cl+Ag+AgCl，AgCl不溶于稀硝酸，可确定溶液中含有Cl，故A合理；BKSCN溶液是用于检验Fe3+的试剂，向溶液中加入KSCN溶液，观察无明显
40、现象，说明溶液中不含Fe3+继续加入氯水，溶液变红色，说明溶液存在Fe3+，而只能是溶液中Fe2+的和加入的氯水反应生成，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl所以溶液中一定含有Fe2+，故B合理；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，一定是碱性气体，而高中化学中碱性气体只有氨气，根据题意，向溶液中加入NaOH溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了NH3，发生反应NH4+OHNH3+H2O，有NH3产生，则证明溶液中含有NH4+，故C合理；D根据题意，使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2而溶液中与盐酸反应产生CO2的离子有CO32、HCO3，反应为CO32+2H+CO2+H2O
41、、HCO3+H+CO2+H2O所以溶液中可能含有CO32或HCO3或两者都有，故D不合理；故选D点评：本题考查离子的检验，解题时要注意审题，抓住已知信息，结合所掌握的知识，进行准确判断15（3分）（2012上饶二模）某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、CO32等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+B原溶液中一定含有SO42和Na+C原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1D反应最后
42、形成的溶液中含有的溶质为Na2SO4考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题：图示题；压轴题；离子反应专题分析：A、根据生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象来确定存在的离子；B、根据电荷守恒结合A选项的内容来确定存在的离子；C、根据消耗氢氧化钠的量和生成沉淀的量来确定离子的物质的量的多少；D、根据溶液中离子之间的反应来确定含有的溶质解答：解：A、根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧
43、化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故A错误；B、根据A的推断，解题图象第二段和最后剩余沉淀的量，可以知道氢氧化铝的沉淀量和另一沉淀的量是相等的，即一定是三价铁离子，一定不含有镁离子，所以含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，一定不含碳酸根离子，溶液中需要正、负离子，故一定有阴离子SO42，不能确定钠离子是否存在，故B错误；C、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了1体积的氢
44、氧化钠，所以形成氢氧化铝用了3体积的氢氧化钠，还有3体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C正确；D、加入NaOH溶液，钠离子实际不参加反应，则反应后溶液中钠离子一定存在，所以最后溶液中含有的溶质不一定为Na2SO4，故D错误故选C点评：本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考查角度很广，难度较大16（3分）（2014岳塘区校级一模）铜和镁的合金2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，若反应中硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥
45、后称量，质量为（）A4.18gB3.12gC4.68gD5.08考点：质量守恒定律；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：压轴题；计算题；守恒法分析：由题意可知，最后的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，则沉淀的质量为金属的质量与氢氧根离子的质量之和；在金属与硝酸的反应中金属的失电子的物质的量等于硝酸中氮元素的得电子的物质的量，并由氢氧化镁和氢氧化铜的化学式可知，氢氧根离子的物质的量等于金属的失电子数解答：解：由题意可知，金属Cu、Mg与硝酸反应后再加入足量的氢氧化钠溶液，最后转化为Cu（OH）2、Mg（OH）2沉淀，由+2价金属和金属离子结合氢氧根离子的数目可知，氢氧根离子的物质的量即为金属失去电子的
46、物质的量，在金属与硝酸的反应中，硝酸被还原为NO2、NO、N2O三种气体而且在标准状况下它们的体积均为0.224L，气体的物质的量为=0.01mol，由电子守恒可知，金属的失电子的物质的量为0.01mol（54）+0.01mol（52）+0.01mol2（51）=0.12mol，即OH的物质的量为0.12mol，沉淀的质量为2.14g+0.12mol17g/mol=4.18g，故选A点评：本题较难，考查学生利用氧化还原反应中的电子守恒及利用沉淀的化学式得出转移电子数与氢氧根离子的关系是解答本题的关键二、非选择题（共52分）17（13分）（2014秋武穴市校级月考）某混合物X由Al2O3、Fe2
47、O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成进行如下实验（图1），请回答：（1）由可知X中一定存在的是Cu、Fe2O3，步骤所发生反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+（2）反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O为进一步确定上述混合物X的成分，另取9.4gX进行如下实验（图2）（3）由可得出的结论为：混合物X中无A12O3（4）步骤所得蓝色溶液中阳离子为：Fe2+、H+、Cu2+（5）原混合物中各成分的质量比为：m（Fe2O3）：m（Cu）：m（SiO2）=3.2：3.2：3.0（不必化简）考点：物质分离和提纯的方法和
48、基本操作综合应用；离子方程式的书写；物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：实验探究和数据处理题分析：由图1可知，9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；由图2可知，9.4gX与过量的氢
49、氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，所以没有Fe3+，以此来解答解答：解：由图1可知，9.4gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该
50、固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；由图2可知，9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体部分溶解，原固体中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质；6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，所以没有Fe3+，（1）由I可知X中一
51、定存在的是Cu、Fe2O3，Fe203能与盐酸反应生成氯化铁，铜能与三价铁离子反应，离子方程式分别为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，故答案为：Cu、Fe2O3；Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+；（2）二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，化学方程式是SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；（3）由第一个流程可知二氧化硅的质量为3.0g，第二个流程中9.4gX与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g不溶物，固体质量减少3g，则原固体中只含有SiO2，没有Al2O
52、3，故答案为：混合物X中无A12O3；（4）6.4g固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，说明溶液中一定存在Fe2+、H+、Cu2+，1.92g固体为铜，所以没有Fe3+；故答案为：Fe2+、H+、Cu2+；（5）通过以上分析可知，二氧化硅质量为3.0g，则Fe2O3、Cu一共6.4g，设Fe2O3为xmol，Cu为ymol，则160x+64y=6.4Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，xmol 2xmol xmol 2xmol则反应剩余的Cu为：（yx
53、）mol64g/mol=1.92g，解得：x=0.02，y=0.05，则Fe2O3的质量为0.02mol160g/mol=3.2g，Cu的质量为0.05mol64g/mol=3.2g，原混合物中各成分的质量之比m（Fe2O3）：m（Cu）：m（SiO2）=3.2：3.2：3.0；故答案为：m（Fe2O3）：m（Cu）：m（SiO2）=3.2：3.2：3.0点评：本题考查物质分离提纯的综合应用，侧重于学生的分析和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意掌握检验未知物的常用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，题目难度中等
54、18（10分）（2014秋武穴市校级月考）X、Y、Z、M、N五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M元素最高正化合价与最低负化合价代数和为4，X、Z同主族，可形成离子化合物ZX据此回答：（1）M在元素周期表中的位置为第三周期VIA族（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式），非金属气态氢化物稳定性最小的是H2S（写化学式）（3）Y、N的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有ClO2、O3、Cl2（写出其中两种物质的化学式）（4）X2M的燃烧热H=a kJmol1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：H
55、2S（g）+O2（g）=H2O（l）+SO2（g）H3=akJmol1（5）ZX的电子式为Na+：H，ZX与水反应放出气体的化学方程式为NaH+H2O=H2+NaOH考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、M、N五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，如果其核外电子数为4，则其最外层电子数为3，不符合电子排布规律，所以Y原子核外有8个电子、最外层有6个电子，为O元素；M元素最高正化合价与最低负化合价代数和为4，则M为第A族元素，所以M为S元素，则N为氯元素，X、Z同主
56、族，可形成离子化合物ZX，则X、Z为第A族元素，所以X为氢，Z为钠，据此答题解答：解：X、Y、Z、M、N五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，如果其核外电子数为4，则其最外层电子数为3，不符合电子排布规律，所以Y原子核外有8个电子、最外层有6个电子，为O元素；M元素最高正化合价与最低负化合价代数和为4，则M为第A族元素，所以M为S元素，则N为氯元素，X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，则X、Z为第A族元素，所以X为氢，Z为钠，（1）M为S元素，M在元素周期表中的位置为第三周期VIA族，故答案为：第三周期VIA
57、族； （2）在H、O、Na、S、Cl中，元素的非金属最强的为氯，存在气态氢化物的非金属元素中非金属性最弱的为硫，根据元素周期律可知，上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，非金属气态氢化物稳定性最小的是H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）O、Cl的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有ClO2、O3、Cl2，故答案为：ClO2、O3、Cl2；（4）H2S的燃烧热H=a kJmol1，则H2S燃烧反应的热化学方程式为H2S（g）+O2（g）=H2O（l）+SO2（g）H3=a kJmol1，故答案为：H2S（g）+O2（g）=H2O（l）+SO2（g）H3=a k
58、Jmol1；（5）NaH的电子式为 Na+：H，NaH与水反应放出气体的化学方程式为NaH+H2O=H2+NaOH，故答案为：Na+：H；NaH+H2O=H2+NaOH点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及元素周期徤、电子式的书写、热化学方程式书写等知识点，正确推断元素是解本题关键，题目难度中等19（6分）（2009湘潭一模）将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示：（1）写出OA段所发生反应的离子方程式H+OHH2O、CO32+H+HCO3（2
59、）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为224mL（标准状况）（3）计算原混合物中NaOH的质量及碳酸钠的质量分数考点：离子方程式的有关计算；钠的重要化合物 专题：图示题；计算题分析：（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠（2）结合图象可知，当加入35mL盐酸时，2535mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体；（3）由三种物质消耗酸的体积及三种物质的总质量来计算解答：解：（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知
60、，开始没有二氧化碳气体生成，则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段05mL先发生酸碱中和，其离子反应方程式为H+OHH2O，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32+H+HCO3，故答案为：H+OHH2O；CO32+H+HCO3；（2）结合图象可知，当加入35mL盐酸时，2535mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，设生成二氧化碳的物质的量为n，生成气体时消耗的酸的物质的量为（3525）103L1molL1=0.01mol，则 HCO3+H+CO2+H2O 1 1 0.01mol n，解得n=0.01mol，标准状况下其体积为0.01mol22
61、.4L/mol=0.224L=224mL，故答案为：224；（3）设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，则x+y=1mol/L（0.0450.025）Lx+z=1mol/L0.025L84g/moly+106g/molx+40g/molz=2.5g联立式解得x=0.01mol，y=0.01mol，z=0.015mol故NaOH的质量为0.015mol40g/mol=0.6g，Na2CO3的质量分数为，答：原混合物中NaOH的质量为0.6g，碳酸钠的质量分数为42.4%点评：本题考查学生利用图象和发生的离子反应来分析解答问题，明确反应的先后顺序及图象中每段图象对应的化学反应是解
62、答本题的关键20（11分）（2012涪城区校级模拟）某氯化铁样品含有少量FeCl2杂质现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：请根据上面流程，回答以下问题：（1）操作 I 所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还必须有250mL容量瓶、胶头滴管（填自选仪器名称），操作 II 必须用到的仪器是D （从以下选项中选择，填编号）A50mL烧杯B50mL量筒 C25mL碱式滴定管D25mL酸式滴定管（2）加入试剂和后发生反应的离子反应方程式为：2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl、Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（3）将沉淀物加热，并置于干燥器中冷却至室温，用天平称量其
63、质量为b1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2g，若b1b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是再次加热，并置于干燥器中冷却，称量，直至连续两次质量差不超过0.1g为止（4）若坩埚质量是W1g，坩埚与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是：100%（5）有同学认为：上述流程中若不加入氯水，其它步骤不变，仍可达到目的他的理由是：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3 （用化学方程式表示）考点：探究物质的组成或测量物质的含量；化学方程式的书写；离子方程式的书写；元素质量分数的计算；过滤；配制一定物质的量浓度的溶液 专题：压轴题；实验题分析：本实验目的是测定铁的质量分数
64、，采取的方法是使样品溶解、反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL的容量瓶；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管；（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价，加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀；（3）两次连续称量的质量相差不能超过0.1g才能说明分解完全，故应继续加热并称量；（4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为（W2W1）g，由于取25mL溶液，故250mL溶液可以得到Fe2O3质量为10（W2W1）g，根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的
65、定义计算原氧化铁样品中铁元素的质量分数；（6）样品溶于水，不加氯水，生成的氢氧化亚铁在蒸干加热时氢氧化亚铁会迅速被氧气氧化为氢氧化铁，加热最终转化为Fe2O3，不影响铁元素质量分数的测定；解答：解：（1）由图可知，操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成250.00mL溶液，故需要250mL容量瓶、胶头滴管；操作II是准确量取25.00mL的稀释后的溶液，故应需要滴定管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；D；（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价，发生反应为2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl；加氨水就是使+3价铁充分转化为Fe（OH）3沉淀，发生反应为Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3
66、NH4+；故答案为：2Fe 2+Cl2=2Fe 3+2Cl、Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（3）两次连续称量的质量相差不能超过0.1g才能说明分解完全，故应继续加热并称量；故答案为：继续加热，冷却至室温时，称量，直至两次连续称量质量差不超过0.1g；（4）250mL溶液可以得到Fe2O3质量为10（W2W1）g，铁元素的质量为10（W2W1）g=7（W2W1）g，所以原氧化铁样品中铁元素的质量分数=100%；故答案为：100%；（5）样品溶于水，不加氯水，生成的氢氧化亚铁在蒸干加热时氢氧化亚铁会迅速被氧气氧化为氢氧化铁，加热最终转化为Fe2O3，不影响铁元素质量分数的测定
67、，故该方案可行，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；点评：本题考查溶液配制、离子检验、对实验操作的理解与实验方案的评价、化学计算等，难度中等，清楚测定原理是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力21（12分）（2014秋武穴市校级月考）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2，E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基根据下列转化关系回答问题：ABCDE（1）写出A分子中所含官能团的名称醛基和碳碳双键（2）完成方程式，并写出反应类型：AB，反应类型氧化反应BC，
68、反应类型加成反应（3）写出E的结构简式；（4）写出由D反应生成高聚物的化学反应方程式n+（n1）H2O考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：A的分子式为C9H8O，A的不饱和度=6，A中含有苯环，根据其不饱和度知A中还含有2个不饱和键，A能和氢氧化铜悬浊液反应，则A中含有醛基，同时A中还应含有一个碳碳双键；A被氧化生成羧酸B，B和溴化氢发生加成反应生成C，C和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成D，D能发生酯化反应生成E，E的分子式为C9H8O2，E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基，则E的结构简式为：，所以可推知A的结构简式为：，B的结构简式为：，C的结构简式为：，D的
69、结构简式为：，据此答题；解答：解：A的分子式为C9H8O，A的不饱和度=6，A中含有苯环，根据其不饱和度知A中还含有2个不饱和键，A能和氢氧化铜悬浊液反应，则A中含有醛基，同时A中还应含有一个碳碳双键；A被氧化生成羧酸B，B和溴化氢发生加成反应生成C，C和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成D，D能发生酯化反应生成E，E的分子式为C9H8O2，E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基，则E的结构简式为：，所以可推知A的结构简式为：，B的结构简式为：，C的结构简式为：，D的结构简式为：，（1）通过以上分析知，A为：，所以A中含有醛基和碳碳双键，故答案为：醛基和碳碳双键；（2）A被氢氧化铜悬浊液氧化生成B，反应方程式为：，该反应属于氧化反应；B和溴化氢发生加成反应生成C，反应方程式为：，该反应属于加成反应，故答案为：，氧化反应；加成反应；（3）通过以上分析知，E的结构简式为：，故答案为：（4）D的结构简式为：，由D中的羧基和羟基可以脱水发生缩聚反应生成高聚物，反应的化学反应方程式为n+（n1）H2O，故答案为：n+（n1）H2O；点评：本题考查了有机物的推断，正确推断E的结构是解本题关键，采用正逆相结合的方法进行分析推断，难度中等- 26 - 版权所有高考资源网
