1、高考资源网（ ），您身边的高考专家2015-2016学年广东省河源市龙川一中高三（上）月考化学试卷（11月份）一、单项选择题（42分）1分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DNa2O，NaOH，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：Al3+、Cl、MnO4、SO42B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3、
2、SCNC0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID使酚酞变红色的溶液：CO32、Cl、F、K+3在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是（）AO2是还原产物，Mn2+是氧化产物BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂C标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol eD通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液4用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A11.2 g Fe投入到400 mL 1 mol/L的硝酸中充分反应，转移电子总数为0.2 NAB标准状况下，1
3、1.2 L C2H6含3 NA个CH极性共价键C标准状况下，5.6 L NO和5.6 L O2混合后的分子总数为0.5 NAD标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为NA5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等6某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、HCO3、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴
4、加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有Na2SO4D原溶液中含有CO32与AlO2 的物质的量之比为1：27在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH3的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）A溶质的质量分数为w=100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液
5、溶质的质量分数大于0.5w二、非选择题（58分）8如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：（2）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入abcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无
6、色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是该现象（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是9氢化亚铜（CuH）是一种难溶的物质，用铜或铜的某些化合物和“另一物质A”在一定条件下反应可生成它CuH 不稳定易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下可发生反应2Cu+Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的知识，回答下列问题：（1）在溶液和“另一物质A”制CuH 的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质A”在反应中所起的作用是 （填氧化剂或还原剂）若A的化学式为NH5，它所有原子最外层电子都达到稀有气
7、体的稳定结构，它的电子式为，A溶于水后，溶液显 （填酸性、碱性、中性）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式（3）CuH溶解在稀HCl中，产生的现象有（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中产生的气休只有NO，请写出反应的离子方程式10常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42、Cl、NO3、CO32，阳离子可能是Ag+、NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+，已知：M的焰色反应呈黄色五种盐均溶于水，水溶液均为无色X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液
8、中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（2）M的化学式为，M溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）（3）N和氨水反应的离子方程式是（4）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是11某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）（1）A的化学名称是，AB的反应类型是；（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为（3）DE的化学方程式为（4）G与新制的Cu（O
9、H）2发生反应，所得有机物的结构简式为（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaCCR2R1CH2CCR2，则M得结构简式为（6）已知R3CCR4，则T的结构简式为2015-2016学年广东省河源市龙川一中高三（上）月考化学试卷（11月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（42分）1分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DNa2O，NaOH，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的
10、含氧化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物【专题】物质的分类专题【分析】A、纯碱是碳酸钠属于盐；B氧化性的酸会表现出较强的氧化性；C、混合物是由不同分子构成的物质；D、含钠的氧化物是指含有钠元素和氧元素的化合物【解答】解：A、冰醋酸是酸，纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，芒硝是硫酸钠晶体、生石灰是氧化钙分别属于盐、氧化物故A错误；BHClO、H2SO4（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C、漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D、Na2O，NaOH，Na2CO3属于钠的
11、含氧化合物，但是NaCl不属于钠的含氧化合物，故D错误故选B【点评】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单2常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液中：Al3+、Cl、MnO4、SO42B含有大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、NO3、SCNC0.1 molL1AgNO3溶液：H+、K+、SO42、ID使酚酞变红色的溶液：CO32、Cl、F、K+【考点】离子共存问题【分析】AMnO4为紫色；B离子之间结合生成络离子；C离子结合生成沉淀；D使酚酞变红色的溶液，显碱性【解答】解：AMnO4为紫色，与无色不符，故
12、A错误；BFe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；CAg+分别与SO42、I结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D【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、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大3在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是（）AO2是还原产物，Mn2+是氧化产物BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂C
13、标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol eD通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算【分析】在2MnO4+12H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+中，2MnO42Mn2+，Mn元素的化合价由+7价+2价，得到25e，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O25O2，O元素的化合价由1价0价，失去10e，过氧化钠是还原剂，以此来解答【解答】解：AMn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故A错误；B过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还
14、原剂，故B错误；C标准状况下，产生22.4L O2时反应转移20（1）=2mol e，故C正确；D用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误；故选C【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，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大4用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是（）A11.2 g Fe投入到400 mL 1 mol/L的硝酸中充分反应，转移电子总数为0.2 NAB标准状况下，11.2 L C2H6含3 NA个CH极性共价键C标准状况下，5.6 L NO和5.6 L O2混合后的分子总数为0.5 NA
15、D标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为NA【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发生反应为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，铁的物质的量为0.2mol，硝酸的物质的量为0.4mol，依据方程式可知铁过量，转移电子数依据硝酸的量计算；B依据n=计算物质的量，结合乙烷分子结构计算含有的CH极性共价键；C在NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，导致气体体积偏小； D根据氢气的物质的量计算转移的电子数【解答】解：A发生反应为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，铁的物质的量为0.2mol，
16、硝酸的物质的量为0.4mol，依据方程式可知铁过量，转移电子数依据硝酸的量计算，依据方程式可知消耗8mol硝酸生成2mol一氧化氮转移6mol电子，所以消耗0.4mol硝酸转移0.3mol电子，个数为0.3NA，故A错误；B标准状况下，11.2LC2H6的物质的量=0.5mol，结合乙烷分子结构计算含有的CH极性共价键=0.5mol6NA=3NA，故B正确；C一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O22NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故C错误；D铝与氢氧化钠溶液反应中氢元素化合价由+1价降低为0价，反应生成1mol氢气时，转移的电子数为1mol2NAmol1=2NA，故
17、D错误；故选B【点评】本题考查了考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，注意乙烷分子的结构5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；真题集萃【分析】短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由
18、此分析解答【解答】解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：ZWXY，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：XWZ，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A【点评】本题考查元素的推断、元素周期表、元素周
19、期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易6某溶液中可能含有OH、CO32、AlO2、SiO32、SO42、HCO3、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图象如图所示下列说法正确的是（）A原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、CO32B反应最后形成的溶液中的溶质为NaClC原溶液中一定含有Na2SO4D原溶液中含有CO32与AlO2 的物质的量之比为1：2【考点】离子方程式的有关计算【专题】计算题【分析】结构图象曲线变化可知，开始无沉淀生成说
20、明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含氢氧根离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有钠离子离子，据此进行解答【解答】解：由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸
21、和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2、SiO32和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO2与HCO3发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCO3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子；A、依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH、SiO32、AlO2、C
22、O32，故A正确；B、反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；C、溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故C错误；D、依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO32+2H+=CO2+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，原溶液中含有CO32与AlO2的物质的量之比为3：4，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，正确分析图象曲线变化为解题关键，明确硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质，试题培养了学生的分析、理解能力7在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V m
23、L溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH3的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）A溶质的质量分数为w=100%B溶质的物质的量浓度c= molL1C溶液中c（OH）= molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算B、根据n=计算a g NH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量
24、浓度C、氨水的浓度为= mol/L，一水合氨是弱电解质D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为VmL，所以溶液质量为Vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为100%，故A错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B正确；C、氨水的浓度为= mol/L，一水合氨是弱电解质，不能完全电离，所以溶液中溶液中c（OH）mol/L，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水
25、与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误故选：B【点评】考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，理解概念是解题的关键二、非选择题（58分）8如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体主要成分为Ca（ClO）2和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中
26、的现象锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入dabcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色该现象不能（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是过量的Cl2也可将I氧化为I2【考点】氯气的实验室
27、制法；氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】（1）漂白精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；过量氯气也会也
28、会碘离子生成碘单质【解答】解：（1）漂白精的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙与浓盐酸反应的反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：主要成分为Ca（ClO）2，Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是
29、否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中、依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；（4）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，此现象不能说明溴的氧化性大于碘，因为过量的氯气也会也会碘离子为碘单质；故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；不能； 过量的Cl2也可将I氧化为I2；【点评】本
30、题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，注意基础知识的掌握，本题难度中等9氢化亚铜（CuH）是一种难溶的物质，用铜或铜的某些化合物和“另一物质A”在一定条件下反应可生成它CuH 不稳定易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下可发生反应2Cu+Cu2+Cu根据以上信息，结合自己所掌握的知识，回答下列问题：（1）在溶液和“另一物质A”制CuH 的反应中，用氧化还原观点分析，这“另一物质A”在反应中所起的作用是还原剂 （填氧化剂或还原剂）若A的化学式为NH5，它所有原子最外层电子都达到稀有气体的稳定结构，它的电子式为，A溶于水后，溶液显
31、碱性 （填酸性、碱性、中性）（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl（3）CuH溶解在稀HCl中，产生的现象有生成红色沉淀和无色气体，溶液变蓝色（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中产生的气休只有NO，请写出反应的离子方程式CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；氧化还原反应【专题】信息给予题【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物；NH5溶于水会与水反应生成氨水；（2）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂
32、；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子，再根据Cu+在酸性条件下可发生反应2Cu+Cu2+Cu，所以反应为2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体【解答】解：（1）根据化合价的变化判断，CuSO4做氧化剂、所以另一物质做还原剂，NH5在所有原子都达到稀有气体的稳定结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，说明NH5是由NH4+和H组成的离子化合物，电子式为，NH5溶于水会与水反应生成氨水，所以溶液呈碱性；故答案为：还原剂；碱性；（2
33、）CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂，所以反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，故答案为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；（3）CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，盐酸中H+得电子，再根据Cu+在酸性条件下可发生反应2Cu+Cu2+Cu，所以反应为2CuH+2H+=Cu2+Cu+2H2；故答案为：生成红色沉淀和无色气体，溶液变蓝色；（4）Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2+Cu，稀硝酸具有强氧化性，CuH具有还原性，二者反应生成一氧化氮气体、铜离子、H2O，故答案为：CuH+3H+NO3=Cu2+2H2O+NO【点评】本题属于信息给
34、予题，筛选有用信息结合已学知识进行整合处理，难度较大10常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42、Cl、NO3、CO32，阳离子可能是Ag+、NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+，已知：M的焰色反应呈黄色五种盐均溶于水，水溶液均为无色X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定不含有的阳离
35、子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3（2）M的化学式为Na2CO3，M溶液显碱性的原因是CO32+H2OHCO3+OH（用离子方程式表示）（3）N和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+（4）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明Y中阳离子为NH4+【考点】常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；X的溶
36、液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32，根据阳离子可知M为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42，也没有CO32；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42，所以Y、
37、N为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，以此来解答【解答】解：M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32，根据阳离子可知M为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42，也没有CO32；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均
38、能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42，所以Y、N为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，故答案为：Cu2+、Fe3+；（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；（2）M的化学式为Na2CO3，Na2CO3溶液显碱性的原因是CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：Na2CO3，CO32+H2OHCO3+OH；（3）Al2（SO4）3和氨水反应的离子方
39、程式是Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+；（4）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量（NH4）2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+，故答案为：取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明Y中阳离子为NH4+【点评】本题考查物质的检验和推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，综合考查元素化合物知识及化学反应原理，综合性较强，题目难度中等11某“化
40、学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）（1）A的化学名称是丙烯，AB的反应类型是取代反应；（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2（3）DE的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，所得有机物的结构简式为HCCCOOH（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaCCR2R1CH2CCR2，则M得结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO（6）已知R3CCR4，则T的结构简式为【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】根据
41、A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HCCCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaCCR2R1CH2 CCR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO，根据R3CCR4知，T结构简式为，据此解答【解答】解：根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然
42、后发生氧化反应生成G，G结构简式为HCCCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaCCR2R1CH2 CCR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO，根据R3CCR4知，T结构简式为（1）A的化学名称是丙烯，AB的反应类型是：取代反应，故答案为：丙烯；取代反应；（2）D中两种氢原子，所以D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2，故答案为：2；（3）D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，DE的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+
43、2NaBr+2H2O，故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHCCCH2Br+2NaBr+2H2O；（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，所得有机物的结构简式为HCCCOOH，故答案为：HCCCOOH； （5）通过以上分析知，M的结构简式为CH3CH2CH2 CCCHO，故答案为：CH3CH2CH2 CCCHO；（6）通过以上分析知，T结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、物质结构简式结合（5）（6）题中信息进行推断，（6）为易错点，学生容易忽略顺反异构问题，题目难度中等投稿兼职请联系：2355394692
