1、2016年江西省吉安市新干县高考化学一模试卷一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的每小题6分，共48分）1能表示阿伏加德罗常数数值的是（）A1 mol金属钠含有的电子数B0.012 kg 12C中含有的碳原子数C1 mol H2SO4完全溶于水后电离出的H+的个数D27 g Al与足量稀硫酸反应后生成H2的分子数2如图所示的装置中铁棒上析出铜，而铁的质量不变，符合要求的原电池是（）A铁棒作负极，铜棒作正极，电解质溶液是CuSO4溶液B镁棒作负极，铁棒作正极，电解质溶液是CuSO4溶液C镁棒作负极，铁棒作正极，电解质溶液是FeCl3溶液D铁棒作负极，铜棒作正极，电解质溶
2、液是H2SO4溶液3某溶液中大量存在以下五种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（）AMg2+BFe2+CCO32DBa2+4一定温度下的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达到平衡缩小容器容积，对反应产生影响的叙述不正确的是（）A使平衡常数K增大B使平衡向正反应方向移动C使SO3的浓度增大D使正反应速率大于逆反应速率5下列说法中，错误的是（）A蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都只是葡萄糖B误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒C油脂、乙酸乙酯都属于酯类
3、，但不是同系物D煤的干馏可以得到苯、甲苯等芳香烃6下列关于硝酸的说法正确的是（）A将分别蘸有浓硝酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，有白烟生成B硝酸具有酸的通性，如果与活泼金属反应，会有H2生成C浓硝酸能使活泼金属如铝、镁、锌、铁等发生“钝化”D常温下，铜与稀HNO3反应很慢，是因为发生了“钝化”7某同学用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等）下列分析推理正确的是（）50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标准状况）2.24L3.36L3.36LA盐酸的物质的量浓度为6.0mol/LB当混合物质量为9.2
4、g时，50mL盐酸恰好完全反应C混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量之比为1：1D根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数8室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是（）选项实验方案观察要点A等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应恰好反应时的体积比B醋酸溶液中加入醋酸钠固体溶液pH的变化C等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应产生H2的起始速率D将pH=4的醋酸稀释成pH=6的溶液加H2O的量AABBCCDD二、非选择题（共4小题，共52分）9将炉甘石（ZnCO3）、赤铜矿（Cu2O）和过量的炭混合后，加热至800左右，充分反应后，即得金光闪闪的“假黄金
5、”请你参与课外活动小组同学对“假黄金”进行的探究实验，并回答有关问题：【提出问题】“假黄金”的化学组成是什么？【查阅资料】高温时炭可将金属活动顺序中铝以后的金属氧化物还原成金属单质；ZnCO3高温可分解成金属氧化物【猜想】“假黄金”可能由C、Zn、Cu三种单质组成；“假黄金”可能由ZnO、CuO、Cu2O三种氧化物组成；“假黄金”可能是单质和氧化物组成的混合物（1）【论证】他们经思考和推理后，首先排除了猜想（填“”“”或“”），你觉得他们的理由是进而再排除了猜想（填“”“”或“”）对余下的一种猜想，他们又排除了其中的一种物质，你认为他们的依据是（2）【进行实验】他们用实验鉴定了“假黄金”中所含
6、的两种物质，请将实验过程填入下表中：实验步骤实验方法观察到的现象步骤1步骤2（3）【得出结论】“假黄金”的化学组成是10X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍（1）W在周期表中的位置为（2）Y和Z元素可组成的化合物的化学式为（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物的稀溶液反应的离子方程式为（4）W最高价氧化物水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，且当有28mol电子转移时，共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式若Y和Z的核外电子数之和为22（1）Y的气态氢化物电子式为，工业合成该物质的化学方程式为（2）将X的最高价氧化物
7、通入到苯酚钠溶液中，实验现象是（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0.4mol时，产生气体体积（标准状况下）是11已知某溶液中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀请回答下列问题：（1）结合和，判断原溶液中肯定含有的离子是，可以排除的离子是（2）由推知原溶液
8、中一定有离子，其物质的量为mol（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是该学习小组最终得出结论：该溶液由种阳离子（填数字，下同）和种阴离子组成12有些香皂、洗发香波中往往有兰花香味，这是其中添加了化学式为C10H20O2的一种香料A，下列框图列出了生成该物质的原料及一系列反应，已知：D、E都能使石蕊变红，分子式相同，经分析E中有10个H原子，且只有两种不同的H原子C无支链，既有氧化性又有还原性，F与B碳原子数相等结合框图和提示回答有关问题：（1）F可以发生的反应有（选填序号）加成反应；消去反应；加聚反应；氧化反应；还原反应（2）E在甲基上的氢若被氯取代，其
9、一氯代物有种将该一氯化物在NaOH溶液中加热，写出该反应的方程式：（3）B、E、F分子所含的官能团的名称依次是、设计实验检验C中的官能团2016年江西省吉安市新干县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的每小题6分，共48分）1能表示阿伏加德罗常数数值的是（）A1 mol金属钠含有的电子数B0.012 kg 12C中含有的碳原子数C1 mol H2SO4完全溶于水后电离出的H+的个数D27 g Al与足量稀硫酸反应后生成H2的分子数【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、钠原子含11个电子；B、0.012
10、 kg 12C中含有的碳原子数即为阿伏伽德罗常数；C、硫酸是二元强酸；D、求出铝的物质的量，然后根据2mol铝生成3mol氢气来分析【解答】解：A、每个钠原子含11个电子，则1 mol金属钠含有的电子数为11 NA，故A错误；B、0.012 kg 12C中含有的碳原子数即为阿伏伽德罗常数，此为阿伏伽德罗常数的定义，故B正确；C、由于硫酸是二元强酸，故1 mol H2SO4完全溶于水后电离出的H+数为2NA，故C错误；D、27g即1molAl，由于2mol铝生成3mol氢气，故1mol铝与足量稀硫酸反应后生成的H2的分子数为1.5NA，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌
11、握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大2如图所示的装置中铁棒上析出铜，而铁的质量不变，符合要求的原电池是（）A铁棒作负极，铜棒作正极，电解质溶液是CuSO4溶液B镁棒作负极，铁棒作正极，电解质溶液是CuSO4溶液C镁棒作负极，铁棒作正极，电解质溶液是FeCl3溶液D铁棒作负极，铜棒作正极，电解质溶液是H2SO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】铁棒上析出铜，而铁的质量不变，说明铁棒做正极，电解质溶液为含铜离子的溶液，负极金属比铁活泼，据此分析【解答】解：铁棒做正极，另一电极的金属比铁活泼，电解质溶液为含铜离子的溶液，只有B符合，故选B【点评】本题考查了据
12、氧化还原反应原理设计原电池，注意负极为活泼电极，发生氧化反应，题目难度不大3某溶液中大量存在以下五种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（）AMg2+BFe2+CCO32DBa2+【考点】离子共存问题【专题】守恒法；离子反应专题【分析】根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断【解答】解：已知：物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n（N
13、O3）+2n（SO42）=2mol+23mol=8mol，3n（Fe3+）+n（H+）=31mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Fe2+在酸性条件下与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，Ba2+与SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故选A【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据电荷守恒判断M应为阳离子，结合离子反应问题判断4一定温度下的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达到平衡缩小容器容积，对反应产生影响的叙述不正确的是（）A使平衡常数K增大B使平衡
14、向正反应方向移动C使SO3的浓度增大D使正反应速率大于逆反应速率【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A化学平衡常数只与温度有关；B缩小容器容积，体现压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；C缩小容器容积，体现压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，根据平衡移动方向确定三氧化硫浓度变化；D化学平衡向减弱相对反应速率大的方向移动【解答】解：A该反应体系温度不变，则化学平衡常数不变，化学平衡常数只与温度有关，故A错误；B缩小容器容积，体现压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，故B正确；C缩小容器容积，体现压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向正反
15、应方向移动，则生成物三氧化硫浓度增大，故C正确；D化学平衡向减弱相对反应速率大的方向移动，缩小容器容积，压强增大，平衡向气体体积缩小的方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故D正确；故选A【点评】本题考查了压强对化学平衡的影响，注意压强只对反应前后气体体积改变的可逆反应平衡有影响，且化学平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，为易错点5下列说法中，错误的是（）A蔗糖、淀粉、纤维素水解的最终产物都只是葡萄糖B误服重金属盐，立即服用牛奶或豆浆可解毒C油脂、乙酸乙酯都属于酯类，但不是同系物D煤的干馏可以得到苯、甲苯等芳香烃【考点】蔗糖、麦芽糖简介；石油的分馏产品和用途；油脂的性质、组成与结构；淀粉的
16、性质和用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【专题】有机化学基础【分析】A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B根据重金属盐可以使蛋白质变性来分析；C油脂是高级脂肪酸甘油酯；D煤焦油中含有苯、甲苯等【解答】解：A淀粉和纤维素水解最终生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误； B重金属盐可以是蛋白质变性，所以误食后会中毒，服用大量的蛋清和牛奶后，可以和重金属反应，变为不被吸收的物质，减弱对肠胃的影响，故B正确；C油脂是高级脂肪酸甘油酯有3个酯基，而乙酸乙酯只有一个酯基，故C正确；D煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，故D正确故选A【点评】本题考查糖类油脂蛋白质的性
17、质和煤的干馏等，难度不大，注意煤的干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃6下列关于硝酸的说法正确的是（）A将分别蘸有浓硝酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，有白烟生成B硝酸具有酸的通性，如果与活泼金属反应，会有H2生成C浓硝酸能使活泼金属如铝、镁、锌、铁等发生“钝化”D常温下，铜与稀HNO3反应很慢，是因为发生了“钝化”【考点】硝酸的化学性质【专题】氮族元素【分析】A均易挥发，二者反应生成硝酸铵固体；B硝酸属于氧化性酸，它与活泼金属反应不会生成H2；C常温下，浓硝酸能使铝、铁等表面氧化生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，但是镁、锌等是没有此现象的；D铜不会发生钝化【解答】解：A将
18、分别蘸有浓硝酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，均易挥发，二者反应生成硝酸铵固体，观察到有白烟生成，故A正确；B硝酸属于氧化性酸，它与活泼金属反应不会生成H2，一般生成氮的氧化物，故B错误；C常温下，浓硝酸能使铝、铁等表面氧化生成致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，但是镁、锌等是没有此现象的，则浓硝酸能使活泼金属如铝、铁发生“钝化”现象，故C错误；D常温下，铜与稀HNO3反应很慢，与金属活泼性，硝酸的浓度等有关，铜不会发生钝化，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的性质及反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，把握物质的性质、浓度与反应的关系为解答的关键，注意钝化的理解与应
19、用，题目难度不大7某同学用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验，测得如下数据（盐酸的物质的量浓度相等）下列分析推理正确的是（）50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标准状况）2.24L3.36L3.36LA盐酸的物质的量浓度为6.0mol/LB当混合物质量为9.2g时，50mL盐酸恰好完全反应C混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量之比为1：1D根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】由题意可知：9.2 g混合物与50 mL盐酸反应时盐酸过量，而27.6 g混合物与50
20、 mL盐酸作用时盐酸不足；A求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H+HCO3=H2O+CO2计算n（HCl），再利用c=计算；B生成3.36L二氧化碳需要混合物的质量为9.2g=13.8g15.7g，所以9.2 g混合物与50 mL盐酸反应时盐酸过量；C第一组实验中混合物完全反应，令NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x、y，根据二者总质量及生成二氧化碳的体积列方程计算解答；D根据C中的计算数据可以计算出NaHCO3的质量分数【解答】解：由题意可知：9.2 g混合物与50 mL盐酸反应时盐酸过量，而27.6 g混合物与50 mL盐酸作用时盐酸不足，
21、A由反应H+HCO3=CO2+H2O知，盐酸的物质的量为：n（HCl）=n（CO2）=0.15 mol，所以c（HCl）=0.15 mol0.05 L=3 mol/L，故A错误；B生成3.36L二氧化碳需要混合物的质量为9.2g=13.8g15.7g，所以9.2 g混合物与50 mL盐酸反应时盐酸过量，故B错误；C设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x 和y，则有：x+y=0.1mol 84x+100y=9.2g 联立方程，解得：x=0.05 mol，y=0.05 mol故n（NaHCO3）：n （KHCO3）=0.05mol：0.05mol=1：1，故C正确；D由C中
22、计算可知，w（NaHCO3）=100%=45.65%，故D错误，故选C【点评】本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题注意比较三组数据，判断反应的程度，为解答该题的关键点，也是易错点8室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是（）选项实验方案观察要点A等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应恰好反应时的体积比B醋酸溶液中加入醋酸钠固体溶液pH的变化C等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应产生H2的起始速率D将pH=4的醋酸稀释成pH=6的溶液加H2O的量AABBCCDD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、酸碱中和反应，无法判断电解
23、质的强弱，不能作为区分电解质强弱；B、醋酸溶液中存在电离平衡，引进醋酸跟后，影响平衡；C、溶液中弱电解质部分电离，强电解质完全电离，c（H+）不同；D、强电解质稀释，溶液中的n（H+），弱电解质稀释时，n（H+）增大；【解答】A、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应，属于酸碱中和反应，无法作为判断强弱电解质的依据，故A错误；B、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加入醋酸钠固体后，平衡向着逆向移动，c（H+）减小，PH增大，B说法正确，故B错误；C、等体积等浓度的盐酸和醋酸，n（CH3COOH ）=n（HCl），醋酸的弱电解质，部分电离，醋酸溶液中c（H+）要小于盐酸的，产生H
24、2的起始速率会不同，C的判断正确，故C错误；D、弱电解质加水稀释，会促进电离，导致n（H+）增大，加入水的量要比强电解质多，D说法正确，故D错误故选A【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据现象推断电解质强弱，难度适中二、非选择题（共4小题，共52分）9将炉甘石（ZnCO3）、赤铜矿（Cu2O）和过量的炭混合后，加热至800左右，充分反应后，即得金光闪闪的“假黄金”请你参与课外活动小组同学对“假黄金”进行的探究实验，并回答有关问题：【提出问题】“假黄金”的化学组成是什么？【查阅资料】高温时炭可将金属活动顺序中铝以后的金属氧化物还原成金属单质；ZnCO3高温可分解成金属氧化物【猜想】“假黄金”可能
25、由C、Zn、Cu三种单质组成；“假黄金”可能由ZnO、CuO、Cu2O三种氧化物组成；“假黄金”可能是单质和氧化物组成的混合物（1）【论证】他们经思考和推理后，首先排除了猜想（填“”“”或“”），你觉得他们的理由是高温时炭能将金属活动性顺序中铝以后的金属的氧化物还原成金属单质进而再排除了猜想（填“”“”或“”）对余下的一种猜想，他们又排除了其中的一种物质，你认为他们的依据是过量的炭在高温时能与空气中的氧气反应生成CO或CO2（2）【进行实验】他们用实验鉴定了“假黄金”中所含的两种物质，请将实验过程填入下表中：实验步骤实验方法观察到的现象步骤1步骤2（3）【得出结论】“假黄金”的化学组成是锌和铜
26、的合金【考点】金属与合金在性能上的主要差异；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】由题目所给信息可知，木炭在高温下可以将金属活动顺序表铝以后的金属氧化物还原为相应的金属单质，所以一定不对；并且木炭在高温下可被氧气氧化为CO2或CO气体，所以一定不对；综上所述假黄金中不可能存在金属氧化物，综合考虑假黄金的成分为锌和铜步骤1：取少量的“假黄金”于小烧杯中，加入适量的稀硫酸，现象是有大量的气泡产生步骤2：将上述反应后的剩余固体置于酒精灯火焰上灼烧，现象是固体表面变为黑色经上述实验现象“假黄金”的化学成分是锌和铜的合金【解答】解：由题目所给信息可知，木炭在高温下可以将金属活动
27、顺序表铝以后的金属氧化物还原为相应的金属单质，所以一定不对；并且木炭在高温下可被氧气氧化为CO2或CO气体，所以一定不对；综上所述假黄金中不可能存在金属氧化物，综合考虑假黄金的成分为锌和铜步骤1：取少量的“假黄金”于小烧杯中，加入适量的稀硫酸，现象是有大量的气泡产生步骤2：将上述反应后的剩余固体置于酒精灯火焰上灼烧，现象是固体表面变为黑色经上述实验现象“假黄金”的化学成分是锌和铜的合金（1）木炭在高温下可以将金属活动顺序表铝以后的金属氧化物还原为相应的金属单质，所以一定不对；并且木炭在高温下可被氧气氧化为CO2或CO气体，所以一定不对，故答案为：，高温时炭能将金属活动性顺序中铝以后的金属的氧化
28、物还原成金属单质；，过量的炭在高温时能与空气中的氧气反应生成CO或CO2；（2）综上所述假黄金中不可能存在金属氧化物，综合考虑假黄金的成分为锌和铜，步骤1：取少量的“假黄金”于小烧杯中，加入适量的稀硫酸，现象是有大量的气泡产生步骤2：将上述反应后的剩余固体置于酒精灯火焰上灼烧，现象是固体表面变为黑色，故答案为：实验步骤实验方法观察到的现象步骤1取少量“假黄金”于小烧杯中，加入适量稀硫酸有大量气泡产生步骤2将上述反应后的剩余固体置于酒精灯火焰上灼烧固体表面变黑色（3）经上述实验现象“假黄金”的化学成分是锌和铜的合金，故答案为：锌和铜的合金【点评】本题考查合金的性质和用途的知识，主要是铜、锌的实验
29、设计验证，金属性质的理解应用，题目难度中等10X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍（1）W在周期表中的位置为第三周期A族（2）Y和Z元素可组成的化合物的化学式为SO2、SO3（3）写出铜和X的最高价氧化物水化物的稀溶液反应的离子方程式为3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O（4）W最高价氧化物水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，且当有28mol电子转移时，共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式4HClO42Cl2+7O2+2H2O若Y和Z的核外电子数之和为22（1）Y的气态氢化物电子式为，工业合成该
30、物质的化学方程式为N2+3H22NH3（2）将X的最高价氧化物通入到苯酚钠溶液中，实验现象是溶液变浑浊（3）X单质与W的最高价氧化物水化物的浓溶液反应，当电子转移0.4mol时，产生气体体积（标准状况下）是6.72L【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表的位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，、若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Z最外层电子数为6，故Z为硫元素，由元素在周期表中的相对位置可知，X为氮元素、Y为氧元素、W为Cl元素；（1）W为Cl元素，原子核外电子数为3，有3个电子
31、层，最外层电子数为7；（2）氧元素与硫元素组成的化合物为二氧化硫与三氧化硫；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；（4）高氯酸浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，该气体为氯气，根据电子转移守恒可知，氧元素被氧化生成氧气，由氢元素守恒，还原水生成，根据电子转移守恒计算氯气、氧气的物质的量，确定二者系数，据此书写；、若Y和Z的核外电子数之和为22，令Y的核外电子数为y，则Z的核外电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为氮元素、Z为磷元素，则X为碳元素、W为硫元素；（1）氨气分子中N原子成3个NH键，N原子还原1对孤对电子，据此书写电子式；工业上通常利用氮气与氢气在高温
32、、高压催化剂条件下生成氨气；（2）碳酸的酸性比苯酚强，反应生成苯酚，通常条件下苯酚溶解性不大；（3）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，根据电子转移守恒计算二者的物质的量，再根据V=nVm计算体积【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由元素在周期表的位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，、若Z元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则Z最外层电子数为6，故Z为硫元素，由元素在周期表中的相对位置可知，X为氮元素、Y为氧元素、W为Cl元素；（1）W为Cl元素，原子核外电子数为3，有3个电子层，最外层电子数为7，故处于周期表第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）氧元素与硫
33、元素组成的化合物为：SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3；（3）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；（4）高氯酸浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是黄绿色气体，该气体为氯气，根据电子转移守恒可知，氧元素被氧化生成氧气，由氢元素守恒，还原水生成，当有28mol电子转移时，得到氯气为=2mol，生成氧气为9mol2mol=7mol，故反应方程式为：4HClO42Cl2+7O2+2H2O，故答案为：4HClO42Cl2+7O2+2H2O；、若Y和Z的核外电子数之
34、和为22，令Y的核外电子数为y，则Z的核外电子数为y+8，则y+y+8=22，解得y=7，故Y为氮元素、Z为磷元素，则X为碳元素、W为硫元素；（1）氨气分子中N原子成3个NH键，N原子还原1对孤对电子，故氨气分子的电子式为，工业合成氨气的化学方程式为N2+3H22NH3，故答案为：；N2+3H22NH3；（2）碳酸的酸性比苯酚强，反应生成苯酚，通常条件下苯酚溶解性不大，溶液变浑浊，故答案为：溶液变浑浊；（3）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，当电子转移0.4mol时，n（SO2）=0.2mol、n（CO2）=0.1mol，故标准状况下产生气体的体积为（0.2mol+0.1mol）22.4L
35、/mol=6.72L，故答案为：6.72L【点评】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、元素化合物性质、化学计算等，推断元素是解题的关键，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大11已知某溶液中可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀请回答下列问题：（1）结合和，判断原溶液中肯定
36、含有的离子是NH4+、Fe3+，可以排除的离子是CO32（2）由推知原溶液中一定有SO42离子，其物质的量为0.02mol（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是Al3+和K+该学习小组最终得出结论：该溶液由2种阳离子（填数字，下同）和3种阴离子组成【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】某溶液可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，那么一定存在：NH4+、Fe3+，根据原子守恒知，n（NH4+）=0
37、.02mol，根据离子共存知，溶液中不存在CO32；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体为Fe2O3，n（Fe2O3）=0.01mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.02mol，根据硫酸根离子守恒得n（SO42）=n（BaSO4）=0.02mol，由于所含阴离子的物质的量相等，且溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷=0.023+0.02=0.08mol，阴离子所带电荷=20.02mol=0.04mol，所以溶液中一定还存在阴离子Cl
38、0.02mol和NO30.02mol，且不可能存在Al3+和K+，据此分析解答即可【解答】解：某溶液可能含有NO3、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+，取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，那么一定存在：NH4+、Fe3+，根据原子守恒知，n（NH4+）=0.02mol，根据离子共存知，溶液中不存在CO32；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体为Fe2O3，n（Fe2O3）=0.01mol，根据Fe原子守恒得n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.02mol；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸
39、的沉淀，该白色沉淀是BaSO4，n（BaSO4）=0.02mol，根据硫酸根离子守恒得n（SO42）=n（BaSO4）=0.02mol，由于所含阴离子的物质的量相等，且溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阳离子所带电荷=0.023+0.02=0.08mol，阴离子所带电荷=20.02mol=0.04mol，所以溶液中一定还存在阴离子Cl0.02mol和NO30.02mol，且不可能存在Al3+和K+，依据分析：溶液中一定存在：NH4+、Fe3+、SO42、NO3、Cl、且物质的量均为：0.02mol，一定不存在：CO32、Al3+和K+，（1）结合和，判断原溶液中肯定含有的离子是：NH4+、F
40、e3+，可以排除的离子是：CO32，故答案为：NH4+、Fe3+；CO32；（2）由推知原溶液中一定有：SO42离子，其物质的量为：0.02mol，故答案为：SO42；0.02；（3）综合（1）、（2）及题干信息，结合溶液中电荷守恒知识，还可以排除的离子是：Al3+和K+，该学习小组最终得出结论：该溶液由2种阳离子和3种阴离子组成，故答案为：Al3+和K+；2；3【点评】本题考查离子方程式的有关计算，明确各个步骤发生的反应及离子共存条件是解本题关键，离子共存还常常与盐类水解、溶液酸碱性等知识点联合考查，题目难度中等12有些香皂、洗发香波中往往有兰花香味，这是其中添加了化学式为C10H20O2的
41、一种香料A，下列框图列出了生成该物质的原料及一系列反应，已知：D、E都能使石蕊变红，分子式相同，经分析E中有10个H原子，且只有两种不同的H原子C无支链，既有氧化性又有还原性，F与B碳原子数相等结合框图和提示回答有关问题：（1）F可以发生的反应有（选填序号）加成反应；消去反应；加聚反应；氧化反应；还原反应（2）E在甲基上的氢若被氯取代，其一氯代物有1种将该一氯化物在NaOH溶液中加热，写出该反应的方程式：（3）B、E、F分子所含的官能团的名称依次是羟基、羧基、碳碳双键设计实验检验C中的官能团取样于洁净的试管中，加入新制的银氨溶液，水浴加热，若试管内壁产生光亮的银，说明原试样中含醛基【考点】有机
42、物的推断；同分异构现象和同分异构体【专题】有机物的化学性质及推断【分析】D、E都能使石蕊变红，含有COOH，二者分子式相同，为同分异构体由转化关系可知，B为醇，C为醛，D、E为羧酸，故A为酯，且B、C、D、E、F分子中碳原子数相同，A的分子式为C10H20O2，则B、E分子式依次为C5H12O、C5H10O2，C无支链，既有氧化性又有还原性，则B无支链，故B结构简式为CH3（CH2）3CH2OH，C为CH3（CH2）3CHO，D为CH3（CH2）3COOH，E分子中有10个H原子，且只有两种不同的H原子，则E的结构简式为（CH3）3CCOOH，B和E发生酯化反应生成A，故A为C（CH3）3CO
43、OCH2（CH2）3CH3F与B碳原子数相等，则B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F，F为烯烃，结构简式为CH3（CH2）2CH=CH2，据此解答【解答】解：D、E都能使石蕊变红，含有COOH，二者分子式相同，为同分异构体由转化关系可知，B为醇，C为醛，D、E为羧酸，故A为酯，且B、C、D、E、F分子中碳原子数相同，A的分子式为C10H20O2，则B、E分子式依次为C5H12O、C5H10O2，C无支链，既有氧化性又有还原性，则B无支链，故B结构简式为CH3（CH2）3CH2OH，C为CH3（CH2）3CHO，D为CH3（CH2）3COOH，E分子中有10个H原子，且只有两种不同的H原子，
44、则E的结构简式为（CH3）3CCOOH，B和E发生酯化反应生成A，故A为C（CH3）3COOCH2（CH2）3CH3F与B碳原子数相等，则B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成F，F为烯烃，结构简式为CH3（CH2）2CH=CH2，（1）F为烯烃，结构简式为CH3（CH2）2CH=CH2，所以可以发生加成、加聚、氧化反应，也可以与氢气加成发生还原反应，故答案为：；（2）E的结构简式为（CH3）3CCOOH，甲基上的氢化学化学相同，为等效氢，若被氯取代，其一氯代物有 1种该一氯化物在NaOH溶液中加热，发生取代反应、中和反应，该反应的方程式：故答案为：1；E的一氯代物与碱的反应既是水解也有中和（
45、3）B结构简式为CH3（CH2）3CH2OH，含有羟基E的结构简式为（CH3）3CCOOH，含有羧基F的结构简式为CH3（CH2）2CH=CH2，含有碳碳双键；C为CH3（CH2）3CHO，含有醛基，检验醛基的存在为：取样于洁净的试管中，加入新制的银氨溶液，水浴加热，若试管内壁产生光亮的银，说明原试样中含醛基，故答案为：羟基、羧基、碳碳双键；取试样于洁净的试管中，加入新制的银氨溶液，水浴加热，若试管内壁产生光亮的银，说明原试样中含醛基【点评】本题考查了有机中的主干知识，涉及烯烃、卤代烃、醇、醛、酸的性质，考查了官能团名称，同分异构体、方程式的书写等，比较基础，能全面检查学生基础知识学习状况版权所有：高考资源网()