1、2014年甘肃省金昌一中高考化学预测试卷（2）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2014金川区校级模拟）“神舟七号”的燃料是氢化锂三兄弟LiH、LiD、LiT其中Li的质量数为7，对这三种物质的下列说法正确的是（）A质子数之比为1：2：3B中子数之比为1：1：1C摩尔质量之比为8：9：10D化学性质不相同2（3分）（2014金川区校级模拟）如图表示的物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA苯的同系物芳香烃芳香族化合物B 胶体分散系混合物C置换反应 氧化还原反应离子反应D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD3（3分）（2014金川区校级模拟）设NA为阿伏加德罗
2、常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2 NAB1mol羟基中电子数为10 NAC2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAD常温常压下乙烯中CH键数为4NA4（3分）（2009重庆）有关实验的叙述，正确的是（）A将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小5（3分）（2014金川区校级模拟）胡椒酚是植物挥发油中的一种成分关于胡椒酚的下列说法，其中正确的是（）该化合物属
3、于芳香烃；分子中至少有7个碳原子处于同一平面；它的部分同分异构体能发生银镜反应；1mol该化合物最多可与2mol Br2发生反应ABCD6（3分）（2014金川区校级模拟）下列离子方程式中，正确的是（）ANa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OC氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O7（3分）（2014金川区校级模拟）在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（N
4、O3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入 0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg则下列结论中不正确的是（）A反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2B氧化性：Ag+Fe3+Cu2+Zn2+C含Fe3+的溶液可腐蚀铜板D1molFe可还原1molFe3+8（3分）（2014金川区校级模拟）某固体酸燃料电池以NaHSO4固体为电解质传递H+其基本结构见如图所示，电池总反应表示为：2H2+O22H2O下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极BH+由a极通过固体酸电解质传递到b极Cb极上的电极反应式为：O2+2H2O+
5、4e4OHD每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2二、解答题（共6小题，满分60分）【必答题】9（15分）（2014金川区校级模拟）交警常用“司机饮酒检测仪”检查司机是否酒后驾车，其原理是硫酸酸化的重铬酸盐（Cr2O72橙红色）和乙醇反应生成铬盐（Cr3+绿色）和乙酸等重铬酸钠（Na2Cr2O7）在工业中有很广泛的应用，常用来制备金属铬方法如下：将铬铁矿主要成分Fe（CrO2）2与纯碱、氧气高温焙烧，除杂、酸化，得到重铬酸钠，碳和重铬酸钠在高温下反应生成Cr2O3、Na2CO3和CO，Cr2O3再经铝热法还原，即可制得金属铬请回答：（1）硫酸酸化的K2Cr2O7和乙醇反应的化学方程式是（
6、2）写出碳和重铬酸钠高温反应的化学方程式（3）写出Cr2O3经铝热法还原制得金属铬的化学方程式是（4）硫酸酸化的Na2Cr2O7和FeSO4反应，生成Cr3+等，该反应的离子方程式是（5）某Na2Cr2O7样品2.00g恰好和4.56gFeSO4完全反应，该样品的纯度为10（15分）（2014金川区校级模拟）现有五种可溶性离子化合物 A、B、C、D 和 E，组成它们的离子有：阳离子K+Ag+ Ba 2+ A13+Fe3+阴离子OH C1 SO42NO3 CO32为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果是：B 和 E 的水溶液均呈碱性A 溶于水后，与上述某阳离子反应生成的白色沉淀X，X既不溶于氨水也
7、不溶于硝酸，且 A 溶液与过量氨水反应生成白色沉淀Y；C 溶液与适量氨水反应生成无色溶液可与葡萄糖溶液发生银镜反应E 溶于水后，与上述某阴离子反应可生成 X；A溶液与适量 E溶液反应生成白色沉淀，再加入过量 E溶液，沉淀量减少，但不消失请根据上述实验结果，填空：（1）写出化合物的化学式：A，B，C（2）写出D与氨水反应的化学方程式：（3）写出实验中“再加入过量 E溶液，沉淀量减少”的离子方程式：11（16分）（2014金川区校级模拟）某天然碱化学组成可能为aNa2C03bNaHC03cH2O（a、b、c为正整数），为确定其组成，某同学作了如下探究：（1）定性分析取少量天然碱样品放入试管中，用酒
8、精灯加热，在试管口有液体生成，该液体能使无水硫酸铜变蓝能否说明样品中含结晶水，试简述理由（2）定量分析该同学设计了如图所示装置，测定天然碱的化学组成实验步骤：按如图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是；A处碱石灰的作用是：称取天然碱样品7.3g，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶的质量为87.6g，装碱石灰的U形管D的质量为74.7g打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓人空气数分钟关闭活塞Kl、K2，打开K3，点燃酒精灯加热，待不再产生气体为止打开活塞Kl，缓缓鼓人空气数分钟，然后称得装浓硫酸的洗气瓶的质量为88.5g；装碱石灰的U形管D的质量为75.8g该步骤中缓缓
9、鼓入空气的目的是计算推导：该天然碱的化学式为（3）讨论：有的同学认为：E装置是可以省略的，你的观点是（“能”或“不能”）理由是：【选做题】【有机化学】12（14分）（2014金川区校级模拟）某有机物A在酸性溶液中可发生如下反应：请回答下列问题：（1）下列关于该有机物A说法正确的是：A可发生银镜反应B向含1molA的溶液中滴加浓溴水，有2mol Br2发生取代反应C能发生消去反应D1molA与烧碱溶液反应最多可消耗4mol NaOH（2）有机物B的化学式为；B在铂的催化下，与足量氢气发生加成反应生成X，则X的结构简式为（3）有机物R的结构简式为；已知同一个碳原子连接碳碳双键和羟基时会自动转化为碳
10、氧双键；若R中的一个OH发生消去反应，可生成的同分异构体有种；（4）R与足量的醋酸反应的化学方程式为：【物质结构】13（2014金川区校级模拟）下表列出了钠的卤化物和硅的卤化物的熔点：NaXNaFNaClNaBrNaI熔点995801775651SiX4SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔点90.270.45.2120.5回答下列问题：（1）钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高很多，其原因是（2）NaF的熔点比NaBr的熔点高的原因是SiF4 的熔点比SiBr4的熔点低的原因是（3）NaF和NaBr的晶格能的高低顺序为，硬度大小为14（2014金川区校级模拟）PtCl2（NH3）2可以
11、形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，请回答下列问题：（1）PtCl2（NH3）2是平面正方形结构，还是四面体结构（2）请在以下空格内画出这两种固体分子的几何构型图，淡黄色固体：，黄绿色固体：（3）淡黄色固体物质是由分子组成，黄绿色固体物质是由分子组成（填“极性分子”或“非极性分子”）（4）黄绿色固体在水中溶解度比淡黄色固体大，原因是2014年甘肃省金昌一中高考化学预测试卷（2）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（2014金川区校级模拟）“神舟七号”的燃料是氢化锂三兄弟LiH、LiD、LiT其中Li的质量数为7
12、，对这三种物质的下列说法正确的是（）A质子数之比为1：2：3B中子数之比为1：1：1C摩尔质量之比为8：9：10D化学性质不相同考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系版权所有专题：原子组成与结构专题分析：Li的质子数为3，H、D、T的质子数都是1，质量数=质子数+中子数，质量数之比等于摩尔质量之比，利用组成和结构来分析物质的化学性质解答：解：A、质子数之比为（3+1）：（3+1）：（3+1）=1：1：1，故A错误；B、中子数之比为（4+0）：（4+1）：（4+2）=4：5：6，故B错误；C、摩尔质量之比为（7+1）：（7+2）：（7+3）=8：9：10，故C正确；D、LiH、LiD、LiT
13、的组成元素相同，结构相同，则三种物质的化学性质相同，故D错误；故选C点评：本题较简单，考查原子的构成、物质的组成及原子中的数量关系，选项C、D都是学生解答中的易错点2（3分）（2014金川区校级模拟）如图表示的物质或概念间的从属关系中不正确的是（）XYZA苯的同系物芳香烃芳香族化合物B 胶体分散系混合物C置换反应 氧化还原反应离子反应D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD考点：芳香烃、烃基和同系物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型版权所有专题：物质的分类专题分析：根据图示可知，X、Y、Z之间的关系为：Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的
14、组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来判断解答：解：A苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，满足图示关系，故A错误；B胶体属于分散系，分散系属于混合物，它们之间满足题中图示包含与被包含的关系，故B错误；C置换反应一定为氧化还原反应，但是氧化还原反应不一定为离子反应，如氢气与氧气的反应为氧化还原反应，但不属于离子反应，故C正确；D碱性氧化物一定为金属氧化物，金属氧化物属于氧化物的原则，满足题中图示的关系，故D错误；故选C点评：本题考查物质的组成和分类，题目难度不大，注意掌握常见物质的分类及各分类之间的关系，能根据其组成来判断物质的类别是解答的关键3（3分）（2014金川区校级
15、模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2 NAB1mol羟基中电子数为10 NAC2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAD常温常压下乙烯中CH键数为4NA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依据n=cV计算硝酸铵的物质的量，一个硝酸铵含2个氮原子解答；B.1个OH中含有一个氧原子和一个氢原子，共9个电子；C镁失去电子生成二价镁离子；D微粒个数N=nNA解答：解：A.1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中含硝酸铵的物质的量为：1L0.1mol/L=0.1mol，一个硝
16、酸铵含2个氮原子，所以含氮原子数为：0.1mol2NA=0.2NA，故A正确；B.1个OH中含有一个氧原子和一个氢原子，共9个电子，1mol羟基中电子数为9 NA，故B错误；C.2.4g金属镁的物质的量为：=0.1mol，1个Mg转化为Mg2+，失去2mol电子，所以0.1mol金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，故C错误；D没告诉乙烯的物质的量，无法计算，故D错误；故选：A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键4（3分）（2009重庆）有关实验的叙述，正确的是（）A将固
17、体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小考点：试纸的使用；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定版权所有分析：A、容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液；B、pH试纸不能润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准；C、进行焰色反应时铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧；D、读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小解答：解：A、容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液，要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，A项错误；B、pH不能
18、润湿，润湿后可能会改变待测夜的浓度，从而测定不准，pH试纸使用方法 要用玻璃棒蘸取少量液体，然后涂抹在试纸上，然后和试纸的比色条比对，判断pH数值，B项错误；C、进行焰色反应时，铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧，如用NaOH洗涤会使NaOH粘附在铂丝上，干扰检验其它金属元素的焰色反应，C项错误；D、滴定管的0刻度在上方，读取滴定管内液体的体积时，俯视读数导致读数偏小，故D正确故选D点评：本题考查化学基本实验操作、仪器使用等，要特别注意pH试纸使用时不能润湿5（3分）（2014金川区校级模拟）胡椒酚是植物挥发油中的一种成分关于胡椒酚的下列说法，其中正确的是（）该化合物属于芳香烃；分子中至少有7个碳原子处于
19、同一平面；它的部分同分异构体能发生银镜反应；1mol该化合物最多可与2mol Br2发生反应ABCD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：由结构简式可知，分子中含酚OH、碳碳双键，苯环、碳碳双键为平面结构，结合酚、烯烃的性质来解答解答：解：该化合物含苯环，为芳香族化合物，还含氧元素，则不属于芳香烃，故错误；苯环为平面结构，与苯环直接相连的C一定在同一平面内，则分子中至少有7个碳原子处于同一平面，故正确；含OH、碳碳双键，它的部分同分异构体存在醛类物质，能发生银镜反应，故正确；酚OH的邻位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该化合物最多可与3mol Br
20、2发生反应，故错误；故选C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、酚性质的考查，题目难度不大6（3分）（2014金川区校级模拟）下列离子方程式中，正确的是（）ANa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OC氯化镁溶液与氨水反应：Mg2+2OH=Mg（OH）2D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：压轴题；离子反应专题分析：A没有配平；B反
21、应生成铁离子；C氨水中一水合氨为弱电解质；D明矾完全反应，铝离子转化为偏铝酸根离子解答：解：ANa2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故A错误；B向稀硝酸中加入少量铁粉的离子反应为Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2O，故B错误；C氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2+2NH3H20=Mg（OH）2+2NH4+，故C错误；D向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液的离子反应为Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式的书写，熟悉发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解
22、答，注意B、D中反应物的量的多少为学生解答的易错点，题目难度不大7（3分）（2014金川区校级模拟）在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入 0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg则下列结论中不正确的是（）A反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2B氧化性：Ag+Fe3+Cu2+Zn2+C含Fe3+的溶液可腐蚀铜板D1molFe可还原1molFe3+考点：氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：元素及其化合物分析：根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+C
23、u2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，以此解答该题解答：解：A由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A正确；B根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，则氧化性：Ag+Fe3+Cu2+Zn2+，故B正确；C氧化性Cu2+Fe3+，则含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；D金属铁和三价铁的反应
24、：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则1molFe可还原2molFe3+，故D错误故选D点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质的氧化性的强弱，为解答该题的关键，结合反应的方程式解答该题，题目难度中等8（3分）（2014金川区校级模拟）某固体酸燃料电池以NaHSO4固体为电解质传递H+其基本结构见如图所示，电池总反应表示为：2H2+O22H2O下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极BH+由a极通过固体酸电解质传递到b极Cb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2考点：化学电源新型电池版权所有专
25、题：电化学专题分析：根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L解答：解：A、因氢元素化合价升高失电子，则a为负极，这则电子是通过外电路由a极流向b，故A错误；B、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故B正确； C、
26、该电池为酸性电池，则正极的反应为O2+4e+4H+=2H2O，故C错误；D、因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故D错误故选B点评：本题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写问题，题目难度中等二、解答题（共6小题，满分60分）【必答题】9（15分）（2014金川区校级模拟）交警常用“司机饮酒检测仪”检查司机是否酒后驾车，其原理是硫酸酸化的重铬酸盐（Cr2O72橙红色）和乙醇反应生成铬盐（Cr3+绿色）和乙酸等重铬酸钠（Na2Cr2O7）在工业中有很广泛的应用，常用来制备金属铬方法如下：将铬铁矿主要成
27、分Fe（CrO2）2与纯碱、氧气高温焙烧，除杂、酸化，得到重铬酸钠，碳和重铬酸钠在高温下反应生成Cr2O3、Na2CO3和CO，Cr2O3再经铝热法还原，即可制得金属铬请回答：（1）硫酸酸化的K2Cr2O7和乙醇反应的化学方程式是3C2H6O+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2（SO4）3+11H2O+2K2SO4（2）写出碳和重铬酸钠高温反应的化学方程式Na2Cr2O7）+2CCr2O3+Na2CO3+CO（3）写出Cr2O3经铝热法还原制得金属铬的化学方程式是Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 （4）硫酸酸化的Na2Cr2O7和FeSO4反应，生成Cr3+等，该反
28、应的离子方程式是Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（5）某Na2Cr2O7样品2.00g恰好和4.56gFeSO4完全反应，该样品的纯度为65.5%考点：乙醇的化学性质；化学方程式的有关计算；氧化还原反应版权所有专题：计算题；氧化还原反应专题分析：（1）由于K2Cr2O7在酸性条件下有很强的氧化性，而乙醇具有还原性，能够被氧化成CH3COOH；（2）由题意可知碳和重铬酸钠在高温下反应生成Cr2O3、Na2CO3和CO，结合反应中氧化剂和还原剂得失电子守恒，原子个数守恒配平方程式；（3）三氧化二铬与铝在高温条件下发生置换反应生成铬与三氧化二铝；（4）Na2Cr2O7和
29、在酸性环境下具有强的氧化性，能够将亚铁离子氧化成三价铁离子，本身被还原生成三价铬离子；（5）依据方程式Na2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+7H2O+Na2SO4计算解答解答：解：（1）硫酸酸化的K2Cr2O7和乙醇反应的化学方程式为：3C2H6O+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2（SO4）3+11H2O+2K2SO4；故答案为：3C2H6O+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2（SO4）3+11H2O+2K2SO4；（2）碳和重铬酸钠高温反应的化学方程式为：Na2Cr2O7）+2CCr2O3+N
30、a2CO3+CO；故答案为：Na2Cr2O7）+2CCr2O3+Na2CO3+CO；（3）三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；故答案为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；（4）Na2Cr2O7和在酸性环境下与FeSO4反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（5）依据方程式Na2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+7H2O+Na2SO4可知：Na2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=C
31、r2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+7H2O+Na2SO4 262 6152 m 4.56g则m=1.31g；Na2Cr2O7样品的百分含量：100%=65.5%；故答案为：65.5%点评：本题以司机饮酒检测仪原理为载体考查了物质的性质、氧化还原方程式的书写及有关化学方程式的计算，题目难度较大，解题关键在于熟悉各种物质的性质，掌握氧化还原方程式配平方法10（15分）（2014金川区校级模拟）现有五种可溶性离子化合物 A、B、C、D 和 E，组成它们的离子有：阳离子K+Ag+ Ba 2+ A13+Fe3+阴离子OH C1 SO42NO3 CO32为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果是：B 和
32、 E 的水溶液均呈碱性A 溶于水后，与上述某阳离子反应生成的白色沉淀X，X既不溶于氨水也不溶于硝酸，且 A 溶液与过量氨水反应生成白色沉淀Y；C 溶液与适量氨水反应生成无色溶液可与葡萄糖溶液发生银镜反应E 溶于水后，与上述某阴离子反应可生成 X；A溶液与适量 E溶液反应生成白色沉淀，再加入过量 E溶液，沉淀量减少，但不消失请根据上述实验结果，填空：（1）写出化合物的化学式：AAl2（SO4）3，BK2CO3，CAgNO3（2）写出D与氨水反应的化学方程式：FeCl3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4Cl（3）写出实验中“再加入过量 E溶液，沉淀量减少”的离子方程式：Al（OH）3+OH
33、AlO2+2H2O考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：B 和 E 的水溶液均呈碱性，说明B、E中含阴离子氢氧根离子或碳酸根离子；A 溶于水后，与上述某阳离子反应生成的白色沉淀X，X既不溶于氨水也不溶于硝酸，且 A 溶液与过量氨水反应生成白色沉淀Y；说明A中含硫酸根离子和铝离子，即A为硫酸铝，X为硫酸钡；C 溶液与适量氨水反应生成无色溶液可与葡萄糖溶液发生银镜反应，说明C为硝酸银；E 溶于水后，与上述某阴离子反应可生成 X，说明E中含钡离子，结合E 的水溶液均呈碱性，说明E为氢氧化钡，所以B为碳酸钾；A溶液与适量 E溶液反应生成白色沉淀，再加入过量 E溶液，
34、沉淀量减少，但不消失，进一步证明A为硫酸铝，E为氢氧化钡，剩余离子组成D为氯化铁根据要求完成填空解答：解：B 和 E 的水溶液均呈碱性，说明B、E中含阴离子氢氧根离子或碳酸根离子；A 溶于水后，与上述某阳离子反应生成的白色沉淀X，X既不溶于氨水也不溶于硝酸，且 A 溶液与过量氨水反应生成白色沉淀Y；说明A中含硫酸根离子和铝离子，即A为硫酸铝，X为硫酸钡；C 溶液与适量氨水反应生成无色溶液可与葡萄糖溶液发生银镜反应，说明C为硝酸银；E 溶于水后，与上述某阴离子反应可生成 X，说明E中含钡离子，结合E 的水溶液均呈碱性，说明E为氢氧化钡，所以B为碳酸钾；A溶液与适量 E溶液反应生成白色沉淀，再加入
35、过量 E溶液，沉淀量减少，但不消失，进一步证明A为硫酸铝，E为氢氧化钡，剩余离子组成D为氯化铁（1）根据以上推断，A为硫酸铝，B为碳酸钾，C为硝酸银，故答案为：Al2（SO4）3；K2CO3；AgNO3；（2）D为氯化铁，和氨水反应生成氯化铵和氢氧化铁沉淀，反应方程式为：FeCl3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4Cl，故答案为：FeCl3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4Cl；（3）A溶液与适量 E溶液反应生成白色沉淀，为氢氧化铝和硫酸钡沉淀，氢氧化铝能溶于氢氧化钡，故沉淀减少的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2
36、O点评：本题考查了离子的推断，中等难度，要注意离子的特征反应，根据性质的不同结合现象进行推断11（16分）（2014金川区校级模拟）某天然碱化学组成可能为aNa2C03bNaHC03cH2O（a、b、c为正整数），为确定其组成，某同学作了如下探究：（1）定性分析取少量天然碱样品放入试管中，用酒精灯加热，在试管口有液体生成，该液体能使无水硫酸铜变蓝能否说明样品中含结晶水，试简述理由不能，因为NaHCO3受热分解也能产生水蒸气（2）定量分析该同学设计了如图所示装置，测定天然碱的化学组成实验步骤：按如图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置的气密性；A处碱石灰的作用是：除去空气
37、中的CO2和H2O（g）称取天然碱样品7.3g，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶的质量为87.6g，装碱石灰的U形管D的质量为74.7g打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓人空气数分钟关闭活塞Kl、K2，打开K3，点燃酒精灯加热，待不再产生气体为止打开活塞Kl，缓缓鼓人空气数分钟，然后称得装浓硫酸的洗气瓶的质量为88.5g；装碱石灰的U形管D的质量为75.8g该步骤中缓缓鼓入空气的目的是将装置中生成的CO2和H2O（g）全部排入C、D装置中吸收计算推导：该天然碱的化学式为Na2CO32NaHCO3H2O（3）讨论：有的同学认为：E装置是可以省略的，你的观点是不能（“能”或“不能”）
38、理由是：装置E可以防止空气中CO2和H2O（g）进入D装置，导致测量不准确考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质版权所有专题：实验设计题分析：（1）碳酸氢钠分解会生成水，所以取少量天然碱样品放入试管中，用酒精灯加热，在试管口有液体生成，该液体能使无水硫酸铜变蓝，不能说明样品中含有结晶水；（2）装载气密性会影响测定结果，所以实验前必须检查装置的气密性；根据碱石灰的质量变化计算出二氧化碳的质量，从而计算出碳酸氢钠的物质的量及碳酸氢钠分解生成的水的物质的量，再根据浓硫酸的质量变化及碳酸氢钠分解生成水的质量计算出结晶水质量，最后计算出样品中碳酸钠的质量，从而得出该样品的化学式；（3）没有装置E，空气中的二氧
39、化碳和水会进入装置D，影响测定结果解答：解：（1）由于反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中有水生成，所以不能说明样品中含结晶水，故答案为：不能，因为NaHCO3受热分解也能产生水蒸气；（2）该实验中使用了多个实验装置，在实验前必须检查装置的气密性，避免影响测定结果；装置A中的碱石灰作用是除去空气中的CO2和H2O（g），故答案为：检查装置的气密性；除去空气中的CO2和H2O（g）；该步骤中缓缓鼓入空气的目的是将装置中生成的CO2和H2O（g）全部排入C、D装置中吸收，减小测定误差，由题意可知：装碱石灰的U形管D的增重的物质是CO2，二氧化碳的质量为：75.8 g74.7=1.1 g
40、，n（CO2）=0.025 mol，则2NaHCO3 Na2CO3 +CO2+H2O 2 1 1 10.05mol 0.025mol 0.025mol 0.025molm（NaHCO3）=0.05 mol84 gmol1=4.2 g浓硫酸吸收的水为碳酸氢钠分解生成的和样品中的结晶水，水的质量之和为：88.5g87.6g=0.9g，所以晶体中含有的结晶水的物质的量为：n（H2O）=0.025mol=0.025mol，样品中含有的结晶水的质量为：m（H2O）=0.025 mol18 gmol1=0.45g，样品中含有的水的质量为：m（Na2CO3）=7.3g4.2g0.45g=2.65g，n（Na
41、2CO3）=0.025mol，故晶体中n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O）=0.025 mol：0.05 mol：0.025 mol=1：2：1，所以晶体化学式为：Na2CO32NaHCO3H2O，故答案为：将装置中生成的CO2和H2O（g）全部排入C、D装置中吸收；Na2CO32NaHCO3H2O；（3）本实验是通过测定生成二氧化碳和水的物质的量计算出样品的组成，如果没有装载D，空气的中CO2和H2O（g）进入D装置，导致测量结果不准确，故答案为：不能；防止空气中CO2和H2O（g）进入D装置，导致测量不准确点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3有关性质、化学计算等知识，试
42、题综合性较强，题目难度稍大，注意掌握碳酸钠、碳酸氢钠的性质，明确化学计算的方法与技巧，试题培养了学生的分析、理解能力【选做题】【有机化学】12（14分）（2014金川区校级模拟）某有机物A在酸性溶液中可发生如下反应：请回答下列问题：（1）下列关于该有机物A说法正确的是AC：A可发生银镜反应B向含1molA的溶液中滴加浓溴水，有2mol Br2发生取代反应C能发生消去反应D1molA与烧碱溶液反应最多可消耗4mol NaOH（2）有机物B的化学式为C11H12O4；B在铂的催化下，与足量氢气发生加成反应生成X，则X的结构简式为（3）有机物R的结构简式为或；已知同一个碳原子连接碳碳双键和羟基时会自
43、动转化为碳氧双键；若R中的一个OH发生消去反应，可生成的同分异构体有2种；（4）R与足量的醋酸反应的化学方程式为：考点：有机物的推断；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：由信息可知，A发生水解反应生成B和R，由水解规律及原子守恒可知，R为，（1）A中含有OH、CHO、COO、苯环等，以此来分析性质；（2）根据结构可知分子式，含有OH、CHO、COOH；（3）R为，与醋酸发生酯化反应生成酯和水解答：解：由信息可知，A发生水解反应生成B和R，由水解规律及原子守恒可知，R为，（1）A含有CHO，则该有机物能发生银镜反应，故A正确； B酚OH的邻、对位于溴水发生取代反应，CHO
44、可被溴水氧化，则消耗溴大于2mol，故B错误；C因与醇OH与相连C上有H，能发生消去反应，故C正确； D由结构可知，酚OH、COOC与NaOH反应，则1molA与烧碱溶液反应最多可消耗2mol NaOH，故D错误；故答案为：AC；（2）根据结构可知B的分子式为C11H12O4，含苯环与CHO可与氢气发生加成反应，则生成X的结构简式为，故答案为：C11H12O4；（3）R为，可写成，同一个碳原子连接碳碳双键和羟基时会自动转化为碳氧双键；若R中的一个OH发生消去反应，可生成丙醛或丙酮，则同分异构体有2种，故答案为：或；2；（4）R与醋酸发生酯化反应生成酯和水，该反应为，故答案为：点评：本题考查有机
45、物的推断及有机物的性质，明确AB的反应为水解反应是解答本题的关键，并注意利用官能团来认识物质的性质，（3）为解答的难点，注意烯醇转化为醛或酮，题目难度中等【物质结构】13（2014金川区校级模拟）下表列出了钠的卤化物和硅的卤化物的熔点：NaXNaFNaClNaBrNaI熔点995801775651SiX4SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔点90.270.45.2120.5回答下列问题：（1）钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高很多，其原因是钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体（2）NaF的熔点比NaBr的熔点高的原因是离子晶体中离子的半径越小，熔点越高SiF4 的熔点比SiBr
46、4的熔点低的原因是分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高（3）NaF和NaBr的晶格能的高低顺序为NaFNaBr，硬度大小为NaFNaBr考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据晶体的类型分析；（2）根据影响离子晶体和分子晶体熔点的因素分析；（3）离子晶体中离子的半径越小，离子键强度越大，晶格能越大，硬度越大解答：解：（1）一般离子晶体的熔点比分子晶体的熔点高，因为钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体，所以故前者的熔点远高于后者，故答案为：钠的卤化物为离子晶体，硅的卤化物为分子晶体；（2）NaF和NaBr属于离子晶体，离子晶体中离子的半径越
47、小，离子键强度越大，熔点越高；SiF4 和比SiBr4属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；故答案为：离子晶体中离子的半径越小，熔点越高；分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；（3）离子晶体中离子的半径越小，离子键强度越大，晶格能越大，硬度越大；故答案为：NaFNaBr；NaFNaBr点评：本题考查了晶体类型与晶体熔点的关系，根据影响晶体熔点的因素分析，题目难度不大14（2014金川区校级模拟）PtCl2（NH3）2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，请回答下列问题：（1）PtCl2（NH3）2是平面正方形结构，还是四面体结构平面
48、正方形结构（2）请在以下空格内画出这两种固体分子的几何构型图，淡黄色固体：，黄绿色固体：（3）淡黄色固体物质是由非极性分子组成，黄绿色固体物质是由极性分子组成（填“极性分子”或“非极性分子”）（4）黄绿色固体在水中溶解度比淡黄色固体大，原因是根据相似相溶原理可知，因为淡黄色固体为非极性分子，较难溶于记性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水考点：配合物的成键情况；判断简单分子或离子的构型版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体知：Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上；（2）Pt（
49、NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置；（3）根据水的极性以及题干信息两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大进行解答；（4）由题给信息结合相似相溶原理分析解答：解：（1）Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体，说明Pt（NH3）2Cl2分子是平面正方形结构，否则只有一种固体形式，故答案为：平面正方形结构； （2）Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色者，另一种为黄绿色
50、，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色者是，故答案为：；（3）水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，故答案为：非极性；极性；（4）水是极性分子，黄绿色为极性分子，淡黄色固体为非极性分子，根据相似相溶原理可知，淡黄色固体为非极性分子，较难溶于记性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水，故答案为：根据相似相溶原理可知，因为淡黄色固体为非极性分子，较难溶于极性溶剂水，而黄绿色固体为极性分子，易溶于极性溶剂水点评：本题主要考查了配合物性质与结构关系，具有较强的综合性，属于要求较高的题目这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用，题目难度中等
