2022-2022学年天津市学大教育信息咨询有限公司高三（上）期中化学模拟试卷 一、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．）1．守恒：如质量守恒，电子守恒，电荷守恒等．下列式子符合守恒思想的是（ ）A．Fe2++Cl2→Fe3++2Cl﹣B．4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2C．NH3+H2SO4→（NH4）2SO4D．Al3++6OH﹣→AlO2﹣+3H2O 2．结构决定性质：如最外层电子数决定元素性质，“官能团”是决定有机物性质的原子或原子团．下列原子团不是有机“官能团”的是（ ）A．﹣CH3B．﹣CHOC．﹣COOHD．﹣OH 3．化学中的平衡：如化学平衡、溶解平衡、电离平衡．下列不存在平衡的是（不考虑水的电离平衡）（ ）A．稀醋酸溶液中B．氢氧化钙悬浊液中C．二氧化硫与氧气反应的混合物中D．稀氯化钠水溶液中 4．绿色：环境保护也是我们的生活理念．下列实验符合“绿色环保”思想的是（ ）A．氯气溶于水制氯水B．铜与浓硫酸反应C．实验室制备并收集氯化氢气体22\nD．一氧化碳还原氧化铜 5．在水溶液中，YO3n﹣和S2﹣发生如下反应：YO3n﹣+3S2﹣+6H+=Y﹣+3S↓+3H2O，则YO3n﹣中Y元素的化合价和原子最外层电子数分别为（ ）A．+4、6B．+7、7C．+5、7D．+5、5 6．美国”9.11”恐怖袭击事件中，毁坏的建筑物散发出大量的石棉，人吸入石棉纤维易患肺癌，石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式为：Ca2MgxSiyO22（OH）2，该化学式中的x，y的值分别是（ ）A．5，8B．8，3C．3，8D．8，5 7．30℃时，在某硫酸铜溶液中加入27.5gCuSO4或加入50.0gCuSO4•5H2O，恢复到30℃时，都刚好成为饱和溶液，则30℃时CuSO4的溶解度是（ ）A．4.5gB．22.5gC．25gD．32g 8．在100mL某混合溶液中，c（HNO3）=0.2mol•L﹣1，c（H2SO4）=0.1mol•L﹣1，向其中加入1.92gCu粉，微热充分反应后溶液中的c（Cu2+）为（ ）A．0.15mol•L﹣1B．0.3mol•L﹣1C．0.225mol•L﹣1D．无法计算 二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给1分，选两个且都正确的给满分，但只要选错一个该小题就为0分）9．某CuO粉末与适量的硫酸（ρ=1.7g•cm﹣3）在微热下充分反应，冷却后恰好全部形成CuSO4•5H2O（设反应过程中无水份损失）．则此硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）A．8.5mol•L﹣1B．10.0mol•L﹣1C．17.0mol•L﹣1D．18.4mol•L﹣1 10．下列有关物质分类或归类正确的是（ ）①混合物：盐酸、氯水、水银②化合物：CaCl2、NaOH、HD③电解质：胆矾、冰醋酸、氯化银④同素异形体：C60、金刚石、石墨⑤放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧．A．①③B．②③C．③④D．④⑤ 11．实验室用MnO2与浓HCl反应制Cl2，若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属镁粉的反应．每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（ ）22\nA．只有①和②处B．只有②处C．只有①、②和③处D．①、②、③、④处 12．具有下列分子式的一溴代烷中，水解后产物在红热铜丝催化下，最多可被空气氧化生成4种不同的醛的是（ ）A．C4H9BrB．C5H11BrC．C6H13BrD．C7H15Br 13．铁和氧化铁的混合物共xmol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到ymol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（ ）A．molB．（x﹣y）molC．molD．（x+y）mol 14．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是（ ）①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．A．②③④⑥B．②③⑤C．①④⑤D．①②③④⑤⑥ 15．在溶液中可以大量共存，加OH﹣产生沉淀，加H+生成气体的一组离子是（ ）A．Na+、Cu2+、CO32﹣、Cl﹣B．Na+、Cl﹣、HCO3﹣、Mg2+C．Cl﹣、NO3﹣、K+、Ca2+D．NH4+、K+、H+、SO42﹣ 16．下列离子方程式中正确的是（ ）A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42﹣沉淀完全：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OB．碳酸钠与醋酸溶液反应：CO32﹣+2H+═CO2+H2OC．氢氧化亚铁与硝酸溶液混合：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2OD．在Ba（OH）2溶液中滴加少量NaHCO3溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O 三、（本题包括2小题，共20分）17．中学课本中常见的几种气体：①O2②H2③CO2④Cl2⑤H2S⑥SO2⑦NH3都要求掌握其实验室制法．根据所学知识回答有关问题（填气体编号）（1）能用启普发生器制备的气体有 ．（2）能用浓H2SO4干燥的气体有 ．（3）能用碱石灰干燥的气体有 ．22\n（4）收集气体的方法常有：排水法、向上排空气法和向下排空气法．如图，用仪器A、B和橡胶管组成装置收集NO气体（①仪器A已经气密性检查；②除水外，不能选用其它试剂）正确的操作步骤是 ． 18．（12分）（2022秋•天津期中）为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，取样品23.2g以如图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是 ．（2）此实验还必须用到的最重要的仪器是 ；仪器F的作用是 ．（3）已知仪器C中装有品红溶液，其作用是 ，有人提出该溶液可能引起Na2CO3含量的测量结果比实际值偏低，理由是 ．（4）实验室中备有以下常用试剂：a．浓硫酸b．品红溶液c．酸性高锰酸钾溶液d．饱和碳酸氢钠溶液e．氢氧化钠溶液f．无水硫酸铜g．碱石灰h．五氧化二磷i．无水氯化钙①请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中 ，D中 ，E中 ．②实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中通入大量的空气．这样做的目的是 ．所通空气应先经过 试剂（填上述所供试剂的序号）处理，否则可能引起Na2SO3含量的测量结果比实际值 （填“偏高”、“偏低”或“没影响”）．（5）若仪器E在试验完成时增重4.4g，则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为 ． 四、（本题包括2小题，共17分）19．在K2Cr2O7+HCl﹣﹣KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O反应中．（1）氧化剂是 ， 元素被氧化，氧化产物是 ．（2）在参加反应的盐酸中，被氧化的HCl与未被氧化的HCl的质量比为 ．（3）如果反应生成0.1molCl2，则转移电子的数目为： ． 22\n20．（12分）（2022•二七区校级三模）A～J分别代表中学化学中常见的一种单质或化合物，其转化关系如图．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍；B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃）；K为红棕色粉末．请回答：（1）I在G中燃烧时的现象为 ．（2）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，写出电解E水溶液的化学方程式 ．（3）写出C与K反应的化学方程式 ，引发该反应的操作为 ．（4）J与H反应的离子方程式为 ．若在上述转化关系中每一步反应均为恰好反应，且不考虑C+K→A+L的变化时，为了最终得到J，则A、B的物质的量之比为 ． 五、（本题包括2小题，共15分）21．有一无色透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末并加热，产生沉淀或气体的物质的量与淡黄色粉末的物质的量关系如图所示，请回答：（1）淡黄色粉末为 （填名称）．其电子式为 （2）溶液中肯定没有 离子．（3）溶液中离子的物质的量之比为 ．（4）①淡黄色粉末与水反应的化学方程式为 ，②沉淀部分减少时的离子方程式为 ． 22\n22．已知：（1）该反应的生成物中含有的官能团的名称是 ，该物质在一定条件下能发生 （填序号）．①氧化反应②还原反应③酯化反应（2）已知HCHO分子中所有原子都在同一平面内，若要使R1CHO分子中所有原子可能都在同一平面内，R1可以是 （填序号）．①﹣CH3②③﹣CH═CH2（3）某氯代烃A的分子式为C6H11Cl，它可以发生如图所示转化：结构分析表明E分子中含有两个甲基且没有支链．①写出下列转化的反应类型：A→B ；D→E ．②A、E的结构简式分别为 ．③写出A→B的化学方程式 ． 2022-2022学年天津市学大教育信息咨询有限公司高三（上）期中化学模拟试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．）1．守恒：如质量守恒，电子守恒，电荷守恒等．下列式子符合守恒思想的是（ ）A．Fe2++Cl2→Fe3++2Cl﹣B．4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2C．NH3+H2SO4→（NH4）2SO4D．Al3++6OH﹣→AlO2﹣+3H2O【考点】氧化还原反应方程式的配平．【专题】守恒思想．【分析】质量守恒是指方程式的两边元素的种类和数目一样；电子守恒是指元素的原子在反应中得失电子数目相等；电荷守恒是指方程式的两边所带的正电荷总数等于所带的负电荷总数，据此回答．【解答】解：A、方程式的左边正电荷数是2，右边正电荷数是1，电荷不守恒，故A错误；B、4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2符合质量守恒、电子守恒、电荷守恒，故B正确；C、NH3+H2SO4→（NH4）2SO4的两边氮原子数、氢原子数都不相等，质量不守恒，故C错误；D、Al3++6OH﹣→AlO2﹣+3H2O的两边氧原子数不相等，质量不守恒，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生对方程式中的质量守恒，电子守恒，电荷守恒的理解和应用，难度中等． 2．结构决定性质：如最外层电子数决定元素性质，“官能团”是决定有机物性质的原子或原子团．下列原子团不是有机“官能团”的是（ ）A．﹣CH3B．﹣CHOC．﹣COOHD．﹣OH【考点】烃的衍生物官能团．22\n【专题】有机化学基础．【分析】常见官能团有羟基、氨基、羧基、醛基、酯基等，烃基不属于官能团．【解答】解：官能团决定有机物的主要性质，题中﹣OH、﹣CHO、﹣COOH都是官能团，﹣CH3为烃基，不是官能团．故选A．【点评】本题考查有机物的官能团的判断，题目难度不大，注意把握常见有机物的官能团的种类、结构和性质，注意苯环、烃基不是官能团． 3．化学中的平衡：如化学平衡、溶解平衡、电离平衡．下列不存在平衡的是（不考虑水的电离平衡）（ ）A．稀醋酸溶液中B．氢氧化钙悬浊液中C．二氧化硫与氧气反应的混合物中D．稀氯化钠水溶液中【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A．醋酸属于弱酸，溶液中存在弱电解质的电离平衡；B．氢氧化钙悬浊液，溶液中存在溶解平衡；C．二氧化硫与氧气，可以发生：2SO2+O2⇌2SO3，存在化学平衡；D．强电解质，不存在电离平衡；【解答】A．醋酸属于弱酸，溶液中存在弱电解质的电离平衡，故A不选；B．氢氧化钙悬浊液，溶液中存在溶解平衡，故B不选；C．二氧化硫与氧气，可以发生：2SO2+O2⇌2SO3，存在化学平衡，故C不选；D．氯化钠水溶液中，氯化钠属于强电解质，不存在电离平衡，故D选；故选D．【点评】本题考查化学平衡、电离平衡以及难溶电解质的溶解平衡等问题，侧重于相关基础知识的考查，题目难度不大． 4．绿色：环境保护也是我们的生活理念．下列实验符合“绿色环保”思想的是（ ）A．氯气溶于水制氯水B．铜与浓硫酸反应22\nC．实验室制备并收集氯化氢气体D．一氧化碳还原氧化铜【考点】绿色化学；气体发生装置；浓硫酸的性质实验；探究氯水、氯气的漂白作用．【专题】综合实验题．【分析】A、绿色环保的思想是减少环境污染物的排放，氯气微溶于水，用烧杯制取氯气会导致氯气污染；B、浓硫酸与铜在加热的条件下生成二氧化硫气体，不能排向空气，可用碱液吸收；C、实验缺少尾气吸收装置，HCl有强烈刺激性，不能排向空气；D、CO有毒，不能排向空气；【解答】解：A、氯气微溶于水，用烧杯制取氯气会导致氯气污染，应有尾气吸收装置，故A错；B、浓硫酸与铜在加热的条件下生成二氧化硫气体，二氧化硫有毒，不能排向空气，该实验用浸有碱液的棉花起到尾气吸收的目的，故B正确；C、HCl有强烈刺激性，不能排向空气，应用带有双孔橡胶塞的集气瓶收集，并有尾气处理装置，故C错误；D、CO有毒，不能排向空气，本实验缺少尾气吸收装置，故D错误．故选B．【点评】本题考查实验室气体的制备与性质实验，有毒气体不能排向空气，做题时注意实验的设计是否符合绿色环保思想． 5．在水溶液中，YO3n﹣和S2﹣发生如下反应：YO3n﹣+3S2﹣+6H+=Y﹣+3S↓+3H2O，则YO3n﹣中Y元素的化合价和原子最外层电子数分别为（ ）A．+4、6B．+7、7C．+5、7D．+5、5【考点】氧化还原反应的计算；原子核外电子排布．【专题】氧化还原反应专题．【分析】利用离子方程式电荷守恒可知n=1，再利用YO3n﹣中各元素的化合价代数和等于﹣1计算YO3n﹣中Y的化合价；由于Y元素形成Y﹣离子，可知Y元素的最低化合价为﹣1价，最低负化合价=最外层电子数﹣8，据此计算Y原子最外层电子数．【解答】解：根据电荷守恒可知：﹣n+3×（﹣2）+6=﹣1，解得n=1．令YO3n﹣中Y元素的化合价为x，则：x+3×（﹣2）=﹣1，解得x=5．由于Y元素形成Y﹣离子，可知Y元素的最低化合价为﹣1价，由于最低负化合价=最外层电子数﹣8，22\n所以Y原子最外层电子数=8﹣1=7．故选：C．【点评】考查离子方程式、氧化还原反应等，难度不大，可以根据电子转移守恒计算YO3n﹣中Y元素化合价，注意守恒思想的运用． 6．美国”9.11”恐怖袭击事件中，毁坏的建筑物散发出大量的石棉，人吸入石棉纤维易患肺癌，石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式为：Ca2MgxSiyO22（OH）2，该化学式中的x，y的值分别是（ ）A．5，8B．8，3C．3，8D．8，5【考点】质量守恒定律；复杂化学式的确定．【专题】计算题．【分析】石棉的化学式为：Ca2MgxSiyO22（OH）2，利用氧化物表示硅酸盐的组成为2CaO．xMgO．ySiO2．H2O，利用氧原子守恒分析．【解答】解：石棉的化学式为：Ca2MgxSiyO22（OH）2，氧化物表示硅酸盐的组成为2CaO．xMgO．ySiO2．H2O，由O原子守恒可知，2+x+2y+1=22+2，则x+2y=21，A.5+2×8=21，故A选；B.8+2×3≠21，故B不选；C.3+2×8≠21，故C不选；D.8×2×5≠21，故D不选；故选A．【点评】本题考查硅酸盐的组成及质量守恒定律，把握氧原子守恒为解答的关键，注意利用代入法确定x、y的值，题目难度不大． 7．30℃时，在某硫酸铜溶液中加入27.5gCuSO4或加入50.0gCuSO4•5H2O，恢复到30℃时，都刚好成为饱和溶液，则30℃时CuSO4的溶解度是（ ）A．4.5gB．22.5gC．25gD．32g【考点】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】根据溶解度的概念：一定温度下，100g溶剂中溶解的溶质的质量为该物质在该温度下的溶解度．【解答】解：设30℃时CuSO4的溶解度是S，则=，解得S=25g，故选C．【点评】本题考查学生有关溶解度的计算知识，注意概念的理解和掌握是关键，难度中等． 8．在100mL某混合溶液中，c（HNO3）=0.2mol•L﹣1，c（H2SO4）=0.1mol•L﹣1，向其中加入1.92gCu粉，微热充分反应后溶液中的c（Cu2+）为（ ）A．0.15mol•L﹣1B．0.3mol•L﹣1C．0.225mol•L﹣1D．无法计算【考点】物质的量浓度．22\n【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断．【解答】解：反应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，1.92g铜粉物质的量==0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.2mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，所含氢离子物质的量=0.1L×0.2mol•L﹣1+0.1L×0.1mol•L﹣1×2=0.04mol，依据反应离子方程式可知铜剩余，根据氢离子物质的量与生成铜离子物质的量为：8H+～3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.15mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为0.15mol/L，故选：A．【点评】本题考查了硝酸的性质应用，主要是硝酸根离子在酸性溶液中的氧化性判断，化学反应的实质，过量计算的应用． 二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给1分，选两个且都正确的给满分，但只要选错一个该小题就为0分）9．某CuO粉末与适量的硫酸（ρ=1.7g•cm﹣3）在微热下充分反应，冷却后恰好全部形成CuSO4•5H2O（设反应过程中无水份损失）．则此硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）A．8.5mol•L﹣1B．10.0mol•L﹣1C．17.0mol•L﹣1D．18.4mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】CuO粉末与适量的硫酸微热下充分反应，冷却后恰好全部形成CuSO4•5H2O，可以改写呈成CuO•H2SO4•4H2O，故原硫酸溶液中m（H2SO4）：m（H2O）=98：4×18=98：72，据此计算硫酸的质量分数，再根据c=计算该硫酸的物质的量浓度．【解答】解：CuO粉末与适量的硫酸微热下充分反应，冷却后恰好全部形成CuSO4•5H2O，可以改写呈成CuO•H2SO4•4H2O，故原硫酸溶液中m（H2SO4）：m（H2O）=98：4×18=98：72，故该硫酸的质量分数为=，该硫酸的密度ρ=1.7g•cm﹣3，故该硫酸的物质的量浓度c=mol/L=10mol/L，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度较大，注意利用化学式改写的方法计算原硫酸溶液中硫酸的质量分数． 10．下列有关物质分类或归类正确的是（ ）①混合物：盐酸、氯水、水银②化合物：CaCl2、NaOH、HD③电解质：胆矾、冰醋酸、氯化银④同素异形体：C60、金刚石、石墨⑤放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧．A．①③B．②③C．③④D．④⑤【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；吸热反应和放热反应；电解质与非电解质．22\n【专题】物质的分类专题．【分析】①混合物是不同物质组成的物质，水银是金属单质；②混合物是不同元素组成的纯净物，HD是单质；③电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的混合物；④同素异形体是同元素形成的不同单质；⑤反应中有热量放出的反应；【解答】解：①盐酸是氯化氢的水溶液，氯水是铝的水溶液，水银是金属单质是纯净物，故①错误；②CaCl2、NaOH是化合物，HD是单质，故②错误；③胆矾、冰醋酸、氯化银符合电解质的概念，故③正确；④C60、金刚石、石墨是碳元素的同素异形体，故④正确；⑤盐酸与氢氧化钠是酸碱中和反应是放热反应、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳是吸热反应、甲烷燃烧是放热反应，故⑤错误；综上所述：③④正确．故选C．【点评】本题考查了基本概念的含义的应用和判断，主要考查纯净物、混合物、电解质、同素异形体、放热反应等知识的分析判断，较简单． 11．实验室用MnO2与浓HCl反应制Cl2，若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属镁粉的反应．每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（ ）A．只有①和②处B．只有②处C．只有①、②和③处D．①、②、③、④处【考点】常见气体制备原理及装置选择．【专题】化学实验基本操作．【分析】MnO2和浓HCl必须加热才能反应制备Cl2，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞．【解答】解：MnO2和浓HCl必须加热才能反应制备Cl2，所以装置①不正确；除去Cl2中混有少量的HCl可用水洗气，但该洗气装置进气导管没有插入液面以下出气导管没有与胶塞相平，故②装置错误；干燥Cl2的装置进气导管应插入液面以下，出气导管应与胶塞相平，所以③装置错误；Cl2与金属Mg反应的装置为封闭系统加热气体和Mg反应导致爆炸，因此④错误．故选D．【点评】本题考查氯气的实验室制法，题目难度不大，注意从实验安全的角度思考． 12．具有下列分子式的一溴代烷中，水解后产物在红热铜丝催化下，最多可被空气氧化生成4种不同的醛的是（ ）22\nA．C4H9BrB．C5H11BrC．C6H13BrD．C7H15Br【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将溴原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一溴代烃，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，据此即可解答．【解答】解：先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛．A．正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1﹣溴丁烷、1﹣溴﹣2﹣甲基丙烷，故A错误；B．C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br1﹣溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br2﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br3﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br2，2﹣二甲基﹣1﹣溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO2﹣甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO3﹣甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO2，2﹣二甲基丙醛；故B正确；C．戊烷有3种同分异构体，正戊烷、异戊烷、新戊烷；其等效氢原子分别有3、4或1种，则相应的一取代物有8种．故分子式为C5H11﹣的同分异构体共有8种；最多可被空气氧化生成11种不同的醛，故C错误；D．C6H14属于烷烃，主链为6个碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则相应的一取代物分别有3、5、4、3、2种．故分子式为C6H13﹣的同分异构体共有17种；最多可被空气氧化生成17种不同的醛，故D错误；故选B．【点评】本题考查溴代烃水解产物的催化氧化，难度不大，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大． 13．铁和氧化铁的混合物共xmol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到ymol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（ ）A．molB．（x﹣y）molC．molD．（x+y）mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】固体全部溶解，溶液加入KSCN溶液不显红色说明三价铁全被还原为Fe2+．根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O．据此计算．【解答】解：根据电子守恒：与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量：n（Fe）=n（H2）=ymol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为（x﹣y）mol，故共含铁ymol+（x﹣y）mol=（x+y）mol．故选A．【点评】本题考查混合物有关计算，题目难度中等，判断溶液中Fe元素为亚铁离子是解题关键，注意总反应方程式的利用． 22\n14．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是（ ）①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石．A．②③④⑥B．②③⑤C．①④⑤D．①②③④⑤⑥【考点】化学反应的基本原理；化学反应的可逆性；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质．【解答】解：①锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故①错误；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②正确；③浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl﹣的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl﹣的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl﹣了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故③正确；④随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故④正确；⑤Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故⑤错误；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥正确；故选A．【点评】本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，本题的可逆性和浓度问题． 15．在溶液中可以大量共存，加OH﹣产生沉淀，加H+生成气体的一组离子是（ ）A．Na+、Cu2+、CO32﹣、Cl﹣B．Na+、Cl﹣、HCO3﹣、Mg2+C．Cl﹣、NO3﹣、K+、Ca2+D．NH4+、K+、H+、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】离子在溶液中可以大量共存，说明离子之间不发生任何反应，加OH﹣产生沉淀，溶液中可能存在Cu2+、Mg2+离子，加H+生成气体，说明溶液中可能存在CO32﹣或HCO3﹣离子．【解答】解：A、Cu2+与CO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B、Na+、Cl﹣、HCO3﹣、Mg2+离子之间不发生任何反应，加OH﹣产生氢氧化镁沉淀，加H+生成二氧化碳气体，符合题意，故B正确；C、Cl﹣、NO3﹣、K+、Ca2+离子之间不发生任何反应，加H+不生成气体，故C错误；D、NH4+、K+、H+、SO42﹣离子之间不发生任何反应，加OH﹣不产生沉淀，加H+不生成气体，故D错误．故选B．22\n【点评】本题考查离子能否大量共存问题，题目难度中等，注意把握题中要求以及离子反应的问题． 16．下列离子方程式中正确的是（ ）A．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42﹣沉淀完全：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OB．碳酸钠与醋酸溶液反应：CO32﹣+2H+═CO2+H2OC．氢氧化亚铁与硝酸溶液混合：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2OD．在Ba（OH）2溶液中滴加少量NaHCO3溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42﹣沉淀完全只需满足二者物质的量1：1，据此书写离子方程式；B、醋酸是弱电解质，不能拆成离子；C、亚铁离子被硝酸氧化；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应．【解答】解：A、向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42﹣沉淀完全只需满足二者物质的量1：1，反应的离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O；故A错误；B、碳酸钠与醋酸溶液反应的离子方程式为：CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣；故B错误；C、氢氧化亚铁与硝酸溶液混合发生氧化还原反应：3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+═3Fe3++8H2O+NO↑；故C错误；D、在Ba（OH）2溶液中滴加少量NaHCO3溶液，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O；故D正确，故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，主要考查量不同产物不同的判断，氧化还原反应的理解，弱电解质的书写方法． 三、（本题包括2小题，共20分）17．中学课本中常见的几种气体：①O2②H2③CO2④Cl2⑤H2S⑥SO2⑦NH3都要求掌握其实验室制法．根据所学知识回答有关问题（填气体编号）（1）能用启普发生器制备的气体有 ②③⑤ ．（2）能用浓H2SO4干燥的气体有 ①②③④⑥ ．（3）能用碱石灰干燥的气体有 ①②⑦ ．（4）收集气体的方法常有：排水法、向上排空气法和向下排空气法．如图，用仪器A、B和橡胶管组成装置收集NO气体（①仪器A已经气密性检查；②除水外，不能选用其它试剂）正确的操作步骤是 在A中加满水，盖紧瓶塞，用胶管连接b和c接口，收a导入NO气体，水通过b和c导入B中 ．22\n【考点】常见气体制备原理及装置选择．【专题】化学实验基本操作．【分析】（1）依据启普发生器仪器的使用回答；（2）根据浓硫酸的性质分析，浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性；（3）碱石灰主要成分为氢氧化钠和生石灰，可与酸性氧化物、氯化氢、氯气等气体反应，则能用碱石灰干燥的气体应为碱性或中性气体，以此解答；（4）一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，NO难溶于水．【解答】解：（1）启普发生器适用于固液不加热制取气体，故可以制取的气体有：②H2③CO2⑤H2S，故答案为：②③⑤；（2）浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性，所以不能干燥具有碱性、能和其反应的气体．⑤H2S有强还原性能和浓硫酸发生氧化还原反应；⑦NH3是碱性气体；故答案为：①②③④⑥；（3）③CO2④Cl2⑤H2S⑥SO2为酸性气体，不能利用碱石灰干燥，故答案为：①②⑦；（4）NO只能利用排水法收集，收集方法为：在A中加满水，盖紧瓶塞，用胶管连接b和c接口，收a导入NO气体，水通过b和c导入B中，故答案为：在A中加满水，盖紧瓶塞，用胶管连接b和c接口，收a导入NO气体，水通过b和c导入B中．【点评】本题主要考查的是常见气体的制取与收集，选取仪器是解决本题的关键，依据气体的性质选取收集方法． 18．（12分）（2022秋•天津期中）为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，取样品23.2g以如图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是 检验装置的气密性 ．（2）此实验还必须用到的最重要的仪器是 托盘天平 ；仪器F的作用是 防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中 ．（3）已知仪器C中装有品红溶液，其作用是 检验SO2是否被B吸收完全 ，有人提出该溶液可能引起Na2CO3含量的测量结果比实际值偏低，理由是 CO2可溶于水 ．22\n（4）实验室中备有以下常用试剂：a．浓硫酸b．品红溶液c．酸性高锰酸钾溶液d．饱和碳酸氢钠溶液e．氢氧化钠溶液f．无水硫酸铜g．碱石灰h．五氧化二磷i．无水氯化钙①请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中 c ，D中 a ，E中 g ．②实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中通入大量的空气．这样做的目的是 使生成的二氧化碳能够全部装置E中药品吸收 ．所通空气应先经过 e 试剂（填上述所供试剂的序号）处理，否则可能引起Na2SO3含量的测量结果比实际值 偏低 （填“偏高”、“偏低”或“没影响”）．（5）若仪器E在试验完成时增重4.4g，则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为 1：1 ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】由装置图可知，实验原理为：混合物中加入硫酸，转化为二氧化硫、二氧化碳，除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，进而计算各组分的质量分数．（1）由于需要测定二氧化碳的质量，整套装置应气密性良好，故实验之前应检验装置的气密性；（2）实验测定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，要计算质量分数，需要知道样品的总质量，故应需要用托盘天平称量样品的质量；利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故F装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中，影响测量结果；（3）实验测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，样品和酸反应生成的气体为二氧化碳和二氧化硫气体，利用B装置除去二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，为避免二氧化硫气体对测定结果的干扰，装置C作用是用品红试液验证二氧化硫是否被除净；（4）实验原理是除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，所以进入装置E中的二氧化碳要干燥、不含二氧化硫，装置B的作用是除去气体中的二氧化硫，试剂全部吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳且不能生成二氧化碳；装置C的作用是验证二氧化硫是否除尽，装置D的作用是干燥气体；（5）装置内会残留部分二氧化碳，应使二氧化碳全部被装置E中药品吸收，故通入大量的空气目的是排尽装置内的二氧化碳，使生成的二氧化碳能够全部进入装置E中药品吸收；由于空气中含有二氧化碳，应先除去空气中的二氧化碳，若不除去空气中的二氧化碳，导致测定二氧化碳的质量增大，计算所得碳酸钠的质量增大，引起测定的Na2S03质量减小；（6）装置E在实验完成时增重4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据碳元素守恒可知混合物中碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g，所以亚硫酸钠的质量为23.2g﹣10.6g=12.6g，亚硫酸钠物质的量为=0.1mol，据此计算．【解答】解：分析可知实验原理为：混合物中加入硫酸，转化为二氧化硫、二氧化碳，除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，进而计算各组分的质量分数．（1）由于需要测定二氧化碳的质量，整套装置应气密性良好，故实验之前应检验装置的气密性；故答案为：检验装置的气密性；22\n（2）实验测定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，要计算质量分数，需要知道样品的总质量，故应需要用托盘天平称量样品的质量；利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故F装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中，影响测量结果；故答案为：托盘天平；防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入E装置中；（3）样品和酸反应生成的气体为二氧化碳和二氧化硫气体，利用B装置除去二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，所以装置C的作用是用品红试液验证二氧化硫是否被B吸收完全；有人提出该溶液可能引起Na2CO3含量的测量结果比实际值偏低，是基于二氧化碳能溶于水；故答案为：检验SO2是否被B吸收完全；CO2可溶于水；（4）实验原理是除去反应生成的二氧化硫，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，故进入装置E中的二氧化碳要干燥、不含二氧化硫，所以装置B的作用是除去气体中的二氧化硫，试剂是吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳且不能生成二氧化碳，分析选项中试剂可知应选择c．酸性高锰酸钾溶液；装置C的作用是验证二氧化硫是否除尽，装置D的作用是干燥气体，选择试剂为a（浓硫酸），E和F装置中是盛碱石灰的干燥管，利用E装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，F为了排除空气中的二氧化碳，水蒸气进入装置E产生误差；故答案为：c；a；g；（5）装置内会残留部分二氧化碳，应使二氧化碳全部被装置E中药品吸收，所以通入大量的空气目的是排尽装置内的二氧化碳，使生成的二氧化碳能够全部被装置E中药品吸收；由于空气中含有二氧化碳，应先除去空气中的二氧化碳，若不除去空气中的二氧化碳，导致测定二氧化碳的质量增大，计算所得碳酸钠的质量增大，引起测定的Na2S03质量减小，导致Na2SO3含量偏低，可以使空气先通过e氢氧化钠溶液，除去含有的二氧化碳；故答案为：使生成的二氧化碳能够全部装置E中药品吸收；e；偏低；（6）装置E在实验完成时增重4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.1mol，根据碳元素守恒可知混合物中碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g，所以亚硫酸钠的质量为23.2g﹣10.6g=12.6g，物质的量为=0.1mol，所以则Na2CO3与Na2SO3的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，故答案为：1：1．【点评】本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解原理是关键，需要学生具有扎实的基础知识与综合运用知识分析解决问题的能力． 四、（本题包括2小题，共17分）19．在K2Cr2O7+HCl﹣﹣KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O反应中．（1）氧化剂是 K2Cr2O7 ， 盐酸中﹣1价的氯 元素被氧化，氧化产物是 Cl2 ．（2）在参加反应的盐酸中，被氧化的HCl与未被氧化的HCl的质量比为 3：4 ．（3）如果反应生成0.1molCl2，则转移电子的数目为： 1.204×1023 ．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）K2Cr2O7+HCl﹣﹣KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O反应中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，根据化合价的升降确定氧化剂、氧化产物；（2）根据化合价的升降确定反应中转移的电子情况；22\n（3）根据方程式的意义结合电子转移进行计算．【解答】解：（1）K2Cr2O7+HCl﹣﹣KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O反应中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，所以K2Cr2O7氧化剂，Cl2是氧化产物，盐酸中﹣1价的氯元素被氧化，故答案为：K2Cr2O7；盐酸中﹣1价的氯；Cl2；（2）K2Cr2O7+HCl﹣﹣KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O反应中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，根据电子守恒确定反应中转移的电子为6，配平方程式为：2K2Cr2O7+14HCl（浓）=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，在参加反应的14mol盐酸中，被氧化的HCl为6mol与未被氧化的HCl为8mol，二者的质量比为3：4，故答案为：3：4；（3）根据方程式的意义结合电子转移，得到生成3mol氯气，转移电子是6mol，当反应生成0.1molCl2，则转移电子0.2mol，数目为1.204×1023，故答案为：1.204×1023．【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，注意从化合价角度分析，侧重氧化还原反应中基本概念及转移电子的考查，题目难度不大 20．（12分）（2022•二七区校级三模）A～J分别代表中学化学中常见的一种单质或化合物，其转化关系如图．已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色；形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍；B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃）；K为红棕色粉末．请回答：（1）I在G中燃烧时的现象为 火焰呈苍白色，并有白雾出现 ．（2）L是目前应用最广泛的金属，用碳棒作阳极，L作阴极，写出电解E水溶液的化学方程式 2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑ ．（3）写出C与K反应的化学方程式 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe ，引发该反应的操作为 在Al与Fe2O3混合物中加KClO3粉末，插上镁条，点燃镁条 ．（4）J与H反应的离子方程式为 Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓ ．若在上述转化关系中每一步反应均为恰好反应，且不考虑C+K→A+L的变化时，为了最终得到J，则A、B的物质的量之比为 1：8 ．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色判断为Cl222\n；形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍推断为氧元素；B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃）说明含有钾元素；K为红棕色粉末，判断为Fe2O3；L是常见金属，结合转化关系：C+K（Fe2O3）=L（Fe）+A；说明C为Al，A为Al2O3，H为AlCl3，转化关系E的水溶液电解得到F、G（Cl2）、I在G中燃烧判断I为H2，生成的产物为HCl，B加热生成D（O2）和E，判断E为KClO3，E为KCl，F为KOH；J为NaAlO2，依据推断出的各物质回答问题．【解答】解：C、D、G、I为短周期元素形成的单质，D、G、I常温下为气态，且G为黄绿色判断为Cl2；形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍推断为氧元素；B在焰色反应中呈紫色（透过蓝色钴玻璃）说明含有钾元素；K为红棕色粉末，判断为Fe2O3；L是常见金属，结合转化关系：C+K（Fe2O3）=L（Fe）+A；说明C为Al，A为Al2O3，H为AlCl3，转化关系E的水溶液电解得到F、G（Cl2）、I在G中燃烧判断I为H2，生成的产物为HCl，B加热生成D（O2）和E，判断E为KClO3，E为KCl，F为KOH；J为NaAlO2；（1）I（H2）在G（Cl2）中燃烧时生成氯化氢，在瓶口氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液滴，反应的现象为：火焰呈苍白色，并有白雾出现，故答案为：火焰呈苍白色，并有白雾出现；（2）依据判断可知，L为Fe，电解E（KCl）水溶液的化学方程式为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑；（3）C（Al）与K（Fe2O3）反应是铝热反应，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；引发该铝热反应的操作为：在Al与Fe2O3混合物中加KClO3粉末，插上镁条，点燃镁条，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；在Al与Fe2O3混合物中加KClO3粉末，插上镁条，点燃镁条；（4）J（NaAlO2）与H（AlCl3）反应发生双水解反应，反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；若在上述转化关系中每一步反应均为恰好反应，且不考虑C+K→A+L的变化时，为了最终得到J，发生的反应为：Al2O3～2Al～2Al3+；KClO3～KCl～KOH，若铝离子和过量氢氧化钾反应生成J为NaAlO2，则Al3++4OH﹣=AlO2﹣；依据反应可知，需要Al2O3和KClO3物质的量为1：8反应生成NaAlO2，故答案为：1：8．【点评】本题考查了原子结构和元素判断，物质转化关系，铝及其化合物性质的应用，主要考查实验室制氧气、电解氯化钾溶液，电解制铝单质，铝热反应，原子守恒的计算应用． 五、（本题包括2小题，共15分）21．有一无色透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一种淡黄色粉末并加热，产生沉淀或气体的物质的量与淡黄色粉末的物质的量关系如图所示，请回答：（1）淡黄色粉末为 过氧化钠 （填名称）．其电子式为 22\n（2）溶液中肯定没有 Fe3+、Cu2+ 离子．（3）溶液中离子的物质的量之比为 n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Al3+）=1：1：1 ．（4）①淡黄色粉末与水反应的化学方程式为 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ ，②沉淀部分减少时的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O ．【考点】常见离子的检验方法；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】根据实验现象判断Fe3+、Cu2+、NH4+是否存在，根据图象判断Mg2+、Al3+是否存在，根据生成沉淀的情况和消耗的过氧化钠的情况来确定各个离子的量的多少以及产生气体的量的多少，氢氧化镁不溶于氢氧化钠，但是氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，根据过氧化钠中的化学键情况来书写电子式．【解答】解：（1）淡黄色粉末是过氧化钠，是含有钠离子和过氧根离子的离子化合物，电子式为，故答案为：过氧化钠；；（2）溶液时无色透明，排除铁离子和铜离子，首先加入过氧化钠与水反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，当加入过氧化钠时，生成白色沉淀，推断一定有Mg2+，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+，氢氧化镁不溶于强碱，氢氧化铝是两性氢氧化物，可以溶于强碱，最终的白色沉淀的成分是氢氧化镁，根据加入过氧化钠的量的增加生成气体的量会变化，所以产生的气体应含有除氧气以外的一种气体，即为氨气，一定含有铵根离子，故答案为：Fe3+、Cu2+；（3）加入过氧化钠与水反应，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，在0.3﹣0.35mol这一段内，共溶解氢氧化铝沉淀0.1mol，则根据Al3+～Al（OH）3～[Al（OH）4]﹣，所以铝离子的物质的量是0.1mol，造0～0.3mol过氧化钠这一段，生成沉淀量最大，是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物，所以含有氢氧化镁也是0.1mol，根据Mg2+～Mg（OH）2，所以镁离子的物质的量是0.1mol，根据气体的量，当加入0.3mol过氧化钠时，理论上会产生0.15mol的氧气，此时生成气体共0.25mol，所以会生成0.1mol的氨气，根据NH4+～NH3↑，铵根离子的物质的量为：0.1mol，所以各种离子浓度只比是1：1：1，故答案为：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Al3+）=1：1：1；（4）过氧化钠和水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，氢氧化镁和氢氧化钠不反应，但是氢氧化铝可以和氢氧化钠发生反应，沉淀部分减少时的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查的是常见阳离子的检验，注意各个离子的性质，结合图象的方式考查增加了难度，本题综合性很强，难度很大． 22．已知：（1）该反应的生成物中含有的官能团的名称是 醛基 ，该物质在一定条件下能发生 ①② （填序号）．①氧化反应②还原反应③酯化反应（2）已知HCHO分子中所有原子都在同一平面内，若要使R1CHO分子中所有原子可能都在同一平面内，R1可以是 ②③ （填序号）．22\n①﹣CH3②③﹣CH═CH2（3）某氯代烃A的分子式为C6H11Cl，它可以发生如图所示转化：结构分析表明E分子中含有两个甲基且没有支链．①写出下列转化的反应类型：A→B 消去反应 ；D→E 酯化反应 ．②A、E的结构简式分别为 、CH3COOCH2（CH2）4CH2OOCCH3 ．③写出A→B的化学方程式 +NaOH+NaCl+H2O ．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据结构判断官能团，推断具有的性质；（2）根据甲烷四面体、乙烯平面构型、乙炔直线型、苯平面构型判断原子共面；（3）C6H11Cl在氢氧化钠醇溶液加热下，发生消去反应生成烯，所以B含有碳碳双键．由信息可知C中含有碳氧双键（羰基或醛基），根据流程可知D为醇，E为二元酯，所以D为二元醇，根据酯化反应可推断D分子式为C6H14O2，E分子中含有两个甲基且没有支链，所以B为环己烯，A为一氯环己烷，即，E分子中含两个甲基且没有支链，应为，则D为，C为己二醛，据此分析解答；【解答】解：（1）根据生成物结构可知，分子中含有，为醛基，醛基可与氢气发生加成发生还原反应，也可被氧化为羧酸，故答案为：醛基；①②；（2）①R1为﹣CH3，分子为CH3CHO，具有甲烷结构，所有原子不可能共面，故①错误；②R1为，分子结构为，苯是平面结构，HCHO也是平面结构，所以可能为平面结构，故②正确；③R1为﹣CH═CH2，分子为CH2═CH﹣CHO，乙烯是平面构型，HCHO也是平面结构，所以CH2═CH﹣CHO，可能为平面结构，故③正确．故选：②③；（3）E分子中含两个甲基且没有支链，应为，则D为，C为己二醛，则B为环己烯，A应为，①A为，氢氧化钠醇溶液加热下，发生消去反应生成环己烯B，所以A→B反应类型为消去反应；由流程图可知D为HOCH2（CH2）4CH2OH，与乙酸发生酯化反应生成E，所以D→E反应类型为酯化反应，故答案为：消去反应；酯化反应；②A为，由流程图可知D为HOCH2（CH2）4CH2OH，与乙酸发生酯化反应生成E，所以E结构简式为CH3COOCH2（CH2）4CH2OOCCH3，22\n故答案为：、CH3COOCH2（CH2）4CH2OOCCH3；③A为一氯环己烷，结构简式为，氢氧化钠醇溶液加热下，发生消去反应生成环己烯，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；【点评】本题考查有机物的结构性质、有机信息合成、限制条件同分异构体书写，难度中等，有机信息合成关键清楚烯断键生成物判断． 22
