江西省宜市铜鼓中学高考化学四模试卷（含解析）.doc

2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学四模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）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以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651caco3与稀盐酸反应（放热反应）生成co2的量与反应时间的关系如图所示下列结论不正确的是（）a反应开始2分钟内平均反应速率最大b反应4分钟后平均反应速率最小c反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大d反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率为0.1 mol/（lmin）2某位同学配制一定物质的量浓度的naoh溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）a所用naoh已经潮解b向容量瓶中加水未到刻度线c有少量naoh溶液残留在烧杯里d用带游码的托盘天平称2.4gnaoh时误用了“左码右物”方法3下列说法正确的是（）ahf、hcl、hbr、hi的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高b熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物cncl3分子中所有的原子均为8电子稳定结构dnahso4晶体中阴、阳离子的个数是1：2且熔化时破坏的是离子键和共价键4w、x、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属元素，z是非金属元素，w、x的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的w的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入xz3溶液，生成的沉淀x（oh）3的质量随xz3溶液加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）ad点对应的溶液中：k+、nh4+、c032、ibc点对应的溶液中：ag+、ca2+、no3、na+cb点对应的溶液中：na+、s2、so42、clda点对应的溶液中：na+、k+、s042、hco35某广告称某种品牌的八宝粥（含桂圆、红豆、糯米等）不加糖，比加糖还甜，最适合糖尿病人食用你认为下列关于糖尿病人能否食用此八宝粥的判断不正确的是（）a这个广告有误导喜爱甜食消费者的嫌疑，不加糖不等于没有糖b不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重c不能听从厂商或广告商的宣传，应咨询医生d糖尿病人应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，可以放心食用6铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等下列与这些用途无关的性质是（）a不易生锈b导电性好c密度小d强度高7将盛有n2和no2 的混合气体的试管倒立于水中经过足够时间后，气体体积减少为原来的一半，则原混合气体中n2和no2 的体积比是（）a1：1b1：2c1：3d3：18在300ml的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的co气体，一定条件下发生反应：ni（s）+4co（g）ni（co）4（g），已知该反应平衡常熟与温度的关系如下表，则（） 温度/2580230平衡常熟510421.9105a上述生成ni（co）4（g）的反应为吸热反应b25时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为0.5（moll1）3c在某条件下达到平衡，测得ni（co）4、co浓度均为0.5mol/l，则此时温度高于80d80达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的co，再次达到平衡后co的体积分数减小二、（非选择题，共3小题，共52分）9短周期元素af的原子序数依次增大，部分元素的信息如下：元素编号信息b与元素a、d共同组成的化合物的种类最多d最外层电子数是次外层电子数的三倍e同周期元素中形成的简单离子半径最小f最高价氧化物对应的水化物的酸性最强根据以上信息，回答下列问题（用元素符号书写）：（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在a2d、fd、bc，abd3、c2、f等六种粒子，测得fd和c2的物质的量随时间变 化的曲线如图所示请写出该反应的离子方程式 （2）w与d是相邻的同主族元素在下表中列出h2wo3的不同化学性质，举例并写出 相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性h2wo3+3h3po3=3h3po4+h2w（3）由af中的某些元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊可发生以下反应：写出甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式；鉴定丁中阳离子的操作是；如果丁中含有元素f，丁的溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是10（2016宜春校级四模）某无色溶液，其中有可能存在的离子如下：na+、ag+、ba2+、al3+、alo2、s2、co32、so32、so42现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：（1）沉淀甲是，生成沉淀的离子方程式（2）沉淀乙是，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式（3）沉淀丙是，设计实验证明（4）综合上述信息，可以肯定存在的离子有11如图中，a、b、c、d、e是单质，g、h、i、f是b、c、d、e分别和a形成的二元化合物已知：反应c+gb+h能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；i是一种常见的温室气体，它和e可以发生反应：，f中的e元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为；（2）化合物的电子式为，它的空间构型是；（3）1.6g g 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；（4）c与过量naoh溶液反应的离子方程式为，反应后溶液与过量化合物反应的离子方程式为；（5）e在i中燃烧观察到的现象是【化学-选修5：有机化学基础】12近年来，我国部分地区相继发现一些以发热伴血小板减少为主要表现的感染性疾病病例氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）x的结构简式为（2）两分子c可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式（3）cd的反应类型是反应，物质d有两种结构，但只有一种能合成具有药理作用的氯吡格雷物质d有两种结构的原因是（4）写出a能属于芳香族化合物的所有同分异构体的结构简式：（5）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）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以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651caco3与稀盐酸反应（放热反应）生成co2的量与反应时间的关系如图所示下列结论不正确的是（）a反应开始2分钟内平均反应速率最大b反应4分钟后平均反应速率最小c反应开始4分钟内温度对反应速率的影响比浓度大d反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率为0.1 mol/（lmin）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】caco3与稀盐酸的反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题；a、相同时间内，生成的二氧化碳的体积越大，表明反应速率越快，据此结合图象判断；b、4min后氢离子浓度起主要作用，氢离子浓度降低；c、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，24min反应速率最快，说明反应为放热反应，04分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用；d、反应速率v=计算判断【解答】解：a由图象可知，02分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，24分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，46分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故a错误；b由图象可知，反应4分钟后曲线斜率变小，则反应速率减小，故b正确；c随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，02分钟反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24min反应速率最快，24分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故c正确；d、图象分析可知，反应在第2分钟初至第4分钟末生成co2的平均反应速率=0.1 mol/（lmin），所以反应在第2分钟初至第3分钟末生成co2的平均反应速率不是0.1 mol/（lmin），故d错误；故选ad【点评】本题考查反应速率的定量表示及有关图象，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意根据速率定义式进行理解，注意理解影响反应速率的因素2某位同学配制一定物质的量浓度的naoh溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）a所用naoh已经潮解b向容量瓶中加水未到刻度线c有少量naoh溶液残留在烧杯里d用带游码的托盘天平称2.4gnaoh时误用了“左码右物”方法【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】具体分析操作对溶质物质的量或溶液体积的影响，结合c=进行判断【解答】解：a、所用naoh固体已潮解，称取一定质量的naoh时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故a不选；b、向容量瓶中加水未到刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故b选；c、有少量naoh溶液残留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故c不不选；d、将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故d不选故选b【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断3下列说法正确的是（）ahf、hcl、hbr、hi的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高b熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物cncl3分子中所有的原子均为8电子稳定结构dnahso4晶体中阴、阳离子的个数是1：2且熔化时破坏的是离子键和共价键【考点】离子化合物的结构特征与性质；原子核外电子排布【分析】a非金属性越强，气态氢化物越稳定，相对分子质量大的沸点高，但hf分子之间含氢键；b熔融状态下能导电的化合物一定含离子键，金属与非金属元素形成的化合物可能为共价化合物；cncl3分子中n元素的族序数+成键数=8；dnahso4晶体中及熔化状态下电离，均存在钠离子和硫酸氢根离子【解答】解：a非金属性越强，气态氢化物越稳定，则hf、hcl、hbr、hi的热稳定性依次减弱；而相对分子质量大的沸点高，但hf分子之间含氢键，则沸点为hf、hi、hbr、cl依次减弱，故a错误；b熔融状态下能导电的化合物一定含离子键，属于离子化合物，而金属与非金属元素形成的化合物可能为共价化合物，如氯化铝，故b错误；cncl3分子中n元素的族序数+成键数=8，则分子中所有的原子均为8电子稳定结构，故c正确；dnahso4晶体中及熔化状态下电离，均存在钠离子和硫酸氢根离子，离子个数比为1：1，熔化只破坏离子键，故d错误；故选c【点评】本题考查较综合，涉及化学键、非金属性比较、原子的核外电子排布等，为高频考点，把握化学键的形成及常见物质转化的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4w、x、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属元素，z是非金属元素，w、x的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的w的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入xz3溶液，生成的沉淀x（oh）3的质量随xz3溶液加入量的变化关系如图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）ad点对应的溶液中：k+、nh4+、c032、ibc点对应的溶液中：ag+、ca2+、no3、na+cb点对应的溶液中：na+、s2、so42、clda点对应的溶液中：na+、k+、s042、hco3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；离子共存问题【专题】离子反应专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】w、x、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属元素，z是非金属元素，w、x的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则w为na元素，x为al元素；x与z形成xz3溶液，则z为cl元素向一定量的naoh溶液中逐滴加入alcl3溶液由图可知，0b，没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc，沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠结合物质性质判断【解答】解：w、x、z是原子序数依次增大的同一短周期元素，w、x是金属元素，z是非金属元素，w、x的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则w为na元素，x为al元素；x与z形成xz3溶液，则z为cl元素向一定量的naoh溶液中逐滴加入alcl3溶液由图可知，0b，没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc，沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠a、d点对应的溶液中含有al3+，al3+与c032发生水解反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳，不能大量共存，故a；b、c点对应的溶液中含有cl，cl与ag+反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故b错误；c、b点对应的溶液中偏铝酸钠、氯化钠，离子之间不发生反应，可以大量共存，故c正确；d、a点对应的溶液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠，oh与hco3发生反应生成碳酸根与水，不能大量共存，故d错误故选：c【点评】考查根据物质的性质推断元素、离子共存、反应图象分析等，难度中等，推断元素、理清图象中各阶段含有的溶质是关键5某广告称某种品牌的八宝粥（含桂圆、红豆、糯米等）不加糖，比加糖还甜，最适合糖尿病人食用你认为下列关于糖尿病人能否食用此八宝粥的判断不正确的是（）a这个广告有误导喜爱甜食消费者的嫌疑，不加糖不等于没有糖b不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重c不能听从厂商或广告商的宣传，应咨询医生d糖尿病人应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，可以放心食用【考点】淀粉的性质和用途【专题】糖类与蛋白质专题【分析】由题意分析八宝粥含桂圆、红豆、糯米等，其化学成分有糖类、脂质、蛋白质等，含糖量还是比较高的【解答】解：a这个广告有误导消费者的嫌疑，不加糖不等于没有糖，其本身还是含糖的，故a正确；b不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重，故b正确；c该广告的虚假宣传说明我们不能盲目听信厂商或广告商的宣传，是否能够食用应询问医生，故c正确；d糖尿病人血糖和尿糖的含量都较高，应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，但是其本身的化学成分中是含有糖的，不可以多吃，故d错误；故选d【点评】本题借助糖尿病人的饮食考查糖类的相关知识，难度不大意在考查学生分析题意以及解决问题的能力6铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等下列与这些用途无关的性质是（）a不易生锈b导电性好c密度小d强度高【考点】金属与合金在性能上的主要差异；合金的概念及其重要应用【专题】金属概论与碱元素【分析】根据镁铝合金的性质判断正误【解答】解：根据镁铝合金的性质是坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工，所以主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等；a、c、d都符合这些特点，只有b不符合故选：b【点评】本题考查的是合金的性质及应用，性质决定用途，用途体现性质，根据镁铝合金的性质判断即可7将盛有n2和no2 的混合气体的试管倒立于水中经过足够时间后，气体体积减少为原来的一半，则原混合气体中n2和no2 的体积比是（）a1：1b1：2c1：3d3：1【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】氮族元素【分析】盛有n2和no2的混合气体的试管倒立于水中发生3no2+h2o=2hno3+no，利用方程式计算【解答】解：设原混合气体中含有xmoln2，ymolno2，盛有n2和no2 的混合气体的试管倒立于水中发生3no2+h2o=2hno3+no，则3no2+h2o=2hno3+no3 1y 则（x+）：（x+y）=1：2，解得x：y=1：3，故选c【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意利用物质的性质，根据反应的化学方程式计算体积变化的原因是由于no2与水反应的缘故8在300ml的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的co气体，一定条件下发生反应：ni（s）+4co（g）ni（co）4（g），已知该反应平衡常熟与温度的关系如下表，则（） 温度/2580230平衡常熟510421.9105a上述生成ni（co）4（g）的反应为吸热反应b25时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为0.5（moll1）3c在某条件下达到平衡，测得ni（co）4、co浓度均为0.5mol/l，则此时温度高于80d80达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的co，再次达到平衡后co的体积分数减小【考点】化学平衡的调控作用；化学平衡常数的含义【专题】化学平衡专题【分析】a由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；b相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；c由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，计算平衡常数，与80的平衡常数比较判断；d80达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的co，平衡向正反应进行，可以等效为增大压强，最终的平衡状态向正反应方向移动【解答】解：a由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故a错误；b.25c时反应ni（s）+4co（g）ni（co）4（g）的平衡常数为5104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25c时反应ni（co）4（g）ni（s）+4co（g）的平衡常数为=2105，故b错误；c该温度下的平衡常数k=8，大于80的平衡常数，由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故小于80c，故c错误；d.80达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的co，平衡向正反应进行，可以等效为增大压强，最终的平衡状态向正反应方向移动，co的体积分数减小，故d正确；故选d【点评】本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡常数有关计算等，难度中等，注意掌握化学平衡常数的应用，d选项为易错点，注意根据等效平衡解答二、（非选择题，共3小题，共52分）9短周期元素af的原子序数依次增大，部分元素的信息如下：元素编号信息b与元素a、d共同组成的化合物的种类最多d最外层电子数是次外层电子数的三倍e同周期元素中形成的简单离子半径最小f最高价氧化物对应的水化物的酸性最强根据以上信息，回答下列问题（用元素符号书写）：（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在a2d、fd、bc，abd3、c2、f等六种粒子，测得fd和c2的物质的量随时间变 化的曲线如图所示请写出该反应的离子方程式5clo+2cn+h2o=2hco3+n2+5cl （2）w与d是相邻的同主族元素在下表中列出h2wo3的不同化学性质，举例并写出 相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性h2wo3+3h3po3=3h3po4+h2w还原性h2so3+br2+2h2o=h2so3+2hbr酸性h2so3+2naoh=na2so3+2h2o（3）由af中的某些元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊可发生以下反应：写出甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式al3+3nh3+3h2o=al（oh）3+3nh4+；鉴定丁中阳离子的操作是取少量丁样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子；如果丁中含有元素f，丁的溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）【考点】位置结构性质的相互关系应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线；无机物的推断【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题【分析】短周期元素af的原子序数依次增大，d最外层电子数是次外层电子数的三倍，d原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则d为氧元素；b与元素a、d共同组成的化合物的种类最多，应是有机物，故a为氢元素、b为碳元素；结合原子序数可知c为氮元素；e是同周期元素中形成的简单离子半径最小，则e只能处于第三周期，故e为al；f最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，则f为cl，（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在h2o、clo、cn，hco3、n2、cl等六种粒子，由图可知，随反应进行，clo物质的量减小，n2的物质的量增大，说明clo是反应物，n2是产物，根据电子转移守恒可知，cn是反应物、cl是产物，结合元素守恒可知，hco3是生成物，h2o是反应物，配平书写离子方程式；（2）w与d是相邻的同主族元素，则w为s元素，h2so3的具有氧化性、还原性、酸性、不稳定性等，据此写出相应的化学方程式；（6）丁是仅含非金属的盐，所以一定是铵盐，e为al元素，所以推断戊是氧化铝，故丙是氢氧化铝，分析产物结合反应：甲+乙+h2oal（oh）3+nh4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，中如果丁中含有元素f（cl元素），则丁为氯化铵，溶液中nh4+离子水解，破坏水的电离平衡，水溶液显酸性，据此判断离子浓度【解答】解：短周期元素af的原子序数依次增大，d最外层电子数是次外层电子数的三倍，d原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则d为氧元素；b与元素a、d共同组成的化合物的种类最多，应是有机物，故a为氢元素、b为碳元素；结合原子序数可知c为氮元素；e是同周期元素中形成的简单离子半径最小，则e只能处于第三周期，故e为al；f最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，则f为cl，（1）反应过程中存在h2o、clo、cn，hco3、n2、cl等六种粒子，由图可知，随反应进行，clo物质的量减小，n2的物质的量增大，说明clo是反应物，n2是产物，根据电子转移守恒可知，cn是反应物、cl是产物，结合元素守恒可知，hco3是生成物，h2o是反应物，反应离子方程式为：5clo+2cn+h2o=2hco3+n2+5cl，故答案为：5clo+2cn+h2o=2hco3+n2+5cl；（2）w与d（氧元素）是相邻的同主族元素，则w为s元素，h2so3的具有氧化性、还原性、酸性、不稳定性等，可以被强氧化剂氧化，如h2so3+br2+2h2o=h2so3+2hbr，与naoh发生中和反应h2so3+2naoh=na2so3+2h2o，故答案为：编号性质化学方程式示例h2wo3+3h3po33h3po4+h2w1还原性h2so3+br2+2h2o=h2so3+2hbr2酸性h2so3+2naoh=na2so3+2h2o（6）丁是仅含非金属的盐，所以一定是铵盐，e为al元素，所以推断戊是氧化铝，故丙是氢氧化铝，分析产物结合反应：甲+乙+h2oal（oh）3+nh4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，中如果丁中含有元素f（cl元素），甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式为：al3+3nh3+3h2o=al（oh）3+3nh4+；故答案为：al3+3nh3+3h2o=al（oh）3+3nh4+；丁中阳离子为nh4+，鉴定nh4+的操作是：取少量丁样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子，故答案为：取少量丁样品放入试管，加入氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明有铵根离子；如果丁中含有元素f（cl元素），则丁为氯化铵，溶液中nh4+离子水解，破坏水的电离平衡，水溶液显酸性，且水解程度不大，故溶液中离子浓度c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故答案为：c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh）【点评】本题考查无机物的推断、结构性质位置关系应用、常用化学用语、盐类水解、元素化合物性质、实验方案设计等，元素及物质的推断是解答本题的关键，注重对高考常考考点的考查，对学生能力要求较高，题目难度中等10（2016宜春校级四模）某无色溶液，其中有可能存在的离子如下：na+、ag+、ba2+、al3+、alo2、s2、co32、so32、so42现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：（1）沉淀甲是s，生成沉淀的离子方程式2s2+so32+6h+=3s+3h2o（2）沉淀乙是al（oh）3，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式al3+3hco3=al（oh）3+3co2（3）沉淀丙是baco3，可能有baso4，设计实验证明在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除baco3外还有baso4，若全部溶解，则仅有baco3（4）综合上述信息，可以肯定存在的离子有na+、s2、so32、alo2【考点】无机物的推断；常见离子的检验方法【专题】物质检验鉴别题【分析】由无色溶液加hbr产生淡黄色沉淀，则沉淀甲为s，则发生2s2+so32+6h+=3s+3h2o，一定存在s2、so32；溶液甲与过量碳酸氢铵反应，则沉淀乙为al（oh）3，气体乙为二氧化碳，溶液乙中加过量氢氧化钡反应生成白色沉淀丙应为baco3，气体丙为氨气，然后结合离子的共存来分析【解答】解：由无色溶液加hbr产生淡黄色沉淀，则沉淀甲为s，则发生2s2+so32+6h+=3s+3h2o，一定存在s2、so32；溶液甲与过量碳酸氢铵反应，则沉淀乙为al（oh）3，气体乙为二氧化碳，溶液乙中加过量氢氧化钡反应生成白色沉淀丙应为baco3，气体丙为氨气，ag+、ba2+、al3+与s2、so32不能共存，则不存在，由电荷守恒可知，一定存在的阳离子为na+，一定存在的阴离子为s2、so32、alo2，（1）由上述分析可知，沉淀甲为s，生成沉淀的离子反应为2s2+so32+6h+=3s+3h2o，故答案为：s；2s2+so32+6h+=3s+3h2o；（2）沉淀乙为al（oh）3，生成沉淀乙的离子反应为al3+3hco3=al（oh）3+3co2，故答案为：al（oh）3；al3+3hco3=al（oh）3+3co2；（3）原溶液中有可能有硫酸根离子，溶液乙中含碳酸氢根离子，则沉淀丙为baco3，可能有baso4，在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除baco3 外还有baso4；若全部溶解，则仅有baco3，故答案为：baco3，可能有baso4；在沉淀丙中加入足量盐酸，若沉淀不能全部溶解，说明除baco3外还有baso4，若全部溶解，则仅有baco3；（4）肯定存在的离子有na+、s2、so32、alo2，故答案为：na+、s2、so32、alo2【点评】本题以离子的共存及离子反应考查推断，把握实验流程及离子之间的反应推断出存在离子是解答的关键，注意过量离子及电荷守恒的应用，题目难度中等11如图中，a、b、c、d、e是单质，g、h、i、f是b、c、d、e分别和a形成的二元化合物已知：反应c+gb+h能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；i是一种常见的温室气体，它和e可以发生反应：，f中的e元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为2al+fe2o32fe+al2o3；（2）化合物的电子式为，它的空间构型是直线型；（3）1.6g g 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；（4）c与过量naoh溶液反应的离子方程式为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2，反应后溶液与过量化合物反应的离子方程式为alo2+co2+2h2o=al（oh）3+hco3；（5）e在i中燃烧观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】反应c+gb+h能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以c为al，g为铁的氧化物fe2o3；b为fe；结合转化关系得到a为o2，h为al2o3，i是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和e点燃条件下发生反应生成f和d，2e+i=2f+d为置换反应，推断e为金属单质mg，发生的反应为，2mg+co22mgo+c，f为mgo，d为单质c；mgo中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确【解答】解：a、b、c、d、e是单质，g、h、i、f是b、c、d、e分别和a形成的二元化合物，反应c+gb+h能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以c为al，g为铁的氧化物fe2o3；结合转化关系得到a为o2，h为al2o3，i是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和e点燃条件下发生反应生成f和d，2e+i=2f+d为置换反应，推断e为金属单质mg，发生的反应为，2mg+co22mgo+c，f为mgo，d为单质c；mgo中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确；（1）中反应的化学方程式为：2al+fe2o32fe+al2o3，故答案为：2al+fe2o32fe+al2o3；（2）二氧化碳分子是直线型化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对，分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二氧化碳的电子式为：，故答案为：；直线型；（3）1.6g g 溶于盐酸，发生的反应为：fe2o3+6hcl=2fecl3+3h2o，得到的溶液与铜粉完全反应，1.6g g 为fe2o3物质的量为0.01mol，含fe3+离子物质的量为0.02mol；溶