1、2015-2016学年黑龙江省哈尔滨师范大学附中高三（上）第一次月考化学试卷一选择题（本题共20小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1下列有关说法中，正确的是（）A盐酸、漂白粉都是混合物B127I和131I互为同素异形体C硫酸铜、蔗糖都是电解质D分馏、干馏都是物理变化2除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是（）A植物油（水）分液BFe（OH）3胶体（HCl）渗析C水（NaCl）蒸馏DCO2（HCl）氢氧化钠溶液，洗气3用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm100nm）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系中的分散质的粒子的大小和这种纳米粒子大小具有相同的数量级的是（）
2、A溶液B悬浊液C胶体D乳浊液4下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂5下列说法中正确的是（）A胶体区别于其它分散系的本质特性是丁达尔现象B利用半透膜可除去淀粉溶液中的少量NaClCFe（OH）3胶体带正电荷D加入电解质，胶体一定能发生凝聚6下列指定微粒的数目相等的是（）A等物质的量的H2O与D2O含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的镁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数7由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同则该混合气体中，
3、CO2和H2的物质的量之比为（）A8：13B1：1C13：8D1：28下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应AABBCCDD9已知98%的浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L，则49%的硫酸的物质的量浓度（）A等于9.2 mo1/LB小于 9.2 mo1/LC大于 9.2 mo1/LD无法确定10某能使石蕊试液变红的溶液中，能大量存在的离子是（）AFe2+ K+NO3ClBNa+Mg2+ HCO3 NO3CK+ Na+ AlO2ClDAl3+ NH4+ SO42Cl11下表中物质的分
4、类组合完全正确的是（）编号ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HNO3弱电解质HFCaCO3HClOCO2非电解质SO2CS2H2OC2H5OHAABBCCDD12已知氧化性强弱顺序：Cl2Br2Fe3+I2下列反应不能发生的是（）ABr2+2I=I2+2 BrB2FeCl2+Cl2=2FeCl3C2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HID2Fe3+2I=2Fe2+I213已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+614一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32
5、HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：515某同学欲配制250mL 1.0mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（）将35.5g Na2SO4溶于250mL水中将80.5g Na2SO410H2O溶于少量水中，再用水稀释至250mL将50mL 5.0mol/L Na2SO4溶液用水稀释至250mLABCD16用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A10g46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2 NAB0.5 mol Na2O2中含有的离子数目为2NAC标准状况下，2.24 L甲醇中含有CH键的数目为0.3NADS2和S8的混
6、合物共38.4 g，其中所含硫原子数为1.4NA17下列离子方程式正确的是（）A醋酸铵溶液和盐酸反应：CH3COONH4+H+CH3COOH+NH4+B碳酸氢铵溶液和过量氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OC偏铝酸钠溶液和过量盐酸：AlO2+4H+Al3+2H2OD钠跟水反应：Na+2H2ONa+2OH+H21824mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的 K2Cr2O7 溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是（）A+6B+3C+2D019下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，
7、无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO220物质R2CO3的饱和溶液VmL，密度为gcm3，c（R+）=PmolL1，溶质的质量分数为a%，溶质的式量为M，溶质的溶解度为sg则下列表达式正确的是（）Aa=Bs=CP=2DVa%=二填空题（本题共4小题，共37分）21（1）向等体积、等浓度的AgNO3溶液中，分别加入相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使它们中的Cl完全转化为AgCl沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为（2）Na、Mg、Al分别
8、与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，消耗Na、Mg、Al的质量之比为22NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：水碘化钾淀粉试纸淀粉白酒食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是ANaCl BNH4Cl CHNO3 D浓H2SO4（4）请配平以下化学方程式Al+NaNO3+NaOHNaAlO2+N
9、2+H2O若反应过程中转移5mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为L23某地环保部门取一定量某工厂所排废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究已知废水试样中可能含有下表在的离子离子阳离子Na+，Mg2+，X阴离子Cl，S，Y，N请回答下列问题：（1）离子X是（填化学式，下同），离子Y是（2）表中不能确定是否存在的阴离子是，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为（3）写出废水试样中滴加淀粉一KI溶液所发生反应的离子方程式：24Na2O2与水的反应实际是Na2O2+2H2O2NaOH+H2O2，反应放热使部分H2O2受热分解：2H2O22H2O+O2为了测定某过氧化钠固体的纯度，做如下
10、实验（假设杂质不参加反应）称取过氧化钠固体2.00g把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在112mL处恰好与水槽内液面相平将烧瓶中的液体转移到250mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液也转入容量瓶，然后加入蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切取25.00mL容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L的KMnO4溶液去滴定，至终点时用去了24.20mLKMnO4溶液（此时锰全部以Mn2+ 存在）（1）有500mL、250mL、150mL的量筒备用，应选用量程为的量筒（2）在步骤测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内
11、的气体都冷却到室温时进行，若此时量筒内的液面高于水槽中液面（如图），立即读数会使Na2O2的纯度（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进行的操作是（3）在步骤中反应的离子方程式是判定滴定达到终点的依据是（4）该过氧化钠的纯度为（保留一位小数；实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）三计算题（本题共1小题，共8分）25向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，固体完全溶解后在所得溶液中加入1mol/L 的NaOH溶液1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g计算：（1）Cu与Cu2O 的物质的量之比 （2）HNO3的物质的量浓度（要求：写出计
12、算过程）四【化学-选修5：有机化学基础】26有机物可以用E和H在一定条件下合成，请根据以下信息完成下列问题：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）B的分子式为（2）AB、CD的反应类型为、（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为（4）D生成E的化学方程式为E与H反应生成I的方程式为（5）I的同系物K相对分子质量比I小28K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基共有种（不考虑立体异构）试写出上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式2015-2016学年黑
13、龙江省哈尔滨师范大学附中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共20小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1下列有关说法中，正确的是（）A盐酸、漂白粉都是混合物B127I和131I互为同素异形体C硫酸铜、蔗糖都是电解质D分馏、干馏都是物理变化【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】A不同物质组成的为混合物；B同种元素组成的不同单质为同素异形体；C水溶液中或熔融状态导电的为电解质；D分馏是利用物质沸点不同分离混合物，干馏是隔绝空气加强热发生复杂的物理化学变化生成新的物质【解答】解：A盐酸是氯化氢的水溶液、漂白粉由氯化钙和次氯酸钙组成，都是混合物，故
14、A正确；B127I和131I是碘元素的不同原子互为同位素，故B错误；C硫酸铜水溶液中导电属于电解质、蔗糖水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故C错误；D分馏是利用物质沸点不同分离混合物属于物理变化，干馏是隔绝空气加强热发生复杂的物理化学变化生成新的物质，故D错误；故选A2除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是（）A植物油（水）分液BFe（OH）3胶体（HCl）渗析C水（NaCl）蒸馏DCO2（HCl）氢氧化钠溶液，洗气【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】A植物油和水不互溶；B胶粒不能透过半透膜；C水易挥发；DCO2与HCl都能与氢氧化钠溶液反应【解答】解：A植物油和水不互溶，能分层，
15、故A错误； B胶粒不能透过半透膜，离子可以透过，可用渗析的方法分离，故B正确；C水易挥发，氯化钠难挥发，可用蒸馏分离，故C正确；DCO2与HCl都能与氢氧化钠溶液反应，则不能利用氢氧化钠溶液来除杂，故D错误故选D3用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm100nm）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料下列分散系中的分散质的粒子的大小和这种纳米粒子大小具有相同的数量级的是（）A溶液B悬浊液C胶体D乳浊液【考点】纳米材料【分析】根据胶体微粒的直径判断，胶体微粒的直径为1100nm之间【解答】解：胶体微粒的直径为1100nm之间，把固体物质加工到纳米级的超细粉末粒子，与胶体的微粒直径相当，故选C4下列物
16、质在生话中应用时，起还原作用的是（）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂【考点】氧化还原反应【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析【解答】解：A明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A错误；B甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B错误；C漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C错误；D铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确故选D5下列说法中正确的是（）A胶体区别于其它分散系的本质特性是丁达尔现象B利用半透膜可除去淀粉溶液中的少量N
17、aClCFe（OH）3胶体带正电荷D加入电解质，胶体一定能发生凝聚【考点】胶体的重要性质【分析】A区分分散系的本质特性是分散质粒子的直径大小； B胶粒不能透过半透膜；CFe（OH）3胶体不带电荷，是电中性的；D有些胶体不带电荷【解答】解：A区分分散系的本质特性是分散质粒子的直径大小，胶体微粒直径在1100nm之间，故A错误； B淀粉溶液是胶体，胶粒不能透过半透膜，可用渗析提纯胶体，故B正确；CFe（OH）3胶体不带电荷，是电中性的，胶粒带正电荷，故C错误；D有些胶体不带电荷，加入电解质不发生聚沉，故D错误故选B6下列指定微粒的数目相等的是（）A等物质的量的H2O与D2O含有的中子数B等质量的乙
18、烯和丙烯中含有的共用电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的镁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数【考点】物质的量的相关计算【分析】AH2O与D2O分子中含有的中子数分别为8、10，物质的量相等时含有中子的物质的量不相等；B丙烯和乙烯的最简式为CH2，质量相等时含有的C、H原子数相等，而二者分子中1个C原子形成1个碳碳键、1个H形成1个CH键；CCO、NO分子中含有的质子数不相等；DMg为+2价金属，Al为+3价金属，根据电子守恒判断转移电子的物质的量及数目【解答】解：AH2O和D2O含有的中子数不相等，则等物质的量的H2O与D2O含有的中子数不相等，故A错误；B
19、等质量的乙烯和丙烯中含有最简式CH2的物质的量相等，则含有C、H原子数相等，而单烯烃分子中，1个C原子平均形成1个CC键，1个H形成1个CH键，所以等质量的二者含有的共用电子对数相等，故B正确；C同温、同压、同体积的CO和NO具有相同的物质的量，由于二者含有的质子数不相等，则含有的质子数不相等，故C错误；D等物质的量的镁和铝分别与足量氯气完全反应时，由于Mg为+2价金属，Al为+3价金属，则二者转移的电子数不相等，故D错误；故选B7由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同则该混合气体中，CO2和H2的物质的量之比为（）A8：13B1：1C13：8D1：2【考点】物质的量的相关计
20、算【分析】同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则混合气体平均相对分子质量为28，依据摩尔质量公式M=计算解答【解答】解：同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，而由CO2和H2组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则混合气体平均相对分子质量为28，设二氧化碳物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，则：M=28，解得x：y=13：8；故选：C8下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应AABBCCDD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；吸热反应和放热反应
21、；化学基本反应类型【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答【解答】解：A钠元素为主族元素，主族元素中一、二、三周期属于短周期元素，主族元素中四、五、六、七周期属于长周期元素，故A错误；B电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故B正确；C胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C错误；D置换反应属于氧化还原反应，而氧化还原反应不一定是放热反应，故D错误；故选B9已知98%的浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L，则49%的硫酸的物质的量浓度（）A等于9.2 mo1/LB小于 9.2 mo1/L
22、C大于 9.2 mo1/LD无法确定【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】设98%的浓硫酸的密度为Ag/mL，49%的硫酸的密度为ag/mL，根据c=表示各自物质的量浓度，结合硫酸的浓度越大密度越大进行比较判断【解答】解：设98%的浓硫酸的密度为Ag/mL，49%的硫酸的密度为ag/mL，根据c=，则：18.4=，c（49%的硫酸）=，硫酸的浓度越大密度越大，故Aa，则：c（49%的硫酸）9.2mol/L，故选B10某能使石蕊试液变红的溶液中，能大量存在的离子是（）AFe2+ K+NO3ClBNa+Mg2+ HCO3 NO3CK+ Na+ AlO2ClDAl3+ NH4+ SO42Cl【考点】
23、离子共存问题【分析】能使石蕊试液变红的溶液，显酸性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：AFe2+、NO3、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；CH+、AlO2结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确故选D11下表中物质的分类组合完全正确的是（）编号ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HNO3弱电解质HFCaCO3HClOCO2非电解质SO2CS2H2OC2H5OHAABBCCDD【考点】电解质与非电解
24、质【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质【解答】解：AKNO3在水溶液中完全电离，是强电解质；HF在水溶液中部分电离，是弱电解质；SO2自身不能电离，是非电解质，故A正确；BH2SO4在水溶液中完全电离，是强电解质；CaCO3溶于水的部分完全电离，是强电解质；CS2自身不能电离，是非电解质，故B错误；CBaSO4溶于水的部分完全电离，是强电解质；HClO在水溶液中部分电离，是弱电解质；H2O部分电离，是弱电解质，故C错误；DHNO3在水溶液中完全电离，是强电解质；CO2自身不
25、能电离，是非电解质；C2H5OH自身不能电离，是非电解质，故D错误；故选A12已知氧化性强弱顺序：Cl2Br2Fe3+I2下列反应不能发生的是（）ABr2+2I=I2+2 BrB2FeCl2+Cl2=2FeCl3C2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HID2Fe3+2I=2Fe2+I2【考点】氧化还原反应【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立【解答】解：A、根据Br2+2I=I2+2 Br可知氧化性是Br2I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A正确；B、根
26、据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B正确；C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2Fe3+，不符合题干已知条件，所以化学方程式不成立，故C错误；D、根据2Fe3+2I=2Fe2+I2，可知氧化性是Fe3+I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故D正确；故选C13已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO+4OH2RO4n+3Cl+5H2O，则RO4n中R的化合价是（）A+3B+4C+5D+6【考点】真题集萃；氧化还原反应【分析】根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=
27、2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，据此判断R元素化合价【解答】解：根据电荷守恒得31+41=31+2n，则n=2，所以RO4n为RO42，该离子中O元素化合价为2价，R、O元素化合价的代数和为2，所以该离子中R元素化合价=2（2）4=+6，故选D14一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算【分析】在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化；
28、氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比【解答】解：在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为（50）：0（3）=5：3故选A15某同学欲配制250mL 1.0mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（）将35.5g Na2SO4溶于250mL水中将80.5g Na2SO410H2O溶于少量水中，再用水稀释至25
29、0mL将50mL 5.0mol/L Na2SO4溶液用水稀释至250mLABCD【考点】溶液的配制【分析】根据溶液的体积不等于溶剂的体积来分析；80.5g Na2SO410H2O物质的量为=0.25mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，根据c=计算判断；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，据此计算稀释后浓度【解答】解：溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故错误；80.5g Na2SO410H2O物质的量为=0.25mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=1.0molL1，故正确；根据稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，
30、则50ml5.0mol/L=250mLc，则c=1.0mol/L，故正确故选B16用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A10g46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2 NAB0.5 mol Na2O2中含有的离子数目为2NAC标准状况下，2.24 L甲醇中含有CH键的数目为0.3NADS2和S8的混合物共38.4 g，其中所含硫原子数为1.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；C、标况下甲醇为液体；D、S2和S8均由S原子构成【解答】解：A、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子，10g 46%的乙醇溶液中含有的
31、乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，则含0.6NA个H原子；水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，则含0.6NA个H原子，故共1.2NA个H原子，故A正确；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.5mol过氧化钠中含有1.5NA个离子，故B错误；C、标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的CH键个数，故C错误；D、S2和S8均由S原子构成，故38.4g混合物中含有的硫原子的物质的量为n=2.4mol，故个数为2.4NA个，故D错误故选A17下列离子方程式正确的是（）A醋酸铵溶液和盐酸反应：CH3COONH4+H+CH3COOH+NH4+B碳酸氢铵
32、溶液和过量氢氧化钠溶液：NH4+OHNH3H2OC偏铝酸钠溶液和过量盐酸：AlO2+4H+Al3+2H2OD钠跟水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸铵完全电离；B漏写碳酸氢根离子与碱的反应；C反应生成氯化铝和水；D电子、原子不守恒【解答】解：A醋酸铵溶液和盐酸反应的离子反应为CH3COO+H+CH3COOH，故A错误；B碳酸氢铵溶液和过量氢氧化钠溶液的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3H2O+CO32+H2O，故B错误；C偏铝酸钠溶液和过量盐酸的离子反应为AlO2+4H+Al3+2H2O，故C正确；D钠跟水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+
33、2OH+H2，故D错误；故选C1824mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL浓度为0.02mol/L的 K2Cr2O7 溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是（）A+6B+3C+2D0【考点】氧化还原反应的计算【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，设Cr元素在产物中的化合价为x价，根据电子转移守恒计算x的值【解答】解：反应中Na2SO3被氧化成Na2SO4，S化合价从+4变为+6，化合价升高2价，设Cr元素在产物中的化合价为x价，K2Cr2O7 中Cr元素的化合价为+6，则化合价降低：6
34、x，根据电子转移守恒可得：24103L0.05mol/L（64）=20103L0.02mol/L2（6x）解得：x=+3，故选B19下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】真题集萃；常见阳离子的检验【分析】A如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，
35、白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证
36、明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B20物质R2CO3的饱和溶液VmL，密度为gcm3，c（R+）=PmolL1，溶质的质量分数为a%，溶质的式量为M，溶质的溶解度为sg则下列表达式正确的是（）Aa=Bs=CP=2DVa%=【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】A计算c（R2CO3），根据c=计算；B根据n=cv，m=nM可知表示溶液中R+的质量；C计算c（R2CO3），根据c=计算；DVa%表示溶质R2CO
37、3 的质量，而表示溶液中R+的质量【解答】解：Ac（R2CO3）=c（R+）=0.5P molL1，根据c=可知，0.5P=，整理的a=，故A错误；B溶液中m（R2CO3）=nM=，且溶解度对应的溶剂质量为100g，故B错误；Cc（R2CO3）=c（R+）=0.5P molL1，根据c=可知，0.5P=，故P=2，故C正确；DVa%表示溶质R2CO3 的质量，溶液中m（R2CO3）=nM=，二者质量不相等，故D错误，故选C二填空题（本题共4小题，共37分）21（1）向等体积、等浓度的AgNO3溶液中，分别加入相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使它们中的Cl完全转化为AgCl沉
38、淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为6：3：2（2）Na、Mg、Al分别与足量的硫酸溶液反应，当生成气体的质量相同时，消耗Na、Mg、Al的质量之比为23：12：9【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】（1）相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl完全转化为AgCl沉淀，三种溶液的浓度与氯离子的系数成反比；（2）当转移电子相等时，根据转移电子与金属的物质的量之间的关系式计算；【解答】解：（1）相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl完全转化为AgCl沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶
39、液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的系数成反比，所以其浓度之比为1： =6：3：2，故答案为：6：3：2；（2）钠、镁、铝分别和酸反应生成氢气是，金属和氢气之间的关系式分别为：2NaH2、MgH2、AlH2，当生成相同质量的氢气时，消耗金属的物质的量之比为2：1： =6：3：2，质量之比为：623：324：227=23：12：9，故答案为：23：12：922NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是NaNO2（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：水碘化
40、钾淀粉试纸淀粉白酒食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是BANaCl BNH4Cl CHNO3 D浓H2SO4（4）请配平以下化学方程式10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O若反应过程中转移5mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为11.2L【考点】氧化还原反应的计算【分析】（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；（2）由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；（3）NaN
41、O2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析【解答】解：（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为：NaNO2；（2）由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则选择碘化钾淀粉试纸、淀粉、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元
42、素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O，过程中转移5mol e，则生成标准状况下N2的体积为5mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.223某地环保部门取一定量某工厂所排废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究已知废水试样中可能含有下表在的离子离子阳离子Na+，Mg2+，X阴离子Cl，S，Y，N请回答下列问题：（1）离子X是NH4+（填化学式，下同），离子Y是SO42（2）表中不能确定是否存在的阴离子是Cl，能证明该阴离子是否存在的简单实
43、验操作为取少量溶液与试管中，加入稀硝酸再加入硝酸银溶液生成白色沉淀证明（3）写出废水试样中滴加淀粉一KI溶液所发生反应的离子方程式6I+2NO3+8H+=2NO+3I2+4H2O：【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】依据实验步骤分析判断，甲中加入溴水不褪色，证明不含还原性离子，推断不含SO32；乙中加入酸化的氯化钡生成白色沉淀说明含有SO42；丙中加入氢氧化钠溶液加热反应生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明是氨气，说明原溶液中含有NH4+；丁中加入淀粉碘化钾溶液后溶液呈蓝色说明溶液中含有氧化性离子能氧化碘离子为单质碘；判断含有NO3；【解答】解：依据实验步骤分析判断，甲中加入
44、溴水不褪色，证明不含还原性离子，推断不含SO32；乙中加入酸化的氯化钡生成白色沉淀说明含有SO42；丙中加入氢氧化钠溶液加热反应生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明是氨气，说明原溶液中含有NH4+；丁中加入淀粉碘化钾溶液后溶液呈蓝色说明溶液中含有氧化性离子能氧化碘离子为单质碘；判断含有NO3；（1）离子X为NH4+，离子Y为SO42；故答案为：NH4+，SO42；（2）表中不能确定是否存在的阴离子是Cl，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为，取少量溶液与试管中，加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液生成白色沉淀证明氯离子的存在，故答案为：Cl，取少量溶液与试管中，加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液生成白
45、色沉淀证明氯离子的存在；（3）废水试样中滴加淀粉一KI溶液所发生反应的离子方程式：6I+2NO3+8H+=2NO+3I2+4H2O；故答案为：6I+2NO3+8H+=2NO+3I2+4H2O；24Na2O2与水的反应实际是Na2O2+2H2O2NaOH+H2O2，反应放热使部分H2O2受热分解：2H2O22H2O+O2为了测定某过氧化钠固体的纯度，做如下实验（假设杂质不参加反应）称取过氧化钠固体2.00g把这些过氧化钠固体放入气密性良好的气体发生装置中向过氧化钠中滴加水，用某一量筒排水集气，量筒内液面在112mL处恰好与水槽内液面相平将烧瓶中的液体转移到250mL的容量瓶中，洗涤并将洗涤液也转
46、入容量瓶，然后加入蒸馏水，定容，使液面恰好与刻度相切取25.00mL容量瓶中的液体，放入锥形瓶中，用过量的稀硫酸酸化，然后用0.01mol/L的KMnO4溶液去滴定，至终点时用去了24.20mLKMnO4溶液（此时锰全部以Mn2+ 存在）（1）有500mL、250mL、150mL的量筒备用，应选用量程为150mL的量筒（2）在步骤测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，若此时量筒内的液面高于水槽中液面（如图），立即读数会使Na2O2的纯度偏高（填“偏高”“偏低”或“不变”）；应进行的操作是应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平（3）在步骤中反应的离子方程式是2
47、MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O判定滴定达到终点的依据是滴入最后一滴溶液刚好由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色（4）该过氧化钠的纯度为62.6%（保留一位小数；实验中得到的气体体积均看作为标准状况下）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）用量筒量取液体时应选择体积接近的量筒，以减少误差；（2）排水法侧气体体积时，量筒内的液面要和水槽中液面相平，所得结果是常温常压下的气体体积；（3）高锰酸钾具有氧化性，双氧水具有还原性，二者可以发生氧化还反应，高锰酸钾具有紫色；（4）过氧化钠的纯度=100%【解答】解：（1）用量筒时应选择体积接近的量筒，以减少误差，所以
48、收集112mL气体应选择150mL的量筒，故答案为：150ml；（2）在步骤测量气体体积时，必须待烧瓶和量筒内的气体都冷却到室温时进行，此时量筒内的液面高于水槽中液面，立即读数会使收集到的气体体积偏高，结果偏高，应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平，故答案为：偏高；应慢慢把量筒往下移，使量筒中液面恰好与水槽中液面相平；（3）高锰酸钾具有氧化性，双氧水具有还原性，二者可以发生氧化还反应，即2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，高锰酸钾具有紫色，不需要指示剂来判断滴定终点，当溶液刚好出现浅紫红色，并在半分钟内不褪色，表明达到滴定终点，故答案为：2MnO4+5H
49、2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；溶液刚好出现浅紫红色，并在半分钟内不褪色；（4）双氧水分解掉的量，据2H2O22H2O+O2，当生成112mL氧气时，分解掉双氧水=0.01（mol），根据反应2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O求的剩余双氧水的量0.006mol，所以双氧水的总量=0.01mol+0.006mol=0.016mol，根据反应Na2O2+2H2O2NaOH+H2O2，可知过氧化钠的量为0.0016mol，纯度=100%=62.4%，故答案为：62.4%三计算题（本题共1小题，共8分）25向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3
50、500mL，固体完全溶解后在所得溶液中加入1mol/L 的NaOH溶液1L使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g计算：（1）Cu与Cu2O 的物质的量之比 （2）HNO3的物质的量浓度（要求：写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算【分析】所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液
51、中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol，故反应中硝酸有剩余，结合、电子守恒、原子守恒及c=计算【解答】解：（1）所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2
52、O 的物质的量之比为2：1，答：Cu与Cu2O 的物质的量之比为2：1； （2）Cu和Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜，0.2molCu完全反应失去0.4mol电子，0.1molCu2O完全反应失去0.2mol电子，总共生成0.6mol电子，由电子守恒，生成NO的物质的量为=0.2mol，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子恰好完全沉淀，反应后的溶质为硝酸钠，则溶液中的硝酸根离子的物质的量为n（NO3）=n（NaOH）=1mol/L1L=1mol，则硝酸的总物质的量为1mol+0.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为=2.4mol/L，答：HNO3的物
53、质的量浓度为2.4mol/L四【化学-选修5：有机化学基础】26有机物可以用E和H在一定条件下合成，请根据以下信息完成下列问题：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基（1）B的分子式为C4H8（2）AB、CD的反应类型为消去反应、氧化反应（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为（4）D生成E的化学方程式为E与H反应生成I的方程式为（5）I的同系物K相对分子质量比I小28K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基共有6种（不考虑立体异构）试写出上述同分异构体中任意一种消耗NaO
54、H最多的有机物结构简式（邻、间、对任写一种即可）【考点】有机物的合成【分析】A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，据此分析解答【解答】解：A为丁
55、醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，发生氧化反应，再酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为，逆推可知G为，F为，符合F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种的条件，F发生取代反应生成G，G碱性水解，发生取代反应生成H，（1）通过以上分析知，B分子式为C4H8，故答案为：C4H8；（2）A发生消去反应生成B，C发生氧化反应生成D，
56、故答案为：消去反应；氧化反应；（3）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，说明含有苯环，苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上只有2种氢原子，则其结构简式为，故答案为：；（4）D生成E的化学方程式为：，E与H反应生成I的方程式为：，故答案为：；（5）I（）的同系物K比I相对分子质量小28，则K比I少2个CH2原子团，K的结构中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；分子中不含甲基，侧链为CHO、CH2OOCH或CH2CHO、OOCH二种结构，各有邻、间、对三种位置，故有6种，上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式为：（邻、间、对任写一种即可）等，故答案为：6；（邻、间、对任写一种即可）2016年11月15日
