1、新疆吾尔自治区乌鲁木齐市第七十中学、哈密二中2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）(考试时间：100分钟，卷面分值：100分)H-1 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 P-31一、单项选择题(本大题共24小题，每小题2分，共48分，每题只有一个正确答案)。1. 下列说法错误的是( )A. 生石灰可用作食品干燥剂，铁粉可用于食品的防氧化B. “低碳生活”中的“碳”是指有毒气体CO，减少CO的排放C. 碳酸钠可用于去除餐具的油污D. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】B【解析】【详解】A生石灰具有吸水性，可用作食品干燥剂，铁粉具有还原性，可用于食品的防
2、氧化，A正确；B“低碳生活”中的“碳”是指无毒气体CO2，减少CO2的排放，B错误；C碳酸钠水解显碱性，碱性条件下油脂会水解，因此碳酸钠可用于去除餐具的油污，C正确；D加工后具有吸水性的植物纤维，无毒，可用作食品干燥剂，D正确；答案选B。2. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是( )A. Na2O2和Na2O混合物共1mol，含有的阴离子数目为NAB. 常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAC. 46 g NO2和N2O4混合气体中含有氮原子总数为NAD. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O 和Na2O2的混合物， 钠失去NA个电子【答案】B【解析】【详解】ANa2
3、O2中的阴离子为，Na2O中的阴离子为O2-，因此Na2O2和Na2O混合物共1mol，含有的阴离子数目为NA，A正确；B124g P4的物质的量为1mol，P4的结构为，因此1mol P4中所含PP键数目为6NA，B错误；CNO2和N2O4的最简式均为NO2，46 g NO2和N2O4的混合物含有1 mol “NO2”，共含有1 mol(即NA个)氮原子，C正确；DNa与O2反应生成Na2O和Na2O2时，1个Na原子失去1个电子，故1mol Na失去NA个电子，D正确；答案选B。3. 化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是( )A. 氯气和活性炭均可作为漂白剂，
4、若同时使用，漂白效果会明显加强B. 烧碱溶液存放在带橡皮塞的玻璃瓶中C. 金属被腐蚀，都生成对应的氧化物D. 氢氟酸存放在玻璃瓶中【答案】B【解析】【详解】A氯气是黄绿色气体，活性炭具有吸附作用，可吸附有色物质，氯气与活性炭同时使用，活性炭会吸附氯气，导致漂白效果降低，A错误；B玻璃中含有SiO2，易与烧碱溶液反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，因此烧碱溶液存放在带橡皮塞的玻璃瓶中，B正确；C金属被腐蚀也可能生成对应的盐，如铜被腐蚀生成Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，C错误；D氢氟酸会腐蚀玻璃，不能存放在玻璃瓶中，应保存在塑料瓶中，D错误；答案选B。4. 下列说法正确的是( )A.
5、硅胶作袋装食品的干燥剂的过程中没有发生化学变化B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH、 SiOC. 2HCl+Na2SiO3=H2SiO3+2NaCl说明Cl的非金属性强于SiD. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子方程式：SiO+SO2+H2O= H2SiO3 +SO【答案】A【解析】【详解】A硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中只是吸收水蒸气，没有新物质产生，属于物理变化，没有发生化学变化，A正确；BpH=2的溶液中含有大量的H+，SiO会与H+结合生成H2SiO3沉淀，不能大量共存，B错误；CHCl不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，故不能通过2HCl+Na2SiO3=H2Si
6、O3+2NaCl说明Cl的非金属性强于Si，C错误；D向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子方程式应为：SiO+2SO2+2H2O=H2SiO3+2HSO，D错误；答案选A。5. 下列说法正确的是( )A. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3B. 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性： Cl2I2C. 海水不能当饮用水喝，主要是海水太咸了D. 氯气溶于水的离子方程式： Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-【答案】B【解析】【详解】A漂白粉在空气中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应
7、生成次氯酸和碳酸钙，反应生成的次氯酸见光分解，导致漂白粉变质失效，A错误；B氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2I2，B正确；C海水不能当饮用水喝，主要是因为海水中含有大量的钙镁化合物，属于硬水，影响人体健康，C错误；D氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2H2O=HClHClO，D错误；答案选B。6. 某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大
8、量减少的阳离子是A. Fe2+B. Mg2+C. Fe3+D. Al3+【答案】A【解析】【详解】溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，反应时，四种金属离子均先转化为沉淀，两性氢氧化物氢氧化铝与过量的NaOH溶液反应转化为偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故选A。7. 有关铁及其化合物的说法正确的是( )A. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，说明铁比铜金属性强B. 将NaOH浓溶
9、液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe (OH)3胶体C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓盐酸中再加水稀释D. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3【答案】C【解析】【详解】AFeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，因为Fe3+氧化Cu为Cu2+，自身被还原为Fe2+，不能说明铁比铜金属性强，A错误；B将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，得到的是Fe (OH)3沉淀而不是胶体，B错误；C配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，以防止Fe3+水解，C正确；DFe与Cl2反应生成FeCl3，但Fe3+氧化性强于I2，因此Fe与I2反应不能生成F
10、eI3，D错误；答案选C。8. X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示。 下列组合中不符合该关系的是( )ABCDXHClNa2O2Na2CO3SO2YFeCl2NaOHCO2Na2SO3ZCl2Na2CO3CaCO3H2SO4WFeCl3NaHCO3Ca (HCO3)2NaHSO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A2HCl+Fe=FeCl2+H2，H2+Cl22HCl，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故A符合转化关系；B2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，但NaOH与Na2CO3不能发生反应产生NaHCO3，
11、故B不符合转化关系；CNa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，CaCO3+CO2+H2O= Ca(HCO3)2，故C符合转化关系；D2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，SO2+H2O2=H2SO4，Na2SO3+H2SO4=NaHSO4+NaHSO3，故D符合转化关系；答案选B。9. 某无色透明溶液与铝反应放出氢气，该溶液中可能含有Mg2+ 、Cu2+ 、Ba2+、H+、Ag+、SO、 SO、HCO、OH-、NO十种离子中的若干种，下列推断正确的是( )A. 当溶液中有Al3+生成时，溶液中可能存在：SO、NO、H+、Mg
12、2+B. 当溶液中有A13+生成时，溶液中一定存在：H+、SO；可能存在 Mg2+C. 当溶液中有AlO生成时，溶液中一定存在：OH-、Ba2+ 、NOD. 当溶液中有AlO生成时，溶液中可能存在： OH-、Ba2+ 、NO、SO【答案】B【解析】【分析】某无色透明溶液与铝反应放出氢气，Cu2+为蓝色，一定不存在，当溶液中有Al3+生成时，则该溶液为酸溶液，含有大量的H+，当溶液中有AlO生成时，则该溶液为碱溶液，含有大量的OH-，据此分析解答。【详解】A当溶液中有Al3+生成时，含有大量的H+，NO在酸性条件下与金属不会产生氢气，因此NO也一定不存在，A错误；B当溶液中有Al3+生成时，含有
13、大量的H+，SO、HCO、OH-一定不存在，由A可知，NO也一定不存在，则根据溶液呈电中性，SO一定存在，根据离子共存，Ba2+、Ag+一定不存在，再根据电荷守恒，可能存在Mg2+，B正确；C当溶液中有AlO生成时，含有大量的OH-，Mg2+、Cu2+、Ag+、H+一定不存在，根据电荷守恒，Ba2+一定存在，而NO可能存在，C错误；D当溶液中有AlO生成时，含有大量的OH-，OH-一定存在，所以SO一定不存在，D错误；答案选B。10. 下列叙述中正确的是A. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出B. 向Na2CO3溶液逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与Na2CO3
14、 的物质的量之比为1：2C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D. 向含有 CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3 饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成【答案】A【解析】【详解】A向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3溶解度较小，因此有NaHCO3结晶析出，A正确；B根据化学方程式：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，B错误；CNaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na
15、2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，NaHCO3的摩尔质量比Na2CO3小，则生成的CO2体积前者多，C错误；DCaCO3与CO2在水中反应生成Ca(HCO3)2，再加入NaHCO3不反应，不会有CaCO3沉淀生成，D错误；答案选A。11. 下列叙述正确的是A. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2， 产生沉淀B. HF能与SiO2反应，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记C. 向AlCl3溶液中滴加适量NaOH溶液，产生白色沉淀；再加入氨水，沉淀消失D. 纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速
16、率不改变【答案】B【解析】【详解】A二氧化碳、二氧化硫的酸性均弱于盐酸，故均无沉淀产生，A错误；BHF能与SiO2反应，玻璃器皿的主要成分是SiO2，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，B正确；C向AlCl3溶液中滴加适量NaOH溶液，产生白色沉淀氢氧化铝；氨水是弱碱，氢氧化铝不溶于弱碱，故无明显现象，沉淀不消失，C错误；D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，锌和硫酸铜构成原电池，可增大反应速率，D错误；答案选B。12. 下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是ABCDYCO2FeCl3C2H5OHFe2O3WMgOCuCl2C2H5ONaAl2O3A.
17、AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、Mg与CO2反应，方程式为2MgCO22MgOC，属于置换反应，A正确；B、铜与氯化铁反应的方程式为Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，不是置换反应，B错误；C、金属Na与C2H5OH反应，方程式为2Na2CH3CH2OH2CH3CH2ONaH2，属于置换反应，C正确；D、Al与Fe2O3发生铝热反应，方程式为Fe2O32Al2FeAl2O3，属于置换反应，D正确；答案选B。13. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使SO恰好完全沉淀，反应后铝元素的主要存在形式是( )A. Al3+B. Al(OH)3C. A
18、lOD. Al3+和 Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】往NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，设NH4Al(SO4)2为1mol，则溶液中含有1mol，1molAl3+，2mol，Ba(OH)2=Ba2+2OH-，当溶液中的完全沉淀时，则加入2molBa(OH)2，根据反应：2+2Ba2+=2BaSO4，Al3+3OH-=Al(OH)3，+OH-=NH3H2O，所以最后溶液中其它微粒存在的形式是NH3H2O、Al(OH)3，反应后铝元素的主要存在形式为Al(OH)3，答案选B。【点睛】本题中注意判断使全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据、Al3+
19、和OH-物质的量的关系判断反应产物。14. 向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A. 0.25molB. 0.2lmolC. 0.3molD. 035mol【答案】A【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，nF
20、e(NO3)2(0.15L4 molL12.24L22.4L/mol)1/20.25mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25 mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。15. 有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中为0.2m
21、olL1, 为1.3molL1。要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需加4molL1NaOH溶液的体积为A. 40mLB. 72mLC. 80mLD. 128mL【答案】C【解析】【详解】溶液中n(Cl-)=0.2L1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)=0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(C
22、l-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为C。16. 为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能达到目的的是( )A. NaOH溶液Ba(OH)2溶液B. FeSO4溶液(KSCN溶液)C. KI(淀粉溶液)D. Na2SO3溶液(BaCl2溶液)【答案】D【解析】【详解】ANaOH吸收二氧化碳而变质，会混有碳酸钠，则加入Ba（OH）2溶液生成白色沉淀，说明变质，A正确；B硫酸亚铁易被氧化，变质后会混有铁离子，加KSCN溶液，溶液变红，说明变质，B正确；CKI易被氧化
23、，变质会混有碘单质，加淀粉后溶液变蓝，说明变质，C正确；D亚硫酸钠变质会混有硫酸钠，均与氯化钡反应生成白色沉淀，则加氯化钡不能检验变质，应利用盐酸和氯化钡检验，D错误；答案选D。【点晴】把握物质的性质及变质发生的化学反应为解答本题的关键，注意利用离子的检验方法分析变质问题，注重基础知识的考查。注意再进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。17. 下列对氯及其化合物的说法正确的是A. 用pH试纸测得氯水的pH=4B. 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚
24、铁C. 溴化钠溶液中加入少量新制氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色D. 由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO可推出Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3+2HClO【答案】C【解析】A. 氯水具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，应该用pH计，选项A错误；B、铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，其生成物与Fe的量无关，选项B错误；C、NaBr与氯水中的Cl2反应：2NaBrCl2=2NaClBr2，Br2被CCl4萃取，故上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，选项C正确；D、CaSO3会被HClO氧化为CaSO4，选项D错误。答案选C。18
25、. 按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是（）A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B. 若A为醋酸，B为贝壳，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生沉淀后沉淀又溶解D. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用【答案】C【解析】【详解】A浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则C中盛品红溶液褪色，故A正确；B醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则C中溶液变浑浊，故B正确；C浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化
26、铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，但氢氧化铝不能被氨水溶解，故C错误；D仪器D具有球形结构，体积较大，可以起到防止溶液倒吸的作用，故D正确；故选C。19. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2OC. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A
27、.金属活动性顺序：ZnCu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O，B项正确；C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2NaOHNa2CO310H2ONa2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+
28、 3MgCl2，D项正确；答案选C。20. 下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D. MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO【答案】B【解析】【分析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又
29、生成Al(OH)3；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；【详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3溶液中的少量Al3，故B错误；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，
30、MgO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。【点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱； Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。21. 下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）A. 取ag混合物充分加热，减重bgB. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bgD. 取ag混合物与足量B
31、a(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体【答案】C【解析】【详解】A采用差量法，减少的质量为碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水的质量，由此可求出碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，A与题意不符；Bbg固体为生成的氯化钠的质量，根据钠原子守恒和混合物总质量可列式计算出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，B与题意不符；C碱石灰增加的质量为盐与酸反应生成的二氧化碳的质量及溶液中挥发出来的水蒸气的质量，因此不能通过数据准确计算出碳酸钠的质量分数，C符合题意；D沉淀的质量即为碳酸钡的质量，根据碳酸钡的质量和混合物总质量可以列式求出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，D与题意不符；答
32、案为C。22. 下表中评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O418H=6Fe3H28H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO32-2H=CO2H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2SO42-=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe34ClBr2错误，Fe2与Br的化学计量数之比应为12A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A项，Fe3O4中的Fe2+能够被硝酸氧化，反应生成NO气体，故A评价错误；B项，向碳酸镁中加入稀盐酸，碳酸镁难溶，不应写成离子形式，
33、故B评价正确；C项，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液,生成硫酸钡沉淀，同时生成NH3H2O，故C评价错误；D项，氯气先将Fe2+氧化为Fe3+，然后再氧化Br-，离子方程式正确，故D评价错误。答案选B。23. 某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOC. 溶液中n(NH)0.2 molD. n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答
34、案】C【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32-和NO3-不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-，结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n（H+）、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH4+)，据此解答。【详解】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气,因此溶液显酸性，则CO32
35、和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n(H+)=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol0.5mol=0.2mol，则n(NH4+)=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol0.7mol=0.1mol
36、，则nAl(OH)3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol0.1mol=0.4mol，则n(Mg2+)=0.05mol，A. 由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误；B.由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故B错误；C 由上述分析可知，溶液中n(NH4+)=0.2mol，故C正确；D. 由上述分析可知，溶液中n(H+):n(Al3+):n(Mg2+)=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，故D错误；答案选C。24.
37、将a g 含NaOH样品溶解在bmL 0.l molL1的硫酸中，再加入cmL 0.1 molL1 的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是A. (bc)125a100B. (b2c)125a100C. (bc)250a100D. (8b8c)a100【答案】A【解析】【详解】反应后所得溶液恰好呈中性，说明NaOH和Ba(OH)2与H2SO4恰好反应，则：0.1mol/L0.001bL-0.1mol/L0.001cL240g/molag100%(b-c)125a100，故A项正确。二、填空题(本大题共4小题，共52分)25. 硫及其化合物有许多用途，相关物质物理常数如
38、表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/-85.5115.2600(分解)-75.516.810.3沸点/-60.3444.6-10.045.0337.0(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廊图为_形。(2)据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是_。(3)如图为S8的结构，其S原子的杂化轨道类型为_。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种：固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_。(5)FeS2
39、晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm-3；晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_cm。【答案】 (1). (2). 哑铃形 (3). H2S (4). sp3 (5). 平面正三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9). a10-7【解析】【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为Ar3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形
40、；(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S；(3)S8是一个环形分子，每个S与其他两个S原子相连，S原子外层有6个电子，两对孤对电子，两个键，所以S是sp3杂化；(4)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在和离域大键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；(5)该晶胞中Fe2+个数=1+12=4，S2
41、2-个数=8+6=4，该晶胞中FeS2个数为4；晶胞边长为anm=a10-7cm，晶胞体积=(a10-7cm)3，则晶体密度=g/cm3；晶胞中Fe2+位于S所形成的八面体的体心，该正八面体的边长=anm=anm=a10-7cm。26. 有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下：请回答下列问题：元素相关信息AA原子的1s轨道上只有1个电子BB是电负性最大的元素CC的基态原子2p轨道中有三个未成对电子DD是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物(1)写出E元素原子基态时的电子排布式_。(2)C元素的第一电离能比氧元素
42、的第一电离能_ (填 “大”或“小”)。(3)CA3分子中C原子的杂化轨道类型是_。(4)A、C、E三种元素可形成E(CA3)42+配离子，其中存在的化学键类型有_ (填序号)。配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键若E(CA3)42+具有对称的空间构型，且当E(CA3)42+ 中的两个CA3被两个Cl- 取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA3)42+的空间构型为_ (填字母)a.平面正方形 b. 正四面体 c.三角锥形 d. V形(5)B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_，若该晶体的密度为agcm-3，则该晶胞的体积是_cm3(写出表达式
43、即可)。【答案】 (1). Ar3d104s1 (2). 大 (3). sp3 (4). (5). a (6). 8 (7). 【解析】【分析】根据题中信息，A原子的1s轨道上只有1个电子，则A为H，B是电负性最大的元素，B为F，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca。【详解】(1)E元素原子是29号元素，其基态时的电子排布式Ar3d104s1；故答案为：Ar3d104s1。(2)根据同周期，第一电离能增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，C
44、(N)元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大；故答案为：大。(3)CA3(NH3)分中N原子价层电子对数为，其杂化轨道类型是sp3；故答案为：sp3。(4)A、C、E三种元素可形成E(CA3)42+配离子即Cu(NH3)42+，氨气中存在极性共价键，铜离子与氨气分子之间形成配位键，若E(CA3)42+具有对称的空间构型，且当Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则不可能为V形或三角锥形，若Cu(NH3)42+的空间构型为正四面体，则取代后只有一种结构，若Cu(NH3)42+的空间构型为平面正方形，则取代后有两种结构，故选a；故答案为：；a。(5)B与D可
45、形成离子化合物CaF2，小黑球个数为，小白球个数为8个，即小黑球为Ca2+，其晶胞结构如图所示，以最右边面心的D(Ca2+)分析，Ca2+的配位数为8，若该晶体的密度为agcm-3，则该晶胞的体积是；故答案为：8；。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查第一电离能、杂化类型、配位离子中的化学键、空间构型、晶胞计算等。27. 单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质)，粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450500 )，四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。相关信息如下：a四氯化硅遇水极易水解；b硼、铝、
46、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/57.712.8315熔点/70.0107.2升华温度/180300162请回答下列问题：(1)写出装置A中发生反应的离子方程式：_。(2)装置A中g管的作用是_；装置C中的试剂是_；装置E中的h瓶需要冷却的理由是_。(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是_(填写元素符号)。(4)为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2，再用KMnO4标准溶液在
47、酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。滴定前是否要滴加指示剂？_(填“是”或“否”)，请说明理由：_。某同学称取5.000 g残留物，经预处理后在容量瓶中配制成100 mL溶液，移取25.00 mL试样溶液，用1.000102 mol L1 KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00 mL，则残留物中铁元素的质量分数是_。【答案】 (1). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (2). 平衡气压 (3). 浓H2SO4 (4). SiCl4沸点较低，用冷却液可得到液态SiCl4 (5). Al、Cl、P (6). 否
48、(7). MnO有颜色，故不需其他指示剂 (8). 4.48%【解析】【分析】（1）A装置是制备Cl2的，注意要求写的是MnO2与浓盐酸的“离子方程式”；（2）装置A中“g”管的作用是“使分液漏斗与圆底烧瓶压强保持一致，便于液体顺利滴下”，简单说就是“平衡压强”。B是除杂装置，除去Cl2中的HCl气体，C就是干燥装置。干燥Cl2一般用浓硫酸。由于反应温度是450500 ，此时SiCl4是气体，而题目表格中SiCl4通常应是液态的，故装置E中h瓶需要冷却的理由应是便于分离得到SiCl4；（3）根据已知条件AlCl3、FeCl3、PCl5都会在精馏后的残留物中存在，注意要先答上Cl，容易遗漏；（4
49、）由于紫色的KMnO4溶液反应后颜色会褪去，所以不用滴加指示剂；先根据关系式5Fe2+MnO4-计算出100mL溶液中含有的铁，最后求出质量百分数。【详解】（1）装置A是氯气发生装置，A中的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；故答案为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；制得的氯气中含有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C用浓硫酸吸水；产物SiCl4沸点低，用冷却液可得到液态SiCl4；故答案为平衡压强，使液体顺利流出并
50、防止漏气；浓硫酸；产物SiCl4沸点低，用冷却液可得到液态SiCl4；（3）D中氯气与粗硅反应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，而AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度均低于SiCl4，所以当SiCl4蒸出后，而AlCl3、FeCl3、PCl5还为固体留在瓶里，故答案为Al、P、Cl；（4）MnO4-转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，故答案为否；KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点；利用关系式法计算： 5Fe2+MnO4-410-
51、5mol 1.00010-2molL-10.02L4铁元素的质量为：410-3mol56g/mol=0.224g，铁元素的质量分数100%=4.480%，故答案为4.480%。28. 金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO发生氧化还原反应，转化关系如下：已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：(1)A和B两溶液混合产生白色沉淀，反应的离子方程式为_。(2)C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，任意写出其中一个反应的化学方程式：_。(3)写出铝在碱性条件下与NO反应的离子方程式：_。(4)除去气体C中的杂质气体E的
52、化学方法：_(用化学方程式表示)。(5)Al与NO在酸性条件下反应，Al与被还原的NO的物质的量之比是_。【答案】 (1). Al33AlO2-6H2O=4Al(OH)3 (2). 6NO4NH35N26H2O(或6NO28NH37N212H2O) (3). 8Al3NO3-5OH2H2O=8 AlO2-3NH3 (4). 3NO2H2O=2HNO3NO (5). 11【解析】【分析】金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3-发生氧化还原反应，由转化关系图可以知道，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化
53、氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3-发生氧化还原反应，由转化关系图可以知道，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸。(1)铝盐与偏铝酸盐发生水解反应反应生氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al33AlO2-6H2O=4Al(OH)3， 因此，本题正确答案是：Al33AlO2-6H2O=4Al(OH)3；
54、 (2)氨气可以和一氧化氮或是二氧化氮发生氧化还原反应生成无毒气体单质为氮气，与二氧化碳反应的化学方程式为：6NO4NH35N26H2O(或6NO28NH37N212H2O)， 因此，本题正确答案是：6NO4NH35N26H2O(或6NO28NH37N212H2O)；(3)金属铝在碱性环境下可以和硝酸根反应生成偏铝酸盐和氨气,离子方程式为：8Al3NO3-5OH2H2O=8AlO2-3NH3， 因此，本题正确答案是：8Al3NO3-5OH2H2O=8 AlO2-3NH3；(4)除去气体NO杂质气体NO2的化学方法用方程式表示为：3NO2H2O=2HNO3NO， 因此，本题正确答案是：3NO2H2O=2HNO3NO； (5)Al与NO3-在酸性条件下反应生成铝盐、NO,反应离子方程式为：Al+ NO3-+4H+=Al3+NO+2H2O，Al与被还原的NO3-的物质的量之比是1:1， 因此，本题正确答案是：1:1。