1、江西省景德镇市第一中学2016-2017学年高二上学期期末考试化学试题（素质班）可能用到的相对原子质量：一、单选题1. 化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法中正确的是（ ）A. 铅笔芯的原材料为铅，儿童使用铅笔时如果用嘴吮吸能够引起铅中毒B. “轻轨电车”是一种交通工具，当电车启动时，电车电刷与导线的接触点上由于摩擦会产生高温，因此接触点上的材料应该选用耐高温、能导电的物质，石墨恰好合适C. 为防止中秋月饼等富含脂质食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D. 双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂，说明H2O2对人体无害【答案】B【解析】A、铅笔芯的主要材料是石墨，错误；B、石墨导电且耐高温、耐
2、腐蚀，正确；C、生石灰可以用作干燥剂，无抗氧化功能，错误；D、双氧水有致癌性，可加速人体衰老，错误。答案选B。2. 下列物质与其用途完全符合的有几项（ ）SiO2太阳能电池 NH3制硝酸 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨NaClO消毒剂 MgO耐火材料 H2SO4制炸药 Na2CO3制水泥A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B【解析】太阳能电池是单晶硅的使用，错误；NH3催化氧化制硝酸，正确；利用氨碱法用饱和食盐水制纯碱，正确；利用单质铝的还原性采用铝热反应焊接钢轨而不是用Al2O3，错误；利用NaClO的强氧化性，可用做消毒剂，正确；MgO的熔点很高，可做耐火材料，正确；制炸药需
3、要用到硝酸，同时也需要用到H2SO4，正确； 制水泥的主要成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，不需要Na2CO3，错误；故正确的有共5项，答案选B。3. 我国学者成功发现了新一类水分解产氢催化剂：通过调控三氧化钨（WO3）局部原子结构，制备出深蓝色钨氧化物（WO2.9），该种钨的氧化物能高效而快速地催化水分解产生H2。下列有关说法正确的是（ ）A. WO3和WO2.9是同分异构体B. 由WO3制备WO2.9的过程发生了氧化还原反应C. 18gH2O在WO2.9的高效催化下产生H2体积为22.4LD. 利用这种新型催化剂分解水的同时可放出热量【答案】B【解析】A、WO3和WO2.9的分子式不同，
4、二者不是同分异构体的关系，错误；B、WO3和WO2.9中W的化合价不同，由WO3制备WO2.9的过程发生了氧化还原反应，正确；C、外界条件不确定时，无法确定氢气的体积，且不是标准状况下，体积不一定为22.4L，错误；D、水的分解反应为吸热反应，使用催化剂不能改变物质的能量，错误。答案选B。4. 下列实验能获得成功的是（ ）选项实验目的实验步骤A比较CH3COOH和H2CO3酸性强弱测同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pHB比较S和Si非金属性强弱向Na2SiO3溶液中通入SO2出现浑浊C除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤D探究蔗糖水解的产物中是否含有葡
5、萄糖取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并且加热A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强，pH越大，注意Na2CO3所对应的酸为HCO3，故CH3COOH酸性比HCO3强，不能得出醋酸和碳酸酸性的强弱，错误； B、最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属性越强，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不是最高价氧化物的水化物，错误；C、硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶法分离，正确；D、蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜悬浊液的反应
6、应在碱性条件下进行，错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质性质的比较以及检验等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的合理性和可行性的评价，难度不大。5. 科学家尝试用微生物电池除去废水中的有害的有机物，其原理如图所示。下列有关说法错误 的是（ ）A. A极电极反应式为：B. B极电极反应式为：C. 溶液中的阴离子由A极向B极移动D. 该微生物电池在高温条件下无法正常工作【答案】C【解析】A、A是正极，正极得电子发生还原反应： +2e+H+OH+Cl，正确；B、B为负极，负极失电子发生氧化反应：CH3
7、COO8e+4H2O2HCO3+9H+，正确；C、溶液中阴离子向负极即B极移动，但是由于交换膜为质子交换膜，所以A附近的阴离子不能透过交换膜向负极移动，错误；D、微生物在高温下会失去生理活性，所以该微生物电池在高温条件下无法正常工作，正确。答案选C。点睛：本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。6. 对下列实验装置图，有关说法不正确的是（ ）A. 图甲根据实验现象证明酸性强弱：硝酸碳酸硅酸B. 图乙制备金属锰C. 图丙滴定管中溶液的液面读数为22.40mLD. 图丁检验乙醇与浓硫酸加热至170产
8、生的气体，必须有除杂装置X【答案】A【解析】A、浓硝酸具有挥发性，与碳酸钠反应产生的二氧化碳中含有硝酸分子，进入装有硅酸钠溶液的试管中，使硅酸钠产生沉淀的物质不一定是二氧化碳，该实验无法证明碳酸的酸性强于硅酸，错误；B、利用铝的强还原性，根据铝热反应的原理，铝还原出锰，正确；C、计数时视线与刻度线、溶液的凹液面相平，计数正确；D、浓硫酸与乙醇反应的产物中有副产物二氧化硫等，二氧化硫具有还原性，也能使溴水褪色，引起检验的干扰，必须有除杂装置除去二氧化硫，正确。答案选A。7. 已知丁基（C4H9）有四种结构，某烃的结构简式为，该烃可能的结构有（ ）A. 16种 B. 14种 C. 12种 D. 1
9、0种【答案】D【解析】由于丁基有四种结构，设这四种结构的基团为a、b、c、d，则在邻位上连接基团的组合可以为： aa、bb、cc、dd、ab(或ba，是相同的，下同)、ac(或ca)、ad(或da)、bc(或cb)、bd(或db)、cd(或dc)共10种同分异构体，答案选D。8. 用石墨作电极电解0.1molL-1的NaCl溶液，通电一段时间后发现两极收集的气体体积之比为4：3，下列说法正确的是（ ）A. 在电解后的溶液中注入一定量的盐酸可以使溶液恢复到原始状态B. 在电解质溶液中通入标准状况下4.48L的氯化氢气体并注入0.1mol的水可以使溶液恢复到原始状态C. 阴极产生的气体的物质的量是
10、阳极产生气体的物质的量的0.75倍D. 阳极产生的气体的平均摩尔质量为58g/mol【答案】D【解析】A、电解氯化钠产生氢气、氯气和氢氧化钠，在电解后的溶液中通入HCl气体可以使溶液恢复到原始状态，错误；B、电解0.1molL-1的NaCl溶液，通电一段时间后发现两极收集的气体体积之比为4：3，此时在阳极上产生的是氯气和氧气，在阴极上产生的是氢气，通入氯化氢气体并注入水可以使溶液恢复到原始状态，但是不知溶液的体积，无法计算该加入的量，错误；C、根据题目可知，开始时电解氯化钠溶液，阴阳极产生的氢气和氯气的体积比为1：1，当氯离子消耗完时，电解氢氧化钠溶液，阴阳极产生的氢气和氧气的体积比为2：1，
11、结合两极收集的气体体积之比为4：3，可以认为是产生氢气、氯气和氧气的体积比为4：2：1，故阴极产生的气体的物质的量是阳极产生气体的物质的量的，错误；D、阳极产生的气体为氯气和氧气且体积比为2：1，则平均摩尔质量为：g/mol=58g/mol，正确。答案选D。点睛：本题考查电解池的工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，必须明确电解过程中前阶段为电解食盐水，后阶段为电解氢氧化钠溶液。9. 下列反应在一定条件下可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱反应 有单质参加的非氧化还原反应没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应 两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性A. 1个 B. 2个 C. 3个
12、 D. 4个【答案】D【解析】酸性氧化物与碱反应生成盐和水，可实现； 同素异形体的转化是有单质参加的非氧化还原反应，如氧气转化为臭氧的转化等，可实现；没有水生成，也没有沉淀和气体生成，但产生弱电解质的复分解反应是存在的，如盐酸与醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，故可实现；氧化性酸与还原性酸可发生反应，充分反应后溶液呈中性，如氢硫酸与硝酸反应，可实现。答案选D。10. 阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述中正确的是（ ）标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数目为NA6.4g的34S2和34S8混合物中，含硫原子总数为0.2NA12g金刚石含有的共价键数为2NA 10mL质量分数为98%的H2SO4，
13、加水至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%含0.2NA个阴离子的Na2O2和水反应时，转移0.2mol电子11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA1L含NA个NH3H2O的氨水，其浓度为1molL-1A. B. C. D. 【答案】B【解析】标准状况下，乙醇为液体，22.4L乙醇中含乙醇分子数目大于NA，错误；34S2和34S8均由34S原子构成，故6.4g的34S2和34S8混合物中34S原子的物质的量n=，即硫原子的个数小于0.2NA个，错误；12g金刚石的物质的量为1mol ，而1mol金刚石含2mol碳碳键，共价键数为2NA，正确；设98%的H
14、2SO4的浓硫酸的密度为1，稀释后的稀硫酸的密度为2，则12，稀释后稀硫酸中硫酸的质量分数为：=由于12，则稀释后溶液的质量分数9.8%，正确；Na2O2由2个阳离子和1个阴离子构成，含含0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol，而1mol Na2O2与水反应转移1mol电子，故0.2mol Na2O2与水反应时，转移0.2mol电子，正确；Cl2所处的状态不明确，故物质的量不一定是0.5mol，错误；NH3H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，1L含NA个NH3H2O的氨水，其浓度大于1molL-1，错误。答案选B。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的
15、结构、状态是解题关键，难度适中。11. 根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）CF4（g）+4HF（g）的反应热H为（ ）化学键CHCFHFFF键能/（kJmol-1）414489565155A. -485 kJmol-1 B. +485 kJmol-1 C. +1940 kJmol-1 D. -1940 kJmol-1【答案】D【解析】H=反应物总键能生成物总键能，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，H=414kJ/mol4+155kJ4-(489 kJ/mol4+565 kJ/mol4)=-1940 kJ/mol，故答案选D。12. 原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它
16、们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（ ）A. 元素的非金属性次序为cbaB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. d和其他3种元素均能形成离子化合物D. 元素a 、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，则a是H元素；b和c的次外层有8个电子，b是元素，c元素是Cl元素，由于c和d+的电子层结构相同，所以d是K元素。A、同一周期的元素的非金属性随原子序数的增大而增
17、大，所以元素的非金属性次序为cba，正确；B、H元素与S、Cl元素可以形成共价化合物H2S、HCl，与K元素可形成离子化合物KH，错误；C、K和H、S、Cl可以形成离子化合物KH、K2S、KCl，正确；D、元素H的最高化合价是+1价，最低化合价是-1价，最高和最低化合价的代数和为0，S元素最高化合价是+6价，最低化合价是-2价，最高和最低化合价的代数和为4，Cl元素最高化合价是+7价，最低化合价是-1价，最高和最低化合价的代数和为6，正确。答案选B。13. 下列解释物质用途或现象的方程式不正确的是（ ）A. 铝热反应用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2FeB. 汽车尾气中发生的催化转
18、化反应：2NO+2CON2+2CO2C. 燃煤时加入石灰石减少SO2的排放：2CaCO3+2SO2+O22CaSO3+2CO2D. 用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4：CaSO4+CaCO3+【答案】C【解析】A、铝热反应用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，正确；B、 汽车尾气中发生的催化转化反应为：2NO+2CON2+2CO2，正确；C、 燃煤时加入石灰石减少SO2的排放，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，减少酸雨的发生，错误；D、用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4，沉淀转化的离子反应为：CaSO4+CO3
19、2-CaCO3+ SO42-，正确。答案选C。点睛：本题考查离子反应及化学反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及沉淀转化的考查，题目难度不大。14. 一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）A. 升高温度，可能引起由c向b的变化B. 该温度下，水的离子积常数为1.010-13C. 该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】A、温度升高，水的离子积增大，c(H+)、c(OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，错误；B、水的离子积常数K
20、=c(H+)c(OH-)，从图可知离子积是1.010-11，不是1.010-13，错误；C、加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，则c(OH-）减小，故可能引起由b向a的变化，正确；D、温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，错误。答案选C。15. 下列各项内容中排列顺序正确的是A. 相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度: (NH4)2SO4 NH4Cl NH4HCO3B. 微粒半径： K+ S2 FC. 给出质子的能力：CH3COOH C2H5OH H2OD. 氢化物的沸点: HF HCl HBr【答案】A【解析】A、相同物质的
21、量浓度的(NH4)2SO4比NH4Cl与 NH4HCO3所含c(NH4+)都大，NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子促进铵根离子的水解，NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子水解无影响，所以溶液中c(NH4+)：(NH4)2SO4 NH4Cl NH4HCO3，正确；B、微粒半径，K+、 S2比F多一个电子层，离子半径大，K+、 S2核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，K+S2，所以离子半径大小S2K+F ，错误；C、给出质子的能力可由电离的强弱体现出来，CH3COOH为酸，H2O为极弱的电解质，呈中性， C2H5OH比水更难电离，给出质子的能力为：CH3COOHH2OC2H5OH，错误；D、沸点大
22、小为：分子晶体相对分子质量越大，沸点越高，但HF中存在氢键沸点反常的高，沸点大小为：HF HBr HCl，错误。答案选A。16. 在某温度T时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1L的密闭容器中，反应过程中浓度变化如下2NO2(g)N2O4(g) H（NO2）B. 平衡后，升高相同温度，以N2O4表示的反应速率（）（）C. 平衡时，、中正反应的平衡常数K（）=D. 平衡后，升高温度，、中气体颜色都将变深【答案】B【解析】A、中(N2O4)=，(NO2)=，故、中反应物的转化率(N2O4)(NO2)，错误；B、平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故K()=K()，错误；C、 由表格数据
23、可知，平衡时c(N2O4)，故以N2O4表示的反应速率()()，升高相同温度，以N2O4表示的反应速率()()，错误；D、2NO2(g)N2O4(g) H0，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，正确。答案选D。点睛：本题考查化学反应速率和化学平衡的因素，难度不大。要注意平衡常数只与温度有关；根据勒夏特列原理进行判断：升温，加快化学反应速率，平衡向着吸热的方向移动。二、非选择题17. 肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H2O）：NaClO过量时，易发生反应：实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图甲所示）锥形瓶中发生反应的离子方程式是_。实验二：制取水合
24、肼（实验装置如图乙所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。分液漏斗中的溶液是_（填序号）；CO(NH2)2溶液 B、NaOH溶液 C、NaOH和CO(NH2)2混合溶液 D、NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。实验三：测定馏分中肼含量称取馏分5.000g加入适量NaHCO3固体，加入配成250mL溶液，移出25.00mL，用0.1000mol/L的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右（已知：N2H4H2O+2I2N2+4HI+H2O）。配制250mL溶液所需仪器除分析天平、烧杯、玻璃棒外，还需_
25、。滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，用离子方程式解释其原因：_。实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。【答案】 (1). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2). D (3). 如果次氯酸钠装在烧瓶中，因过量而使N2H4H2O氯化 (4). 250mol容量瓶，胶头滴管 (5). Hl+H+H2O+CO2 (6). 0%【解析】实验一：氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2+ 2OHClO + Cl + H2O；实验二：由于水合肼易被次氯酸钠氧化，因此如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸
26、钠氧化，所以分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液，答案选D；理由为：如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，因过量而使水合肼被氧化；实验三：配制溶液需要用天平称量固体，需要在烧杯内溶解固体，需要用量筒最取水，用玻璃棒搅拌，还用到胶头滴管，故除所需仪器除分析天平、烧杯、玻璃棒外，还需要250mol容量瓶，胶头滴管；生成的氢碘酸是强酸，能与次氯酸钠溶液反应，从而可以控制溶液的pH值，用离子方程式解释：HCO3-+H+= H2O+CO2；消耗碘的物质的量是0.1000mol/L 0.020L0.002mol，则水合肼的物质的量是0.001mol，质量是0.001mol50g/mol0.05g，则馏分中
27、水合肼（N2H4H2O）的质量分数为：。18. .已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按如下框图进行反应。回答下列问题：组成单质A、B、C的三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是_。氢化物 酸 碱 盐 氧化物如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为_。.下图是一些常见元素的单质或化合物之间的转化关系。溶液中的水以及部分反应物或生成物未标出。A、E是空气中的两种主要成分，C是由两种元素组成的新型材料，并且C的原子数、最外层电子数之和与SiC相同，J是一种能引起温室效应的气体，K是两性化合物。反应、用于工业中生产H。回答下列
28、问题：写出A的电子式：_，G的化学式：_；写出D和H反应的化学方程式：_；写出反应的离子方程式：_；B和SiC的纳米级复合粉末是新一代大规模集成电路理想的散热材料。反应是科学家研究开发制备该纳米级复合粉末的最新途径。已知B由Si及另外两种元素组成，且Si与另外两种元素的物质的量之比均为1：4，写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). HCl (3). (4). NO (5). C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O (6). CO2+2Al+3H2O2A（COH）3+C (7). Al4SiC4+2N24AlN+SiC+3C【解析】.A为固体，常见为碳、钠、镁、铝、铁等，B、C
29、为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体A和气体B反应生成的D是固体，说明A为金属不为碳；E溶液能与金属反应，且E是两种气体反应所得产物，则E应为酸，C应为氢气，B为Cl2，E为HCl，D为金属和盐酸反应生成的盐酸盐，此盐可以直接由A和Cl2反应得到，说明则A一定不是可变价金属铁；A可能是定价金属钠、镁、铝等， A为金属、B为氯气、C为氢气，三种元素中的任意两种形成的化合物所属物质类别为：盐、酸、氢化物，一定不是碱、氧化物，答案为：；如果E溶液是一种强酸，且E是两种气体Cl2和H2反应所得产物，则E的化学式为HCl；.A、E是空气中的两种主要成分，则为氧气和氮气，再根据后面F、G、H的
30、转化都是与E反应，故E应该为氧气，则A为氮气；C是由两种元素组成的新型材料，并且C的原子数、最外层电子数之和与SiC相同，最外层电子数之和为8，C为AlN，AlN与氢氧化钠反应生成F（氨气）和I（偏铝酸钠），氨气催化氧化生成G（NO），NO进一步氧化生成NO2，NO2与水反应生成H（硝酸）；J是一种能引起温室效应的气体CO2，K是二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中产生的两性化合物氢氧化铝。D（碳）与E（氧气）反应生成J（二氧化碳），根据质量守恒，B中含有铝、硅和碳元素。（1）写出A的电子式：，G的化学式：NO；（2）碳和硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3CO2+4NO2+2H2O；（3）反应是偏铝
31、酸钠溶液中通入二氧化碳气体，其离子方程式为：CO2+2Al+3H2O2Al(OH)3+C；（4）根据A和B反应生成SiC和C、D，B由Si及另外两种元素组成，则另外两种是碳和铝元素，Si与另外两种元素的物质的量之比均为1：4，则B为Al4SiC4，反应的化学方程式为：Al4SiC4+2N24AlN+SiC+3C。19. 锰的化合物种类较多，大多具有广泛的用途。.MnO2是H2O2分解的良好的催化剂，它也具有较强的氧化性。某化学兴趣小组通过实验探究MnO2的性质。该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是_（填序号）。把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成把MnO2
32、固体加入到H2O2溶液中，观察是否有气泡产生Na2SO3溶液中，加入MnO2固体，再滴加BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，再加入MnO2固体，观察溶液是否变红为研究溶液中MnO2的氧化能力与溶液酸碱性的关系，该小组同学设计了如下的对比实验：在室温下，取A、B、C三支试管，用同浓度同体积的KI溶液和质量、颗粒大小相同的MnO2固体反应，然后分别加入1mL0.2mol/L NaOH溶液、1mL水、1mL0.1mol/L稀硫酸。现象记录如表所示：试管编号实验现象A溶液不变色B溶液缓慢变浅棕褐色C溶液迅速变棕褐色从以上实验中，我们可以得出的结论是_。写出C试管
33、中发生反应的离子方程式：_。.铁酸锰（MnFe2O4）可用于热化学循环分解水制氢，可有效缓解能源危机。MnFe2O4的制备工艺流程如图：已知：Fe3+、Mn2+沉淀的pH如表格所示。开始沉淀完全沉淀Fe3+2.74.2Mn2+8.310.4步骤一中投入原料Fe（NO3）3和Mn（NO3）2的物质的量之比理论上应为_。步骤二中需控制pH的范围是_。步骤三中是否洗涤干净的判断方法是_。（二选一，考生请在两道题中选做一道）【答案】 (1). D (2). 酸性越强，MnO2的氧化能力越强 (3). MnO2+4H+2I-Mn2+I2+2H2O (4). 2:1 (5). PH10.4 (6). 最后
34、的洗涤液量中性【解析】. （1）A、常温下，MnO2不能氧化稀盐酸，错误；B、MnO2固体加入到H2O2溶液中，有气泡产生，是因为MnO2是H2O2分解的催化剂，错误；C、Na2SO3和BaCl2也能反应生成沉淀，错误；D、FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，不变红色，再加入MnO2固体，观察溶液是否变红，若变红色，就证明MnO2有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，正确；(2) 在碱性条件下不能反应，在中性条件下慢慢发生反应，在酸性条件下快速反应，说明溶液的酸性越强，MnO2的氧化能力越强；在C试管中，在酸性条件下MnO2氧化I-变为I2所发生反应的离子方程式是：MnO2+4H+2I-Mn2
35、+I2+2H2O；. 利用元素守恒，Fe(NO3)3和Mn(NO3)2发生反应，最终产物为MnFe2O4，Fe和Mn的物质的量之比为2：1，故Fe(NO3)3和Mn(NO3)2的物质的量之比为2：1。步骤二要控制pH保证Fe3+、Mn2+都沉淀，故pH10.4；步骤三中是否洗涤干净的判断方法是取最后一次洗涤溶液少许，用一根洁净的玻璃棒沾娶，滴在PH试纸上，半分钟后跟标准比色卡比较，如溶液的PH=7，说明洗涤干净。20. 氧化锌、氮化镓及新型多相催化剂组成的纳米材料能利用可见光分解水，生成氢气和氧气。Zn2+基态核外电子排布式为_，其核外存在_对自旋相反的电子。写出两个与水分子具有相同空间构型的
36、分子和阴离子：_，_。水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。下列对上述过程的描述不合理的是_（填序号）。氧原子的杂化类型发生了改变 B、微粒的空间构型发生了改变C、微粒的化学性质发生了改变 D、微粒中的键角发生了改变在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图甲），已知冰的升华热是+51kJmol-1，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJmol-1），则冰晶体中氢键的键能是_kJmol-1。氮化镓的晶体结构如图乙所示，其中氮原子的杂化轨道类型是_；N、Ga原子之间存在配位键，该配位键中提供电子对的原子是_；该晶体的化学式为_。金刚砂（SiC）和氮化镓并
37、称为第三代半导体材料的双雄，它与金刚石具有相似的晶体结构，试比较金刚石和金刚砂的熔点高低，并说明理由：_。某种ZnO晶体的晶胞如图丙所示，Zn2+的配位数为_，其晶胞中Zn2+和O2-之间的距离为apm，列式表示该晶体的密度：_gcm-3（不必计算结果）。【答案】 (1). Ar3Cl10 (2). 14 (3). H2S (4). NH (5). A (6). 20 (7). SP3 (8). N (9). GaN (10). 金刚石的熔点高于金刚砂的熔点，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C键的键长小于C-Si键 (11). 8 (12). 【解析】（1）Zn元素是30号元素，Zn原子
38、的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3 d10，其核外还有28个电子，存在14对自旋相反的电子；（2）与水分子是三个原子核且空间构型为V型，与其具有相同空间构型的分子和阴离子如H2S、NH2-；（3）A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，不合理；B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的空间构型发生了改变，合理；C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，合理；D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，合理。答案选A。
39、（4）冰升华热是+51kJmol-1，水分子间还存在范德华力（11kJmol-1），根据图甲知，1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20 kJmol-1；（5）氮原子的杂化轨道类型是sp3；N原子有一对未成键电子对，故配位键中提供电子对的原子是N。根据图乙，晶胞中，Ga位于顶点和体心，含有Ga的个数为：8+1=2，N原子位于棱和体心，含有N的个数为：4+1=2，故其化学式为：GaN；（6）由于因为碳原子半径小于硅原子半径，SiC键键长大于CC键键长，故SiC键键能小，金刚砂的熔点比金刚石的熔点低；（7）根据图丙可知，ZnO晶体的晶胞中Zn位于体心，
40、故其配位数为8，晶胞中Zn2+和O2-之间的距离为apm，则对角的两个锌离子的距离为2apm，设晶胞的边长为x，则一个面的对角距离为x，得x=，该晶体的密度：。21. 石油的裂解是石油化工的重要方法之王，石油的裂解产物是合成材料的重要的基础原料。例如工业上以丙烯为原料可制得一种重要合成橡胶IR和一种合成树脂X。B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应。已知以下信息：（R、R、R表示可能相同或可能不同的原子或原子团。）.同一碳原子上有两个碳碳双键时，分子不稳定。请回答下列问题。在一定条件下，丙烯可与下列物质反应的是_。H2O B、NaOH溶液 C、Br2的CCl4溶液 D、酸性KMnO4溶液
41、（2）A与C2H2合成D的化学方程式是_，反应类型是_。（3）E、F中均含有碳碳双键，则E的结构简式是_。（4）H的结构简式是_。（5）B与C在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是_。（6）有多种同分异构体，符合下列要求的有_种，其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的有_种。能与FeCl3溶液反应显紫色 只能发生银镜反应，不能发生水解反应【答案】 (1). acd (2). (3). 加成反应 (4). (5). (6). (7). 6 (8). 2【解析】在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和A，A和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及A的分子式知，A是丙酮，丙酮和
42、乙炔发生加成反应生成D，则D的结构简式为，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，结合IR的结构简式知，F为CH2=CHC（CH3）=CH2，则E为G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知，G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，所以B是苯酚，G和苯酚发生反应生成X，则X的结构简式为：，（1）丙烯含有碳碳双键，能与水、溴发生加成反应，能被酸性高锰酸钾氧化，不能与氢氧化钠发生反应，故选acd；（2）A与C2H2合成D的化学方程式是：，属于加成反应；（3）由上述分析可知，E的结构简式是；（4）
43、由上述分析可知，H的结构简式是；（5）B与G在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是：；（6）有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：能与FeCl3溶液反应显紫色，含有酚羟基；只能发生银境反应，不能发生水解反应，含有醛基，故侧链为2个-OH、1个-CHO，当2个-OH相邻时、-CHO有2种位置，当2个-OH处于间位时、-CHO有3种位置，当2个-OH处于对位时、-CHO有1种位置，故共有2+3+1=6种，其中两种的核磁共振氢谱中只出现四组峰。点睛：本题考查有机物的推断，注意结合题给信息采用正推法、逆推法相结合进行分析推断，注意官能团的变化，侧重考查学生的分析推理与知识迁移运用能力考查，同分异构体种类的判断是易错点，难度中等。