1、吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Ca40 Fe56 Cu64 Ag108 I127第I卷选择题（每小题只有一个选项符合题意）1. 化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中正确的是()A. 煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.
2、煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故A错误；B. 酒精可使蛋白质发生变性，则医药中常用酒精来消毒，故B正确；C. 明矾中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但不能淡化海水，故C错误；D. 光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；答案选B。2. 下列说法正确的一组是()不溶于水的盐都是弱电解质可溶于水的盐都是强电解质0.5 molL-1一元酸溶液中H+浓度为0.5 molL-1强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度电解质溶液导电的原因是溶液
3、中有自由移动的阴阳离子熔融的电解质都能导电A. B. 只有C. D. 只有【答案】B【解析】【详解】不溶于水的盐不一定是弱电解质，如BaSO4难溶于水，但溶于水的部分全电离，是强电解质，故错误；电解质的强弱与溶解性无关，可溶于水的盐可能是弱电解质，如醋酸铅，故错误；0.5molL1一元酸溶液H浓度不一定为0.5molL1，如醋酸，故错误；强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，故正确；电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故正确；酸在熔融态时均不导电，只有溶于水时才导电，故错误；正确的有，故选B。3. 设NA为阿伏加
4、德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 1 mol OD-和17 g OH所含的质子与中子均为9NAB. 7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC. 1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAD. 0.1 molL-1氯化铜溶液中氯离子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A1 mol OD-和17 g OH所含的质子均为9NA，所含的中子分别为：9NA、8NA，故A错误；BNa2S与Na2O2的摩尔质量为78gmol1，阳离子和阴离子个数比均为2:1，7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，物质的量均为0.1mol，含离子总数为0.3NA，故B正确
5、；C1 mol FeI2与足量氯气反应时，亚铁离子转移1mol电子，2molI-转移1mol电子，共转移的电子数为3NA，故C错误；D0.1 molL-1氯化铜溶液中氯离子数因缺少溶液的体积无法计算，故D错误；故选B。4. 纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是( )A. 本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”.B. 天工开物记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C. “水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D. 唐未真元妙道要略)中有云：“以硫黄、雄黄合
6、硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【答案】A【解析】A项，绿矾不能电离出H+，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无极非金属材料，故B 正确；C. “水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热是正确；D.黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的,根据题意可以知道,题中描述的是制备黑火药的过程,所以D选项是正确的;答案：A。5. 某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下
7、列选项正确的是()A. 实验、反应制得的物质均为纯净物B. 实验、均未发生氧化还原反应C. 实验、均为放热反应D. 实验、所涉及的物质均为电解质【答案】B【解析】【详解】A实验得到的氢氧化铁胶体，而胶体属于混合物，故A错误；B实验是氯化铁溶于水，发生水解反应，而水解反应不是氧化还原反应，是氢氧化铁胶体的制备，也未发生氧化还原反应，故B正确；C水解反应可看成中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，所以水解反应是吸热反应，即实验为吸热反应，故C错误；D氯气与铁的反应中，氯气不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选B。6. 500 mL 2 molL-1FeCl3溶液和500 mL 2 molL-1
8、明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成分散系甲、乙，经测定，甲分散系中分散质的粒子直径大小在1100 nm之间，乙分散系中分散质的粒子直径大小在10-910-7m之间。下列关于甲、乙分散系的判断合理的是()A. 在暗室里用一束明亮的“强光”照射甲、乙，发现甲、乙均有丁达尔效应B. 向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”C. 向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸，最终现象分别是深褐色溶液、白色沉淀D. 蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐【答案】A【解析】【分析】分散系中分散质的粒子大小在1100nm之间或10-910-7m之间，甲、乙两种分散系均为胶体，具有胶体的
9、性质。【详解】A分散系中分散质的粒子大小在1100nm之间或10-910-7m之间，均为胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，故A正确；B氢氧化铝胶体中加滴加过量的氢氧化钠溶液，现象是“先聚沉，后溶解”，氢氧化铁胶体滴加过量的氢氧化钠溶液会聚沉生成沉淀，氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以不溶解， 故B错误；C氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均能与氢碘酸溶液反应，三价铁离子与碘离子反应生成碘单质溶液为深褐色溶液，氢氧化铝胶体溶于氢碘酸形成无色溶液，故C错误；D蒸干、灼烧氯化铁溶液得到氧化铁，蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl(SO4)2，故D错误；故选A。7. 下列用系统命名法命名有机物名称正确的是()A. 2-甲基-
10、4-乙基戊烷B. 2-羟基-3-甲基戊烷C. 2，3-二乙基-1-戊烯D. 1，2-二甲基-1-丁醇【答案】C【解析】【详解】A名称中主链上有5个碳，4号碳上有一个乙基，所以所选的主链不是最长，A错误；B含羟基的物质为醇类，不属于烷烃，B错误；C符合烯烃的命名方法和原则，C正确；D未选择含有碳原子数最多的碳链为主链，该物质正确的名称为3-甲基-2-戊醇，D错误；答案选C。8. 研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是 （ ）A. 萃取是常用的有机物提纯方法B. 燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法之一C. 核磁共振氢谱通常用
11、于分析有机物的相对分子质量D. 对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团【答案】C【解析】【详解】A、萃取是常用的有机物提纯方法，故A正确；B、利用燃烧法，能将有机物分解为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即确定实验式，故B正确；C、从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，故C错误；D、不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；答案选C。9. 下列各组离子在指定的溶液中
12、，能大量共存的是()酸性溶液中：Fe2+、Al3+、Cl-、I-pH13的溶液：Na+、S2-水电离出来的c(H+)10-13 mol/L的溶液：、K+、加入铝片能放出H2的溶液：Na+、Cu2+、滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、Cl-、A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】酸性溶液中：Fe2+、I-和H+、发生氧化还原反应，故不符；pH13的溶液：Na+、S2-不反应，故符合；水电离出来的c(H+)10-13 mol/L的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性：在碱性溶液中不共存、在酸性溶液中不共存，故不符；加入铝片能放出H2的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性：在两种条件下都不能大量共
13、存、Cu2+在碱性条件下不能大量共存，故不符；滴加石蕊试液显红色的溶液，溶液呈酸性：Fe3+、Cl-、之间不反应，故符合；故选D。10. 下列离子方程式正确的是A. 钠与水反应：Na + 2H2O = Na+ 2OH+ H2B. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32- + 2H+= H2SiO3C. 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：NH4+Al3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH-= 2BaSO4 + Al(OH)3 + NH3H2OD. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe + 3NO3+ 6H+Fe3+ 3NO2 + 3H2O【答
14、案】C【解析】【详解】A钠与水反应反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式：2Na + 2H2O= 2Na+2OH+H2，A不正确；B醋酸是弱酸，要用分子式表示，不能写成H+，B不正确；C溶液中NH4Al（SO4）2 与Ba（OH）2 以物质的量之比1：2反应生成氢氧化铝、硫酸钡沉淀和一水合氨，C正确；D浓硝酸中加入过量铁粉并加热，生成亚铁盐，D不正确；故选C。11. 含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X。下列有关该反应的说法，正确的是()A. X与O3互为同位素B. 1 mol Co3O4在反应中转移9 mol电子C. Cl
15、F3中氯元素为3价D. Co3O4在反应中作氧化剂【答案】B【解析】【分析】含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X，根据质量守恒，X为O2，Co3O4在反应中O元素的化合价由-2价升高为0价，Co的化合价由+升高到+3价，被氧化，Co3O4作还原剂，ClF3在反应中Cl元素的化合价由+3价降低为0价，被还原，CClF3作氧化剂，据此分析解答。【详解】AX为O2，与O3互为同素异形体，故A错误；BCo3O4在反应中O元素的化合价由-2价升高为0价，Co的化合价由+升高到+3价，lmol Co3O4参加反应转移的电子为24+3（3-
16、）mol=9 mol电子，故B正确；CClF3中氯元素为+3价，故C错误；DCo3O4在反应中O元素的化合价由-2价升高为0价，Co的化合价由+升高到+3价，被氧化，Co3O4作还原剂，故D错误。故选B。【点睛】所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应、还原剂失电子发生氧化反应。易错点D，Co3O4在反应中O元素的化合价由-2价升高为0价，Co的化合价由+升高到+3价，被氧化，Co3O4作还原剂。12. 反兴奋剂是每届体育赛事关注的热点。利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如下：关于利尿酸的说法中，正确的是()A. 它是芳香烃B. 它不能
17、使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 它不能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO2D. 它能发生取代反应、加成反应和酯化反应【答案】D【解析】【详解】A.利尿酸除含碳、氢元素外，还含有氧、氯元素，不属于芳香烃，为芳香烃的衍生物，A项错误；B.利尿酸中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使溶液褪色，B项错误；C.利尿酸中的羧基酸性比碳酸酸性强，能与饱和碳酸钠溶液反应生成CO2，C项错误；D.碳碳双键和羰基能够发生加成反应，羧基能够发生酯化反应(或取代反应)，氯原子也能发生水解反应(或取代反应)，D项正确。13. 向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是() 选项操作及现象结论A加入AgNO3
18、溶液，生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解原溶液中有Cl-存在B通入Cl2后，溶液变为深黄色，继续加入淀粉溶液后溶液变蓝原溶液中有I-存在C加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解时原溶液中有存在D加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊原溶液中有存在A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A在加入盐酸之前生成的可能是AgCl沉淀也可能是碳酸银沉淀等等，但是后面加入盐酸后可以转化为AgCl，所以沉淀不溶解，因此，不能确定原溶液里是否有Cl-是存在，A错误；B氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘水溶液为棕黄色，碘遇淀粉变蓝色，B正确；C硝酸根在酸性条件下有强氧化性
19、。若溶液中含有亚硫酸根或亚硫酸，加入Ba(NO3)2溶液后，都能生成白色沉淀，加稀盐酸酸化后，亚硫酸钡能被硝酸根氧化成硫酸钡，因此，不能确定原溶液中是否有硫酸根离子存在，C错误；D碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸，均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，因此，不能确定原溶液中有碳酸根离子，D错误；答案选B。14. 下列说法错误的是A. 利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B. 某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物C. 用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D. 向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】B【解析】【分析】【详解】A
20、.丁达尔现象为胶体特有的性质，蛋白质溶液为胶体分散系，则丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，选项A正确；B.由同一种元素构成的不同单质组成的物质属于混合物，如O2与O3组成的物质，选项B错误；C.胶体、离子均可透过滤纸，用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，选项C正确；D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的微粒遇电解质发生聚沉的性质，选项D正确。故选B。15. 将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0 g放入250 mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 molL-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该盐酸的浓度为()A. 05 molL
21、-1B. 3.0 molL-1C. 2.0 molL-1D. 1.0 molL-1【答案】C【解析】【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算盐酸的浓度。【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，
22、此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度=2.0mol/L，故C正确；【点睛】考查有关混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，本题中明确反应后的溶质组成为解答关键， 守恒法是解化学计算题经常用到的一种方法，把握物质之间的转化关系，追踪元素的存在形式，列出关系式得出结论。16. 常温下，在pH=1的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl- 、中的几种，现取100mL该溶液进行如下实验。根据实验结果，下列判
23、断正确的是A. Fe2+、I-、Cl-三种离子一定存在B. 一定不存在，不能确定Na+和Cl-是否存在C. Fe3+与Fe2+至少有一种D. 该溶液中c(Cl-)至少为0.2molL1【答案】A【解析】【分析】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，则一定不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧
24、化铁，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：2=0.02mol，0.02mol亚铁离子带有正电荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol电子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，氯离子的浓度最小为0.03mol/0.1L=0.3mol/L，据以上分析解答。【详解】A根据分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-，A正确；B原溶液中一定不存在，一定含有Cl-，B错误；C原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，C错误；D根据分析可知该溶液中c（Cl-）0.3molL-1，
25、D错误；答案选A。17. 下列离子方程式书写正确的是()A. 在NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量烧碱溶液：Al3+4OH-=2H2OB. 在含等物质的量浓度的Na2CO3和NaOH溶液中滴加过量的盐酸：OH-2H+=H2OC. 在Mg(HCO3)2溶液中滴加过量的澄清石灰水：Mg2+22Ca2+4OH-=Mg(OH)22CaCO32H2OD. 在Fe(NO3)2稀溶液中滴加少量NaHSO4溶液：Fe2+2H+=Fe3+NO2H2O【答案】C【解析】【详解】A在NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量烧碱溶液，铝离子先发生反应生成氢氧化铝沉淀：Al3+3OH-=Al(OH)3，故A错误；B在含等
26、物质的量浓度的Na2CO3和NaOH溶液中滴加过量的盐酸：OH-3H+=2H2O+CO2，故B错误；CMg(OH)2溶解度比MgCO3更小，在Mg(HCO3)2溶液中滴加过量的澄清石灰水生成更难溶的Mg(OH)2：Mg2+22Ca2+4OH-=Mg(OH)22CaCO32H2O，故C正确；D在Fe(NO3)2稀溶液中滴加少量NaHSO4溶液生成NO：3Fe2+4H+=3Fe3+NO2H2O，故D错误；故选C。18. 已知I、Fe2、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为SO2IFe2H2O2Cl，则下列反应不可能发生的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解
27、】A因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，A能发生；B因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I-，与已知的还原性强弱一致，B能发生；C因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，C不能发生； D若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为H2O2SO2，与已知的还原性强弱一致，D能发生；故选C。19. 下列实验操作能达到实验目的的是()选项实验目
28、的实验操作A检验CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键向CH2=CHCH2OH中滴加酸性KMnO4溶液B区别植物油和矿物油向植物油和矿物油中分别加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却C制备乙酸乙酯在试管中依次加入2 mL浓硫酸、3 mL乙醇和2 mL乙酸，用酒精灯缓慢加热D检验蔗糖的水解产物中是否含有葡萄糖向蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，煮沸几分钟后，冷却，再向水解液中加入几滴银氨溶液，水浴加热A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A检验CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键，要防止醇羟基干扰，本题中醇羟基也能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B植物油是高级脂肪酸的甘油酯，能够在碱性
29、条件下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可以鉴别，故B正确；C在试管中依次加入3 mL乙醇、2 mL浓硫酸和2 mL乙酸，用酒精灯缓慢加热，不能将乙醇加入浓硫酸，易引起混合液沸腾后飞溅出试管，引起安全事故，故C错误；D向蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，煮沸几分钟后，冷却，要先加NaOH溶液至溶液呈中性或弱碱性，再向水解液中加入几滴银氨溶液，水浴加热，故D错误；故选B。20. 某学生配制了100mL 1mol/L的硫酸溶液。然后，对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确。结果测得溶液的物质的量浓度低于1mol/L那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是()量筒用蒸馏水
30、洗净后立即用来量取浓硫酸将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面最后定容时，加水超过了刻度，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据物质的量浓度的定义可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n或溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若偏小或V偏大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n偏大或V偏小时，都会使所配溶液浓度偏大；【详解】量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸，量筒内壁有残留水，会导
31、致量取的硫酸的物质的量减小，配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低，故正确；将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，溶液浓度偏低，故正确；在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面，则溶质没有全部转移、导致溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故正确；最后定容时，加水超过了刻度，会导致配制的溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故正确；故这些操作全部引起浓度偏低；答案选D。21. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是()A. 标准状况下，4.48 L己烷含有的分子数为0.2NAB. 15 g甲醛(H
32、CHO)和乙酸的混合物中氧原子数为0.5NAC. 8.8 g乙酸乙酯中含共用电子对的数目为1.3NAD. 1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、10NA【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，己烷为液体，因此不能准确得出4.48L己烷的物质的量，无法计算含有的分子数，A错误；B甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，则甲醛(HCHO)和乙酸中的氧原子的百分含量相同，则，即氧原子个数为0.5NA，B正确；C1个乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8 g乙酸乙酯的物质的量为，则8.8 g乙酸乙酯中含共用电子对的数目为0.1mol14NAmol-1=1.4NA，C错误；D1个甲
33、基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为14-6+13=11、6+13=9，则1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，D错误；答案选B22. 某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A. 0.80B. 0.85C. 0.90D. 0.93【答案】A【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等标准状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：(3-)x=0.01mol，解得x=0.8，
34、故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。第II卷23. 已知某溶液X可能由K+、Mg2+、Cu2+、Ag+、Ba2+、Al3+、Fe2+、I-、中的若干种离子
35、组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。(1)根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：实验步骤与实验现象实验结论.观察溶液：无色透明原溶液中一定不含的离子是_。.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，并得到无色溶液原溶液中一定不含的离子是_，一定含有的离子是_。.在所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A原溶液中还一定含有的离子是_，生成沉淀A的离子方程式为_。.所得溶液中再逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀B白色沉淀B中一定含有_，可能含有_。(2)上述实验步骤中开始阶段一定发生的离子方程式是_。(3)该化学兴趣小组的同学为了进一
36、步确定B的成分，取一定量经洗涤后的B与Y溶液反应，白色固体的物质的量与Y溶液体积之间的关系如图所示。Y可能为(填化学式)_，B的组成为_。【答案】 (1). Cu2+、Fe2+、 (2). I-、Mg2+、Ag+、Ba2+、Al3+ (3). 、K+ (4). (5). Al3+3=Al(OH)33CO2 (6). BaCO3 (7). BaSO4 (8). Ba2+2OH-2=BaCO32H2O (9). HCl(或HNO3) (10). BaSO4和BaCO3，且【解析】【分析】I观察溶液：无色透明，一定不存在有色离子：Cu2、Fe2；取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧
37、化碳，溶液中一定存在，一定不存在与CO32离子反应的Mg2、Ag、Ba2、Al3离子；得到无色溶液，一定不存在I、，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一阳离子K；在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，原溶液中一定存在；IV在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物。【详解】(1)I观察溶液：无色透明，一定不存在有色离子：Cu2、MnO4、Fe2；故答案为：Cu2、MnO4、Fe2；取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，溶
38、液中一定存在，一定不存在与离子反应的Mg2、Ag、Ba2、Al3离子；得到无色溶液，一定不存在I、，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一阳离子K；故答案为：I-、Mg2+、Ag+、Ba2+、Al3+；、K+；在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，原溶液中一定存在，反应的离子方程式为Al3+3=Al(OH)3+3CO2，故答案为：；Al3+3=Al(OH)33CO2；IV在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为：BaCO3；BaSO
39、4；(2)实验中开始阶段发生反应为过量的碳酸氢铵与氢氧化钡反应，反应的离子方程式为：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+，故答案为：2HCO3+Ba2+2OH=BaCO3+2H2O+；(3)沉淀B部分溶液Y酸，Y可能为硝酸或盐酸，则B中一定含有BaCO3、BaSO4，由图象可知 =，故答案为：HCl或HNO3；BaCO3、BaSO4且 =。【点睛】本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及离子共存、常见离子的检验，试题的题量较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法，明确离子反应发生的条件及离子共存的条件。24. 人体血液里Ca2的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取
40、一定体积的血样，加适量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有_(填序号)。(2)其中确定50 mL溶液体积容器是_(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2的浓度】抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得
41、到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-5H2C2O46H=2Mnx10CO28H2O，则方程式中的x_。(5)经过计算，血液样品中Ca2的浓度为_mg/cm3。【答案】 (1). (2). 50 mL容量瓶 (3). 偏小 (4). 2 (5). 1.2【解析】【详解】(1)由图示可知操作不正确。不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低处与刻度线相切；(2)应该用50 mL容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶
42、液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnO45H2C2O46H2Mn210CO28H2O即x2；(5)根据方程式可知血液样品中Ca2的浓度为1.2 mg/cm3。25. 辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛。辣椒素酯类化合物的通式可以表示为(R为烃基)，其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如图所示：已知：A、B、E互为同系物，其中A的分子式为C5H10O，B的相对分子质量为44，A和B的核磁共振氢谱显示都有两组峰。J的分
43、子式为C15H22O4。R1CHOR2CH2CHO。回答下列问题：(1)G中所含官能团的名称为_。(2)由A和B生成C的化学方程式为_。(3)由C生成D的反应类型为_，D的化学名称为_。(4)由H生成I的化学方程式为_。(5)在G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱显示两组峰的是_(写结构简式)。【答案】 (1). 醚键、(酚)羟基 (2). (2)(CH3)3CCHOCH3CHO (3). 加成反应(或还原反应) (4). 4,4-二甲基-1-戊醇 (5). 2NaOHNaClH2O (6). 8 (7). 【解析】【分析】化合物J的分子式为C
44、15H22O4，结合J的结构为，故R为C6H13，因此结合流程图知，I为，F为C6H13COOH；因此G为，H为；结合已知信息，B的相对分子质量为44，B核磁共振氢谱显示有两组峰，故B为CH3CHO；A和B为同系物，则A为C4H9CHO，A的核磁共振氢谱显示有两组峰，则A为(CH3)3CCHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，E为(CH3)3CCH2CH2CHO，F为(CH3)3CCH2CH2COOH，据此分析作答。【详解】（1）G为，所含官能团的有醚键，(酚)羟基，故答案为：醚键，(酚)羟基；（2）A为(CH3)3CCHO，B为CH3CHO；A和
45、B生成C的化学方程式为(CH3)3CCHOCH3CHO；（3）C为(CH3)3CCH =CHCHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，C与氢气发生加成反应生成D；D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，名称为4，4-二甲基-1-戊醇，故答案为：加成(还原)；4，4-二甲基-1-戊醇；（4）在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成I，化学方程式为2NaOHNaClH2O，故答案为：2NaOHNaClH2O；（5）G为，G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有、共8种；其中核磁共振氢谱显示2组峰的是，故答案为：8；。【点睛】本题考查有机物推断与合成，充分利用反应条件、J的结构特点与分子式进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力。难点是第5问G的同分异构体的书写，苯环上只有一种氯代物，则苯环上的取代基满足的条件是：若为两个取代基，则必须是对位的，苯环上连着对位的两个-CH2OH或-O-CH3，有2种结构，若为三个取代基，则三个取代基必须完全一样，本题中不可能为三个完全相同的取代基，若为四个取代基，则为两个-OH和两个-CH3，先固定2个-OH的位置，有邻、间、对三种关系，然后再移动两个-CH3，共有6种结构，故总共有8种同分异构体。