1、2014-2015学年辽宁师大附中高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质组成、性质和用途的说法中，正确的是（） A 合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高 B 氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷、玻璃等属于新型无机非金属材料 C 木材、织物浸过水玻璃后具有防腐性能且不易燃烧 D 光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域2下列各组物质或溶液溶质的主要成分，皆为同一种酸所对应的盐是（） A 大理石、钡餐、石膏 B 小苏打、苏打、水玻璃 C 芒硝、胆矾、明矾 D 黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿3高中课本中有多处“科学探究”，下列
2、有关知识说法正确的是（） A 将铝箔在酒精灯上加热至熔化，观察熔化的铝并不滴下，这是因为铝表面的氧化膜保护了铝 B 将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分别得到Fe（OH）3沉淀和泥土 C SO2与CO2性质相似，其与Na2O2反应的化学方程式为：2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2 D 食醋浸泡有水垢的暖壶或水壶，清除其中的水垢的离子方程式：2H+CaCO3Ca2+H2O+CO24对于下列常见化学的认识错误的是（） A 明矾可用作净水剂 B 干冰能用于人工降雨 C 小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包 D 碳酸钙是文物陶瓷的主要成分5下列冶炼金属的原理正确的是（） A 2A12
3、O3+3C A1+3CO2 B MgO十H2Mg+H2O C Fe3O4+4CO3Fe+4CO2 D 2HgO2Hg+O26下列离子方程式正确的是（） A 将少量Na2O2粉末加入到H218O水中：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2 B 向AlC13溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O C 氯化亚铁溶液中通入足量C12：Fe2+C12Fe3+2C1 D 往NH4HSO4溶液中加入足量NaOH溶液：NH4+H+2OHNH3H2O+H2O7混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并高温下灼烧至质量不变，最终残留固体为纯净物的是（） A 向CuS
4、O4溶液中加入适量铁粉 B 在Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体 C 等物质的量的NaHCO3与Na2O2溶于水 D 等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合8将2.3g Na和2.7g Al同时加入到足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释、定容为500mL下列说法正确的是（） A 整个反应过程中共转移电子0.4 mol B 反应产生的气体在标准状况下的体积是1.12L C 反应所得溶液与足量CO2反应的离子方程式：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32 D 在稀释、定容操作中用到的全部玻璃仪有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶9在FeCl3，CuCl2，FeCl2的
5、混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（） A 2：1 B 1：2 C 1：3 D 1：410“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的有（）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlC
6、l3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁 A 1个 B 2个 C 3个 D 4个11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） A 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B 常温常压下，44 g C3H8中含有的碳碳单键数为3 NA C 6.4 g铜粉与足量硫粉充分反应，失去的电子数为0.2 NA D 1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA12双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3关于该物质的说法正确的是（） A 该物质属于两性氢氧化物 B 该药剂不适合于胃溃疡患者服用 C
7、1mol NaAl（OH）2CO3最多可消耗3molH+ D 该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物13下列实验装置不能达到实验目的是（） A 验证Na和水反应是否为放热反应 B 用CO2做喷泉实验 C 观察纯碱的焰色反应 D 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性14中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙丙+丁下列说法正确的是（） A 若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁 B 若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳 C 若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁 D 若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸15如右图所示，6个编号分别表示六种物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘
8、酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3）图中表示的物质是（） A Al B NaOH溶液 C 氢碘酸 D O2或Fe2O316研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果下列表达正确的是（） A Fe在Cl2中的燃烧产物： B Na与O2反应的产物： C AlCl3溶液中滴加氨水后铝的存在形式： D NaAlO2溶液中滴加盐酸后铝的存在形式：17将铁和氧化铁的混合物15g，加入150mL稀硫酸中，在标准状况下放出氢气1.68L，同时铁和氧化铁均无剩余向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化为了中和过量的硫酸，
9、而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3molL1的氢氧化钠溶液200mL，原硫酸溶液的浓度是（） A 1.5molL1 B 2molL1 C 2.5molL1 D 3molL118钠、镁、铝三种金属单质的混合物跟足量的稀硫酸溶液充分反应后，得到标准状况下的氢气2.24L，则这三种金属的总物质的量可能是（） A 0.050 mol B 0.060 mol C 0.100 mol D 0.200 mol19往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的体积
10、关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（） A B C D 20有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（） A K+一定存在 B 100mL溶液中含0.01mol CO32 C Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在 D Cl一定存在218.34g FeSO4
11、7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示下列说法中正确的是（） A 温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2O B 温度为159时固体物质N的化学式为FeSO43H2O C 在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4FeO+SO3 D 取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3二、非选择题（本大题共2小题，共58分）22（12分）（2015春辽宁校级期末）已知下列各物质都是由短周期元素组成，它们之间的关系如图所示：常温下，A、F为金属单质，F既能与L溶液反应，
12、又能与N溶液反应C、H、M为气体单质，其中H呈黄绿色，A、B、I、K、L、R焰色反应均为黄色请回答：（1）P的结构式为，B的电子式为（2）R的水溶液呈碱性的原因可用离子方程式表示为（3）还有一种物质能与B反应生成C，写出这个反应的化学方程式（4）还有一种单质能与J反应生成C，写出这个反应的化学方程式（5）某气体Q具有漂白作用，将Q与H等物质的量通入水中所得溶液没有漂白作用，写出该过程中发生反应的离子方程式23（16分）（2015春辽宁校级期末）如图1是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（1）写出A装置中发生反应的离子方程式；要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：ad
13、；（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是，B的作用是（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图2），等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是（填“上层液”或“下层液”），能使有色布条褪色的是（填“上层液”或“下层液”）（5）在A、B、C、
14、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图【化学-选修5：有机化学基础】（共2小题，满分15分）24下列有机物的命名错误的是（） A 1，2，4三甲苯 B 3甲基戊烯 C 2甲基1丙醇 D 1，3二溴丙烷25（13分）（2015春哈尔滨校级期末）A（C2H2）是基本有机化工原料由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）A的名称是，B含有的官能团是（2）的反应类型是，的反应类型是（3）C和D的结构简式分别为、（4）异戊二烯分子中最多有个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为（5）写出与A具有相同官能团的异戊二
15、烯的所有同分异构体（写结构简式）（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3丁二烯的合成路线【选修3-物质结构与性质】（共2小题，满分15分）26下列物质的结构或性质与氢键无关的是（） A 乙醚的沸点 B 乙醇在水中的溶解度 C 氢化镁的晶格能 D DNA的双螺旋结构27（13分）（2015春辽宁校级期末）钒是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、（3）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂SO2 分子中S原子价层电子对数
16、是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为（填图2中字母），该分子中含有个键（4）V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为2014-2015学年辽宁师大附中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关物质组成、性
17、质和用途的说法中，正确的是（） A 合金的熔点一般比组成合金的各成分金属的高 B 氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷、玻璃等属于新型无机非金属材料 C 木材、织物浸过水玻璃后具有防腐性能且不易燃烧 D 光导纤维的主要成分是硅，可广泛用于通信和医疗领域考点： 合金的概念及其重要应用；硅和二氧化硅 专题： 元素及其化合物；化学应用分析： A合金的熔点比各成分的熔点低；B新型无机非金属材料是20世纪中期以后发展起来的，具有特殊性能和用途的材料；C水玻璃是粘性的物质在建筑工业上可用作粘合剂，其不燃烧可作耐火材料；D光导纤维的主要成分是二氧化硅解答： 解：A合金是指由一种金属和其它金属或非金属熔合而成的具有金
18、属特性的物质，合金的熔点比各成分的熔点低，故A错误；B氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷都是一种新型的无机非金属材料，玻璃属于传统的无机非金属材料，故B错误；C水玻璃是硅酸钠的水溶液，是具有粘性的物质，所以在建筑工业上可用做粘合剂，其不燃烧也不受腐蚀，具有防腐性，木材、织物浸过水玻璃后，燃烧时，当水分蒸发后不易燃烧，可作耐火材料，故C正确；D光导纤维可广泛用于通信和医疗领域，主要成分为二氧化硅构，不是单质硅，故D错误；故选C点评： 本题考查了合金、硅酸钠的性质、无机非金属材料等知识，侧重考查了硅的化合物的性质，掌握相应物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大2下列各组物质或溶液溶质的主要成分，皆为同
19、一种酸所对应的盐是（） A 大理石、钡餐、石膏 B 小苏打、苏打、水玻璃 C 芒硝、胆矾、明矾 D 黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿考点： 酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系 分析： 根据物质的俗称来分析物质的组成，据此判断解答： 解：A大理石、钡餐、石膏的主要成分分别为CaCO3、BaSO4、CaSO42H2O，对应的酸分别为碳酸、硫酸、硫酸，故A错误；B小苏打、苏打、水玻璃的主要成分分别为NaHCO3、Na2CO3、Na2SiO3，对应的酸为碳酸、碳酸和硅酸，不完全相同，故B错误；C芒硝、胆矾、明矾的主要成分分别为Na2SO410H2O、CuSO45H2O、KAl（SO4）212H2O对应的酸均为
20、硫酸，故C正确；D黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿的主要成分分别为CuFeS2、FeS2、Fe3O4，其中Fe3O4不是盐，故D错误故选C点评： 本题考查物质的成分，比较基础，明确常见物质的俗称及主要成分是解答的关键，注意基础知识的理解掌握3高中课本中有多处“科学探究”，下列有关知识说法正确的是（） A 将铝箔在酒精灯上加热至熔化，观察熔化的铝并不滴下，这是因为铝表面的氧化膜保护了铝 B 将Fe（OH）3胶体和泥水分别进行过滤，分别得到Fe（OH）3沉淀和泥土 C SO2与CO2性质相似，其与Na2O2反应的化学方程式为：2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2 D 食醋浸泡有水垢的暖壶或水壶，清除其
21、中的水垢的离子方程式：2H+CaCO3Ca2+H2O+CO2考点： 铝的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂 专题： 离子反应专题；元素及其化合物分析： A氧化铝的熔点高，包裹在铝的外面使熔化的铝不滴落；B胶体可透过滤纸，泥土不能；C二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应；D醋酸在离子反应中保留化学式解答： 解：A氧化铝的熔点高，包裹在铝的外面使熔化的铝不滴落，则熔化的铝并不滴下，是因铝表面的氧化膜保护了铝，故A正确；B胶体可透过滤纸，泥土不能，则过滤不能得到Fe（OH）3沉淀，故B错误；C二氧化硫具有还原性，与过氧化钠发生氧化还原反应，则发生SO2+N
22、a2O2Na2SO4，故C错误；D醋酸在离子反应中保留化学式，则清除其中的水垢的离子方程式为2HAc+CaCO3Ca2+H2O+CO2+2Ac，故D错误；故选A点评： 本题考查较综合，涉及Al的化学性质及离子反应、氧化还原反应及混合物分离等，为高频考点，明确物质的性质及反应原理是解答本题的关键，题目难度不大，选项C为解答的难点，侧重分析与知识应用能力的考查4对于下列常见化学的认识错误的是（） A 明矾可用作净水剂 B 干冰能用于人工降雨 C 小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包 D 碳酸钙是文物陶瓷的主要成分考点： 盐类水解的应用；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；钠的重要化合物 分析
23、： A、明矾溶于水铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用；B、干冰易升华吸收热量；C、碳酸氢钠俗称小苏打，遇酸放出气体二氧化碳；D、根据陶瓷的成分分析判断，陶瓷成分是硅酸盐；解答： 解：A、明矾溶于水铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以吸附悬浮的杂质起到净水作用，故A正确；B、干冰能用于人工降雨是干冰易升华吸收热量，故B正确；C、制做馒头时面粉先经过发酵，产生大量的酸，加入小苏打与酸反应，既去除发酵过程产生的酸，放出的气体二氧化碳又能使馒头膨胀而松软，故C正确；D、陶瓷是由黏土高温烧制而成的，其主要成分是硅酸盐，故D错误；故选D点评： 本题考查了硅酸盐材料、干冰的用途、水解原理的应
24、用、小苏打的性质和用途，侧重于化学知识在生产和生活中的应用的考查，题目难度不大5下列冶炼金属的原理正确的是（） A 2A12O3+3C A1+3CO2 B MgO十H2Mg+H2O C Fe3O4+4CO3Fe+4CO2 D 2HgO2Hg+O2考点： 金属冶炼的一般原理 分析： 金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2，热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2，电解法：活泼金属较难用还原剂
25、还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2，根据金属活泼性选取合适的冶炼方法解答： 解：AAl是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，2Al2O34Al+3O2，故A错误；BMg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故B错误；CFe是较活泼金属，工业上采用热还原法冶炼Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，故C正确；DHg是较不活泼金属，采用热分解法冶炼，故D错误；故选C点评： 本题考查金属冶炼，根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，知道常见金属冶炼方法，题目难度不大6下列离子方程式正确的是（） A 将少量Na2O2粉末加入到H218O
26、水中：2H218O+2Na2O24Na+4OH+18O2 B 向AlC13溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2O C 氯化亚铁溶液中通入足量C12：Fe2+C12Fe3+2C1 D 往NH4HSO4溶液中加入足量NaOH溶液：NH4+H+2OHNH3H2O+H2O考点： 离子方程式的书写 分析： A氧气中氧元素来自过氧化钠，18O原子反应后进入氢氧根离子；B氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；C离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；D强氧化钠足量，反应生成硫酸钠、一水合氨和水解答： 解：A过氧化钠与H218O，氧气中氧元素来自过氧化钠，18O原子反应后
27、进入氢氧根离子，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2=4Na+2OH+218OH+O2，故A错误；B氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C氯化亚铁溶液中通入足量C12，正确的离子方程式为：2Fe2+C122Fe3+2C1，故C错误；DNH4HSO4溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式为：NH4+H+2OHNH3H2O+H2O，故D正确；故选D点评： 本题考查了离子方程式的书写判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检
28、查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等7混合下列各组物质使之充分反应，加热蒸干产物并高温下灼烧至质量不变，最终残留固体为纯净物的是（） A 向CuSO4溶液中加入适量铁粉 B 在Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体 C 等物质的量的NaHCO3与Na2O2溶于水 D 等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合考点： 盐类水解的原理；氧化还原反应 分析： A反应生成硫酸亚铁和Cu，高温下灼烧至质量不变得到铜和硫酸铁；B向Na2SiO3的溶液中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀，高温下灼烧至质量不
29、变得到二氧化硅；C等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，过氧化钠再与二氧化碳、水反应；D等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合，2FeCl3+2KI=2FeCl2+KCl+I2解答： 解：A向CuSO4溶液中加入适量铁粉，一定生成硫酸亚铁，反应生成硫酸亚铁和Cu，高温下灼烧至质量不变得到铜和硫酸铁，无论Fe是否过量，产物均为混合物，故A不选；B向Na2SiO3的溶液中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀，高温下灼烧至质量不变得到二氧化硅，为纯净物，故B选；C等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3Na2CO3
30、+H2O+CO2，过氧化钠再与二氧化碳、水反应，蒸干灼烧后的固体为碳酸钠和NaOH，为混合物，故C不选；D等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合，2FeCl3+2KI=2FeCl2+KCl+I2，加热蒸干产物并高温下灼烧至质量不变为氧化铁和氯化钾，得到为混合物，故D不选故选B点评： 本题综合考查物质的性质、发生的化学反应以及分离等操作，侧重于学生的分析能力、实验能力和基础知识的综合运用，为高考常见题型，题目难度中等，选项C为解答的难点8将2.3g Na和2.7g Al同时加入到足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释、定容为500mL下列说法正确的是（） A 整个反应过程中共转移电子0
31、.4 mol B 反应产生的气体在标准状况下的体积是1.12L C 反应所得溶液与足量CO2反应的离子方程式：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32 D 在稀释、定容操作中用到的全部玻璃仪有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶考点： 化学方程式的有关计算 专题： 计算题分析： 2.3g Na的物质的量为n（Na）=0.1mol，2.7g Al的物质的量为n（Al）=0.1mol，同时加入到足量的水中分别发生：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2 +3H2，反应后溶质为NaAlO2，结合反应的方程式计算解答： 解：2.3g Na的物质的量为n（
32、Na）=0.1mol，2.7g Al的物质的量为n（Al）=0.1mol，同时加入到足量的水中分别发生：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2 +3H2，反应后溶质为NaAlO2，A整个反应过程中共转移电子0.1mol1+0.1mol3=0.4mol，故A正确；B由反应的方程式可知生成氢气的物质的量共为0.1mol+0.1mol=0.2mol，则体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故B错误；C反应所得溶液与足量CO2反应的离子方程式：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C错误；D在稀释、定容操作中用到的全部玻璃仪有：烧杯、玻
33、璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶等，故D错误故选A点评： 本题主要考查化学方程式的计算，涉及铝与碱的反应，同时考查了学生计算的能力与分析问题的能力，注意铝与氢氧化钠溶液反应9在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（） A 2：1 B 1：2 C 1：3 D 1：4考点： 离子方程式的有关计算 专题： 计算题分析： 因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量
34、之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算解答： 解：因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：
35、4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol1mol=2mol，则： 2Fe3+Fe=3Fe2+2mol 1mol 3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C点评： 本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算10“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的有（）钠与水反应生成NaOH和H
36、2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁 A 1个 B 2个 C 3个 D 4个考点： 探究化学规律 分析： 活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜；难溶性碱受热分解得到氧化物的水；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电解答： 解：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活
37、动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故错误；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应生成致密氧化膜，能阻止了腐蚀，故错误；Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解，故正确；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故错误；根据分析可知，错误的有3个，故选C点评： 本题以类推思维方式为载体考查了元素化合物的性质，题目难度中等，解题的关键是对相关问题的理解与掌握，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力11设NA为阿伏加德罗常数
38、的值，下列叙述正确的是（） A 标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B 常温常压下，44 g C3H8中含有的碳碳单键数为3 NA C 6.4 g铜粉与足量硫粉充分反应，失去的电子数为0.2 NA D 1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA考点： 阿伏加德罗常数 分析： A氯气溶于水中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；B44g C3H8的物质的量为0.1mol，C3H8中含有2个碳碳单键，0.1mol丙烷中含有0.2mol碳碳单键；C铜粉与足量硫粉反应生成硫化亚铜；D过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有1
39、mol过氧根离子解答： 解：A0.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B44g C3H8的物质的量为0.1mol，0.1mol丙烷中含有0.2mol碳碳单键，含有的碳碳单键数为2NA，故B错误；C6.4 g铜粉为0.1mol，与足量硫粉充分反应，失去的电子数为0.1 NA，故C错误；D1mol过氧化钠和氧化钠的混合物中含有2mol钠离子、1mol氧离子和过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故D正确；故选D点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意
40、掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项A为易错点，注意氯气与水的反应中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸12双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl（OH）2CO3关于该物质的说法正确的是（） A 该物质属于两性氢氧化物 B 该药剂不适合于胃溃疡患者服用 C 1mol NaAl（OH）2CO3最多可消耗3molH+ D 该物质是Al（OH）3和Na2CO3的混合物考点： 钠的重要化合物 分析： A、含有碳元素，不属于氢氧化物，该物质属于盐；B、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳；C、
41、羟基（实际为氢氧根）与碳酸根能盐酸反应；D、双羟基铝碳酸钠是一种盐解答： 解：A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不属于氢氧化物，属于盐，故A错误；B、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者容易导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，故B正确；C、NaAl（OH）2CO3与盐酸发生反应NaAl（OH）2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，故C错误；D、双羟基铝碳酸钠是一种盐，故D错误；故选：B点评： 以为双羟基铝碳酸钠载体考查氧化物、氢氧化铝、碳酸钠的性质等，难度中等，可以根据混合物理解其性
42、质，注意实际为一种盐13下列实验装置不能达到实验目的是（） A 验证Na和水反应是否为放热反应 B 用CO2做喷泉实验 C 观察纯碱的焰色反应 D 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： A钠与水反应放热，气体压强增大；B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小；C铁丝的焰色反应为无色；D碳酸氢钠应放在套装小试管中解答： 解：A钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，故A错误； B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，故B错误；C铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，故C错误；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中
43、，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D正确故选D点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大14中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在转化关系：甲+乙丙+丁下列说法正确的是（） A 若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁 B 若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳 C 若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁 D 若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸考点： 无机物的推断 分析： A若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁；B若甲为
44、碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO；C若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙也可以是四氧化三铁；D若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，不一定是酸，如氯化铵溶液解答： 解：A若甲为铜单质，丁为氯化亚铁，根据质量守恒，则乙一定是氯化铁，故A正确；B若甲为碳，丁为硅，是碳还原二氧化硅，则丙可能为CO，不一定是二氧化碳，故B错误；C若甲为铝单质，丁为铁单质，属于铝热反应，乙为铁的氧化物，则乙可能为氧化铁，也可能为四氧化三铁，故C错误；D若甲为镁，丁为氢气，则乙可能为水，也可能为酸性溶液，可能为酸，也可能为盐，如氯化铵溶液，故D错误，故选A点评： 本题考查
45、无机物推断，基本属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等15如右图所示，6个编号分别表示六种物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3）图中表示的物质是（） A Al B NaOH溶液 C 氢碘酸 D O2或Fe2O3考点： 无机物的推断 专题： 推断题分析： 由图观察得到，编号能和其它5种物质都能发生反应，根据物质的性质进行判断，因此只能是氢碘酸；编号能和四种物质反应，根据物质性质进行判断，为Al解答： 解：依据图中转化关系结合物质性质可知，Al能和四种物质反应、Fe2O3和三种物质反应、N
46、aOH溶液和两种物质反应、氢碘酸和五种物质反应、NH3和三种物质反应、O2和三种物质反应能和其他四种物质反应的只有Al，发生的反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；2Al+6HI=2AlI3+3H2；4Al+3O2=2Al2O3；故选A点评： 本题考查物质的推断，题目难度不大，本题涉及的化学反应虽多，但没有必要一一考虑，也没有必要把6个编号分别代表的某种物质一一推出16研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果下列表达正确的是（） A Fe在Cl2中的燃烧产物： B Na与O2反应的产物：
47、C AlCl3溶液中滴加氨水后铝的存在形式： D NaAlO2溶液中滴加盐酸后铝的存在形式：考点： 铁的化学性质；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物 专题： 图示题；元素及其化合物分析： A、Fe在Cl2中燃烧的产物与Fe和Cl2的用量无关，其产物只有FeCl3；B、Na与氧气反应的产物与反应条件有关，与反应物的物质的量的多少无关；C、AlCl3溶液中滴加氨水生成氢氧化铝，不可能得到偏铝酸根离子；D、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝解答： 解：A、Fe在Cl2中燃烧只
48、有一种产物FeCl3，故A错误；B、Na与氧气反应的产物与反应条件有关，与反应物的物质的量的多少无关，故B错误；C、AlCl3溶液中滴加氨水生成氢氧化铝，不可能得到偏铝酸根离子，故C错误；D、NaAl02溶液与盐酸反应后铝的存在形式和量有关，盐酸少生成产物氢氧化铝和剩余偏铝酸钠，盐酸和偏铝酸钠全部反应可以是氢氧化铝和氯化铝或氯化铝，盐酸过量最后为氯化铝；NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，n（HCl）：n（NaAlO2）1：1，为AlO2，Al（OH）3，n（HCl）：n（NaAlO2）1：4，存在Al3+，1：11：
49、4存在Al（OH）3，AlCl3，数轴符合，故D正确；故选D点评： 本题是近年以来出现的一道很少出现的试题题型题，是一道新情景试题，具有很强的综合性，也具有极强的迷惑性，各选项具有很强的干扰性，是一道好题！很容易选错答案主要考查学生对元素化合物知识的掌握情况17将铁和氧化铁的混合物15g，加入150mL稀硫酸中，在标准状况下放出氢气1.68L，同时铁和氧化铁均无剩余向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化为了中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗3molL1的氢氧化钠溶液200mL，原硫酸溶液的浓度是（） A 1.5molL1 B 2molL1 C 2.5molL1 D 3mo
50、lL1考点： 有关混合物反应的计算 分析： 将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成硫酸亚铁，中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），据此计算n（H2SO4），再根据c=计算解答： 解：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成硫酸亚铁，中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（
51、Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）=n（NaOH）=0.2L3mol/L=0.3mol，故c（H2SO4）=2mol/L，故选B点评： 本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应的实质是解答关键，试题侧重考查学生分析思维能力，注意利用守恒法进行计算18钠、镁、铝三种金属单质的混合物跟足量的稀硫酸溶液充分反应后，得到标准状况下的氢气2.24L，则这三种金属的总物质的量可能是（） A 0.050 mol B 0.060 mol C 0.100 mol D 0.200 mol考点： 化学方程式的有关计算 分析： 根据电子转移守恒计算生成2.2
52、4L得到需要Na、Mg、Al的物质的量，再结合极限法进行判断解答： 解：2.24L氢气物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒生成2.24L氢气：需要Na的物质的量为=0.2mol，需要Mg的物质的量为=0.1mol，需要Al的物质的量为0.067mol，故金属的物质的量介于0.067mol到0.2mol之间，故选C点评： 本题考查化学方程式有关计算，侧重考查分析思维能力，注意利用电子转移守恒与极限法解答19往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（STP）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量和通入CO2气体的
53、体积关系正确的图象是（气体的溶解忽略不计）（） A B C D 考点： 离子反应发生的条件 专题： 离子反应专题分析： n（CO2）=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=HCO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，以此解答该题解答： 解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH）=0.2mol+0.1mol2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生：2OH+CO2=CO32+H2O，OH+CO2=H
54、CO3+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，设生成xmolCO32，ymolHCO3，则 ，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：n（Na+）=0.2mol，n（HCO3）=0.2mol，可依次发生：2OH+CO2=CO32+H2O，Ca2+CO32=CaCO3，离子浓度迅速减小，OH+CO2=HCO3，所以图象C符合，故选：C点评： 本题考查离子方程式的计算，题目难度较大，解答本题时注意B和C的区别，为易错点20有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgN
55、O3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（） A K+一定存在 B 100mL溶液中含0.01mol CO32 C Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在 D Cl一定存在考点： 常见离子的检验方法 分析： 加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；0.04mol为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04mol；2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡；再根据电荷守恒，得出一定
56、存在钾离子解答： 解：与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl、CO32、SO42；加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol；不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量是0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g2.33g=3.94g，物质的量为0.02mol，故一定存在CO32、SO42，因而一定没有 Mg2+、Ba2+；c（CO32）=0.020.1=0.0.2（mol/L），再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；c（）=2c（CO32）+2x（SO42）=0.06mol，故一定有K+，至少0.02mol
57、；综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32、SO42，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl；故选A点评： 本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误218.34g FeSO47H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示下列说法中正确的是（） A 温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2O B 温度为159时固体物质N的化学式为FeSO43H2O C 在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4FeO+S
58、O3 D 取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至650，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3考点： 化学方程式的有关计算 分析： 8.34g FeSO47H2O样品物质的量=0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeSO47H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.6
59、8g，则固体中m（O）=2.40g1.68g=0.72g，n（O）=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，根据硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断是否含有三氧化硫，以此解答该题解答： 解：8.34g FeSO47H2O样品物质的量=0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol718g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g=4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，加
60、热至633时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeSO47H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g1.68g=0.72g，n（O）=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3A温度为78时，固体质量为6.72g，其中m（FeSO4）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H2O）=6.72g4.56g=2.16g，n（H2O）=0.12mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为Fe
61、SO44H2O，故100时，M的化学式为FeSO44H2O，故A错误；B温度为l59时，固体质量为5.10g，其中m（FeSO4）=0.03mol152g/mol=4.56g，m（H2O）=5.10g4.56g=0.54g，n（H2O）=0.03mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4H2O，故B错误；CN的化学式为FeSO4H2O，P化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为：FeSO4H2OFeSO4+H2O，故C错误；D由上述分析可知，P化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合
62、价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则，解得x=y=0.015，所以方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故D正确，故选D点评： 本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大二、非选择题（本大题共2小题，共58分）22（12分）（2015春辽宁校级期末）已知下列各物质都是由短周期元素组成，它们之间的关系如图所示：常温下，A、F为金属单质，F既能与L溶液反应，又能与N溶液反应C、H、M为气体单质，其中H呈黄绿色，A、B、I、K、L、R焰色反应均为黄色请回答：（
63、1）P的结构式为HOCl，B的电子式为（2）R的水溶液呈碱性的原因可用离子方程式表示为AlO2+2H2OAl（OH）3+OH（3）还有一种物质能与B反应生成C，写出这个反应的化学方程式2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2（4）还有一种单质能与J反应生成C，写出这个反应的化学方程式2F2+2H2O4HF+O2（5）某气体Q具有漂白作用，将Q与H等物质的量通入水中所得溶液没有漂白作用，写出该过程中发生反应的离子方程式Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42考点： 无机物的推断 分析： J是常见无色液体，应为H2O，F既能与L溶液反应，又能与N溶液反应，应为Al与酸、碱的反应，则F为Al
64、，H呈黄绿色，应为Cl2，则电解J、I的反应应为电解饱和食盐水，I为NaCl，A为Na，L为NaOH，M为H2，R为NaAlO2，K为NaClO，N为HCl，P为HClO，C为O2，B为Na2O2，G应为H2O2，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题解答： 解：J是常见无色液体，应为H2O，F既能与L溶液反应，又能与N溶液反应，应为Al与酸、碱的反应，则F为Al，H呈黄绿色，应为Cl2，则电解J、I的反应应为电解饱和食盐水，I为NaCl，A为Na，L为NaOH，M为H2，R为NaAlO2，K为NaClO，N为HCl，P为HClO，C为O2，B为Na2O2，G应为H2O2，（1）通过以上分析知
65、，P为次氯酸，结构式为HOCl，B是Na2O2电子式为：，故答案为：HOCl，；（2）R为偏铝酸钠，偏铝酸根离子在水溶液呈碱性的原因是水解，可用离子方程式表示为AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，故答案为：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH；（3）B为Na2O2，C为O2，二氧化碳、水和过氧化钠反应都可以生成氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（4）J为H2O，C为O2，还有一种单质能与J反应生成C，判断为F2，反应的化学方程式为：2F2+2H2O4HF+O2；故答案为：2F2+2H2O4HF+O2
66、；（5）某气体Q为SO2具有漂白作用，H为Cl2，将Q与H等物质的量通入水中所得溶液没有漂白作用，是因为氯气和二氧化硫1：1反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42，故答案为：Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl+SO42；点评： 本题考查了无机物推断，为高考热点题型，根据物质的特殊颜色、状态为突破口进行推断，元素化合物知识学习重点内容，考试时涉及知识面较广泛，题目难度中等23（16分）（2015春辽宁校级期末）如图1是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（1）写出A装置中发生反应的离子方程式4H+2Cl+MnO2Cl2+M
67、n2+2H2O；要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：acbd；（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，B的作用是贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，
68、盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图2），等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是下层液（填“上层液”或“下层液”），能使有色布条褪色的是上层液（填“上层液”或“下层液”）（5）在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图考点： 氯气的实验室制法；氯气的化学性质 分析： （1）A中使浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气的反应，试管中盛有水，气体通过盛有水的试管时应采用长进短出的方式；（2）根据题干信息判断反应物和生成物，然后结合质量守恒定律书写化学方程式；（3）关闭旋塞K，B中的气体逐渐增多，压强增大，B能贮存气体；（4）应用相似相溶原理，结合萃
69、取操作方法进行解答；（5）HCl极易溶于水，易产生倒吸现象，需要采用防倒吸装置解答： 解：（1）A中使浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气的反应，反应的离子方程式为：4H+2Cl+MnO2Cl2+Mn2+2H2O，由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，连接顺序为：acbd，故答案为：4H+2Cl+MnO2Cl2+Mn2+2H2O，c；b； （2）由题意知C为提供水蒸气的装置，加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，反应为Cl2、C、H2O，生成物为HCl和CO2，则反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O
70、（g）4HCl+CO2，故答案为：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2； （3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；氯气有毒，不能直接排放到空气中，B具有贮存少量氯气，并能防止空气污染，故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，能使有色布条褪色，氯气在无机层与接触发生化学反应生成次氯酸，而导致有色布条褪色的，故答案是：下层液；上
71、层液；（5）反应2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2中有HCl生成，需要尾气吸收，由于HCl极易溶于水，易产生倒吸现象，应用倒置的漏斗，改进后的装置图可以为：，答：D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为点评： 本题考查氯气的制备、氯气的化学性质，题目难度中等，涉及萃取的操作方法、次氯酸的漂白原理和防倒吸的相关知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力【化学-选修5：有机化学基础】（共2小题，满分15分）24下列有机物的命名错误的是（） A 1，2，4三甲苯 B 3甲基戊烯 C 2甲基1丙醇 D 1，3二溴丙烷考点： 真题集萃
72、；有机化合物命名 分析： 题中B、C、D都为烃的衍生物，命名时注意主链的选取和编号，官能团的位置和个数以及取代基的位置和种类，A为苯的同系物，命名时注意序号之和最小，以此解答该题解答： 解：A主链为苯，从左边甲基下面第一个甲基开始编号，名称为：1，2，4三甲苯，故A正确；B没有标出官能团位置，应为3甲基1戊烯，故B错误；C主链错误，应为2丁醇，故C错误；DBr在1、3位置，为1，3二溴丙烷，故D正确故选BC点评： 本题为2015年考题，基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可有利于培养学生的规范答题能力25（13分）
73、（2015春哈尔滨校级期末）A（C2H2）是基本有机化工原料由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）A的名称是乙炔，B含有的官能团是碳碳双键和酯基（2）的反应类型是加成反应，的反应类型是消去反应（3）C和D的结构简式分别为、CH3CH2CH2CHO（4）异戊二烯分子中最多有11个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）CH3CH（CH3）CCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3丁二烯的
74、合成路线考点： 有机物的推断 专题： 有机物的化学性质及推断分析： 由分子式可知A为HCCH，结合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式发现B（C4H6O2）为A与乙酸发生加成反应所得，生成B为CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成C为，由聚乙烯醇缩丁醛可知D为CH3CH2CH2CHO，HCCH与丙酮在KOH条件下发生加成反应生成，与氢气发生加成反应生成，在氧化铝的作用下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成，以此解答该题解答： 解：由分子式可知A为HCCH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成C为，由聚乙
75、烯醇缩丁醛可知D为CH3CH2CH2CHO，HCCH与丙酮在KOH条件下反应生成，与氢气发生加成反应生成，在氧化铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成，（1）由以上分析可知A为乙炔，B为CH2=CHOOCCH3，含有的官能团为碳碳双键和酯基，故答案为：乙炔；碳碳双键和酯基；（2）A为HCCH，与乙酸发生加成反应生成B为CH2=CHOOCCH3，在氧化铝的作用下发生消去反应生成异戊二烯，故答案为：加成反应；消去反应；（3）C为，D为CH3CH2CH2CHO，故答案为：；CH3CH2CH2CHO；（4）异戊二烯结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2，分子中含有2个C=C键
76、，与C=C键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有1个H原子与C=C键也可能在同一个平面上，则共有11个原子共平面，如图所示：顺式聚异戊二烯的结构简式为，故答案为：11；（5）与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有CC键，可能的结构简式有CH3CH（CH3）CCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3等，故答案为：CH3CH（CH3）CCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3；（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成HCCCHOHCH3，然后与氢气发生加成反应生成H2C=CHCHOHCH3，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，该题最好的方法是
77、使用逆推法，合成路线为，故答案为：点评： 本题为2015年高考题，题目侧重烯烃、炔烃的性质的考查，有助于培养学生良好的分析能力和自学能力，难度适中，注意把握题给信息，易错点为结构的判断和同分异构体的书写【选修3-物质结构与性质】（共2小题，满分15分）26下列物质的结构或性质与氢键无关的是（） A 乙醚的沸点 B 乙醇在水中的溶解度 C 氢化镁的晶格能 D DNA的双螺旋结构考点： 真题集萃；氢键的存在对物质性质的影响 分析： 氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢
78、键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低，以此解答该题解答： 解：A乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，故A选；B乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选；C氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，故C选；DDNA含有OH、NH键，双螺旋结构与氢键有关，故D不选故选AC点评： 本题为2015年海南考题第19题，侧重于氢键的考查，为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大27（13分）（2015春辽宁校级期末）钒是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业回答下列问题：（1）钒在元素周
79、期表中的位置为第4周期B族，其价层电子排布图为（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为4、2（3）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂SO2 分子中S原子价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3；该结构中SO键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为a（填图2中字母），该分子中含有12个键（4）V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为正四面体；也可以得到
80、偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析： （1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，以此书写电子排布图；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，O有4个位于面心，2个位于体心；（3）SO2分子中S原
81、子形成2个键，孤电子对数为=1，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电子，SO3的三聚体中S原子形成4个键，以此判断空间构型和杂化类型；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，S=O键长较短；（4）VO43中，V形成4个键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式解答： 解：（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s2s2p3s3p4s3d4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34
82、s2，注意由于4s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，则电子排布图为，故答案为：第4周期B族；（2）由晶胞可知，V位于顶点和体心，阳离子个数为1+8=2，O有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4+2=4，故答案为：4；2；（3）SO2分子中S原子形成2个键，孤电子对数为=1，SO2分子中S原子价层电子对数是3，为V形结构，SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个键，没有孤对电子，则为sp2杂化，SO3的三聚体中S原子形成4个键，为sp3杂化；SO3的三聚体中每个S形成，存在S=O键和SO键，S=O键长较短，即a较短，该分子中含有键数目为34=12，故答案为：3；V形；sp2；sp3；a；12；（4）VO43中，V形成4个键，孤电子对数为=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3点评： 本题综合考查物质的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杂化类型以及价层电子数的判断，难度中等
