1、化学试卷一、单选题1.设为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A. 1mol与4mol反应生成的分子数为B. 1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为C. 14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为D. 标准状况下，224L含有的共价键数为04【答案】C【解析】【详解】A项，合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则1molN2与4molH2反应生成的氨气分子小于2NA个，故A项错误；B项，铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故B项错误；C项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含H原子为2NA个，故C项正确；D项，标况下四氯
2、化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。2.常温下，取铝土矿（含有、FeO、等物质）用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中能大量共存的一组离子正确的是A. 加入过量NaOH溶液：B. 加入过量氨水：C. 通入过量：D. 通入过量：【答案】A【解析】【分析】二氧化硅不溶于硫酸，硫酸浸出后的溶液含有的主要离子为Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-和H+，据此分析。【详解】A项，加入过量NaOH溶液后，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子和亚铁离子转化为沉淀，溶液中主要存在的离子为Na+、AlO2-、OH-、SO42-，故A项正确；
3、B项，加入过量氨水后，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，溶液中Al3+不能大量存在，故B项错误；C项，通入过量Cl2后，Fe2+被氧化为Fe3+，故C项错误；D项，通入过量SO2，Fe3+被还原为Fe2+，但H+和SO32-不能大量共存，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。3.X、Y、Z、W为前20号原子序数依次递增的四种元素，X与Y能形成和两种常温下呈液态的化合物，Z原子的原子序数为最外层电子数的3倍，等物质的量的单质W所含电子数为化合物电子数的两倍，则以下说法错误的是A. 氢化物的稳定性为B. 的电子式为C. 中既含有共价键又含有离子键D. 能与反应生成【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、
4、W为前20号原子序数依次递增的四种元素，X与Y能形成X2Y和X2Y2两种常温下呈液态的化合物，X为H元素，Y为O元素；Z原子的原子序数为最外层电子数的3倍，Z为P元素；等物质的量的单质W所含电子数为化合物X2Y电子数的两倍，W为Ca元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。【详解】由以上分析可以知道X为H元素、Y为O元素、Z为P元素、W为Ca元素。A.非金属性OP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，稳定性为，故A正确；B.过氧化氢的电子式为，故B错误；C. CaO2是离子化合物，含有离子键，过氧根中含有共价键，故C正确；D.CaH2和水反应生成氢气和氢氧化钙，故D正确。故选
5、B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用。4.已知，将01mol通入100mL含等物质的量HBr与的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是A. 物质的还原性：B. HBr与的物质的量浓度均为C. 通入01mol发生反应的离子方程式为：D. 若再通入005mol，恰好能将HBr和完全氧化【答案】C【解析】【分析】由方程式H2SO3+Br2+2H2O= H2SO4+2HBr，可知物质的还原性：H2SO3 HBr，通入Cl2后，先发生反应H2SO3+Cl2+2H2O= H2SO4+2HCl，H2SO3
6、反应完全后发生反应Cl2+2HBr=2HCl+Br2，设HBr和H2SO3的物质的量浓度为xmol/L，由方程式可知反应过程中n(Cl2):n(H2SO3)=1:1、n(Cl2):n(HBr)=1:2，根据有一半的HBr被氧化可知Cl2反应完全，所以0.1x+=0.1，解得x=0.8，所以HBr和H2SO3的物质的量浓度为0.8mol/L，据此分析。【详解】A项，由分析可知，物质的还原性：H2SO3 HBr，故A项错误；B项，由分析可知，HBr和H2SO3的物质的量浓度为0.8mol/L，故B项错误；C项，由分析可知，通入0.1mol的Cl2后，有0.1mol的Cl2、0.08mol的H2SO
7、3和0.04mol的HBr恰好完全反应，所以n(Cl2):n(H2SO3):n(HBr)=0.1:0.08:0.04=5:4:2，其离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2Br-+4H2O=4SO42-+Br2+10Cl-+16H+，故C项正确；D项，由分析可知，通入0.1mol的Cl2后，H2SO3完全反应，剩余0.04mol的HBr，而反应过程中n(Cl2):n(HBr)=1:2，所以只需再通入mol=0.02mol的Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。5.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的
8、无水混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为。下列有关说法正确的是A. 正极反应式：B. 放电过程中，向负极移动C. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D. 每转移01mol电子，理论上生成1035gPb【答案】D【解析】【分析】由原电池总反应可以知道Ca为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，硫酸铅为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算。【详解】A.正极发生还原反应,电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+
9、=Li2SO4+Pb，故A错误；B.放电过程中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；C.常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流,因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D.根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可以知道每转移0.1mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查原电池的工作原理，注意根据原电池的总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件。6.下列实验操作和现象正确的是操作结论现象A
10、向溶液中滴加足量稀盐酸有气泡生成非金属性ClSB溶有的溶液中通入气体X有白色沉淀生成X一定是C向稀硫酸酸化的溶液中滴入溶液溶液变黄色氧化性D向稀硫酸中加入铜片，然后通入加热先无明显现象，通入加热后变蓝氧化性：稀硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A. 向Na2S溶液中滴加盐酸，反应生成硫化氢，可以知道盐酸的酸性比氢硫酸的酸性强，不能比较非金属性，故A错误；B. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，白色沉淀可能为亚硫酸钡或硫酸钡，X为氯气或氨气等，结论不合理，故B错误；C. 向稀硫酸酸化的H2O2溶液中滴入FeCl2溶液，溶液变黄色，说明有Fe3+生成，证明
11、氧化性H2O2Fe3+，故C正确；D. 向稀硫酸中加入铜片，无明显现象，说明Cu与稀硫酸不反应，通入氯气加热后溶液变蓝，是氯气氧化了铜，不能比较Cu2+与稀硫酸的氧化性强弱，故D错误。所以C选项是正确的。7.x、y、z、w、n为五种短周期元素，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：请回答下列问题：(1)w位于周期表中第_周期，第_族。(2)n、z、w、三种元素最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序为：_（用化学式表示）。(3)下列事实能说明y元素的非金属性比z元素的非金属性强的是_Ay单质与z的气态氢化物水溶液反应，溶液变浑浊B在氧化还原反应中，1
12、moly单质比1molz得电子多Cy和z两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高Dy元素最高价氧化物水化物酸性比z元素最高价氧化物水化物酸性强(4)y和氢元素形成的10电子微粒中常见价阳离子为_（填化学式）；z和氢元素形成的18电子微粒中常见价阴离子的电子式为_。(5)化合物nyz存在于天然气中，可以用NaOH溶液洗涤除去。化合物nyz的电子式为_，其与NaOH溶液反应除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为_。(6)m元素的原子序数为_，它是一种_。（填“金属”或“非金属”）【答案】 (1). 三 (2). A (3). (4). AC (5). (6). (7). (8). (9)
13、. 34 (10). 非金属【解析】【分析】由元素周期表结构可知，y为第二周期元素，且y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，则y为O元素，由此可推出n为碳元素，x为氮元素，z为硫元素，w为氯元素，以此解答该题；【详解】（1）w为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，位于周期表中第三周期，第A族，故答案为：三；A；(2)由元素周期律可知，碳、硫及氯三种元素的非金属性强弱顺序为ClSC，则这三种元素最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序为H2CO3H2SO4HClO4，故答案为：H2CO3H2SO4HClO4；(3)A.氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧
14、化性比硫强，则说明氧元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A正确；B.在氧化还原反应中，1mol氧气比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B错误；C.元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明氧的非金属性较强，故C正确；D.氧元素不存在最高正价，无法通过氧元素最高价氧化物水化物与硫元素最高价氧化物水化物的酸性强弱比较来判断氧元素的非金属性比硫强，故D错误。故答案为：AC。(4)氧元素和氢元素形成的10电子微粒中常见+1价阳离子为H3O+，硫元素和氢元素形成的18电子微粒中常见-1价阴离子HS-；其电子式为。故答案为：H
15、3O+；。(5)羰基硫分子与二氧化碳分子结构相似，均为直线型，其电子式为，COS与NaOH溶液反应除生成两种正盐外，还有水生成，其化学方程式为COS+4NaOH=Na2CO3+Na2S+2H2O，故答案为：；COS+4NaOH=Na2CO3+Na2S+2H2O；(6)m元素和O、S处于同一主族，为Se元素，原子序数比S大18，为34；根据同一主族从上到下元素性质递变规律知硒为非金属，故答案为：34；非金属。8.已知：冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：(1)A为一元羧酸，88gA与足量溶液反应生成224L（标准状况），A的分子式为_。(2)写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构
16、简式：_。(3)B是氯代羧酸，其核磁共振谱有两个峰，写出的反应方程式：_。(4)的反应类型为_。(5)写出A和F的结构简式：A_；F_。(6)D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为_；写出a、b所代表的试剂：a_；b_。(7)有机物H的分子式为，可发生银镜反应，且具有酸性H有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成H的路线流程图（其他原料任选）_【答案】 (1). (2). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2； (3). (4). 取代反应 (5). (6). (7). 羟基、氯原子 (8). / (9). NaOH或Na2CO3溶液 (10). 【解析】【分析】A为一元羧酸，
17、n（CO2）=0.1mol，则n（A）=0.1mol，M（A）=88g/mol，用残基商余法，=37，A的分子式为C4H8O2。AB发生题给已知的取代反应，B是氯代羧酸，B的核磁共振氢谱有两个峰，B的结构简式为(CH3)2 C(Cl)COOH，A的结构简式为；B与CH3CH2OH发生酯化反应生成C，C的结构简式为。根据DE、E的结构简式，D的苯环上有两种氢，D的结构简式为；E与C发生题给已知的反应，F的结构简式为。【详解】（1）根据上述分析，A的分子式为C4H8O2；故答案为：C4H8O2；（2）分子式为C4H8O2且属于甲酸酯结构有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种，故
18、答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2；（3）B是氯代羧酸且分子中只有两种氢，故B的结构简式为(CH3)2 C(Cl)COOH，BC为B与乙醇的酯化反应，反应方程式为(CH3)2 C(Cl)COOH +CH3CH2OH(CH3)2 C(Cl)COOC2H5+H2O，故答案为：(CH3)2 C(Cl)COOH +CH3CH2OH(CH3)2 C(Cl)COOC2H5+H2O；（4）C+EF与题干中的第二个反应类型相同，由反应方程式可知是取代反应。故答案为：取代反应；（5）根据B（(CH3)2 C(Cl)COOH）的结构知A的结构简式为(CH3)2 CHCOOH，C的结构为(
19、CH3)2 C(Cl)COOC2H5，CEF与题干信息中的第二个反应类型相同，故产物F的结构简式为，故答案为：(CH3)2 CHCOOH；（6）由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，可以确定D为，其中含有的官能团有羟基和氯原子；D是苯酚和Cl2反应的产物，D与NaOH或Na2CO3溶液反应生成E，故a是氯气，b是NaOH或Na2CO3溶液。故答案为：羟基、氯原子；Cl2；NaOH或Na2CO3溶液；（7）H的分子式为C2H2O3，H可发生银镜反应且具有酸性，H的结构简式为。对比CH3COOH和的结构，碳干骨架没有变化，羧基不变，在甲基上引入含氧官能团，结合题给已知以及有机物之间的转化关系，CH3
20、COOH与Cl2在红磷（少量）存在时发生取代反应生成，在NaOH水溶液中发生水解反应生成，酸化生成，发生催化氧化反应生成。合成路线为：CH3COOH。故答案为：CH3COOH。【点睛】本题考查有机物分子式的确定、有机推断和有机合成、官能团的识别和有机反应类型的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、限定条件同分异构体的书写。根据已知反应规律、题给信息和合成路线进行推断。设计有机合成路线时，先对比原料和产物的结构，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生了什么变化，再根据有机物的性质和题给信息进行设计。9.工业上通常采取CO（g）和（g）合成（g）(1)已知某温度和压强下 则在相同温度和压强下，C
21、O（g）与（g）合成（g）的热化学方程式_。若反应生成64g甲醇，则转移电子的物质的量为_。(2)可利用甲醇燃烧反应设计一个燃料电池。如图，用Pt作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气。写出燃料电池负极的电极反应式_。若利用该燃料电池提供电源，与图右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件应是_极（填“A”或“B”）；当铁件的质量增重64g时，燃料电池中消耗氧气的标准状况下体积为_L。(3)电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将氧化成，然后将甲醇氧化成CO和（用石墨烯除去）现用如图所示装置模拟上述过程，则在阳极的电极反应式为_。除去甲醇的离子方程式为_。【答
22、案】 (1). (2). 0.8mol (3). (4). B (5). 112 (6). Co2+-e-=Co3+ (7). Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+【解析】【分析】(1)根据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，根据化合价变化计算转移电子数；(2) 甲醇燃料电池，甲醇在负极失电子发生氧化反应，碱性溶液中生成碳酸盐；根据电镀原理分析，待镀金属做阴极与电源负极相连，镀层金属做阳极与电源正极相连，含镀层金属离子的电解质溶液；根据电极反应和电子守恒计算得到；(3) 通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+
23、；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化,自身被还原为Co2+，原子守恒与电荷守恒可以知道，还原生成H+，配平书写为：Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+。【详解】（1）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=-566.0kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=-483.6 kJ/mol；2CH3OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=-1275.6 kJ/mol；根据盖斯定律：+-得：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） H=-128.8 kJ/mol；由反应式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知，每生成1mol甲醇转
24、移4mol电子，所以生成6.4g甲醇，转移电子的物质的量为4=0.8mol，因此，本题正确答案是：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=-128.8 kJ/mol；0.8mol；（2）用Pt作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气，甲醇在负极失电子在碱溶液中生成盐，负极的电极反应式为：；因此，本题正确答案是：；利用该燃料电池提供电源，与图1右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件做电解池的阴极，阴极与电源负极连接，装置图中与甲醇相连的B电极是阴极；当铁件的质量增重6.4g时，Cu2+2e-=Cu，电子转移0.2mol，燃料电池中消耗氧气的电极反应为：O2+2H2
25、O+4e-=4OH-，根据电子守恒计算消耗氧气物质的量为=0.05mol，标准状况下体积=0.05mol22.4L/mol=1.12L；因此，本题正确答案是：B；1.12；（3）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，原子守恒与电荷守恒可以知道，还原生成H+，配平书写为：Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+，因此，本题正确答案是：Co2+-e-=Co3+；Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+。10.某地湖盐中含有等杂质离子，氨碱厂
26、用该地湖盐制取烧碱。其中制得精制食盐水的过程如下：(1)过程中将粗盐加水溶解需要适当加热，其目的是_。(2)过程的目的是除去，加入的X溶液是_。(3)下表是过程、中生成的部分沉淀及其在20时的溶解度g/100g过程中生成的主要沉淀除和外还有_。过程中调节pH时发生的主要反应的离子方程式为_。(4)上述精制食盐水中还含有微量的，除去这些离子及进行电解的流程如下：过程生成的离子方程式为_。过程可以通过控制的量，将还原为，且盐水b中含有，该过程中发生氧化还原反应，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。在过程中所用的俗称海波，是一种重要的化工原料。商品海波主要成分是为了测定其含的纯度，称取800g样品
27、，配成250mL溶液，取2500mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为的碘水滴定（发生反应），下表记录滴定结果：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0302912第二次0363056第三次1102988计算样品的纯度为_。【答案】 (1). 加快物质溶解 (2). 溶液 (3). 、 (4). CO32-+2H+=H2O+CO2 (5). (6). (7). 8928%【解析】【详解】(1)过程中将粗盐加水溶解需要适当加热，其目的是加快物质溶解，因此，本题正确答案是：加快物质溶解；(2) 向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，硫酸根离子与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，通过过
28、滤除去硫酸钡，从而除去杂质SO42-，所以加入的X溶液是BaCl2溶液，因此，本题正确答案是：BaCl2溶液；(3) 过程中，加入过量的碳酸钠溶液，将Ca2+转变为沉淀，将Fe3+转变为沉淀，Mg2+转变为沉淀，将过程引入的多余Ba2+转变为沉淀，因此，本题正确答案是：、；过程中调节pH时，溶液中含有CO32-，所以发生的主要反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2，因此，本题正确答案是：CO32-+2H+=H2O+CO2；(4) 过程加入次氯酸钠，次氯酸根离子能够氧化NH4+生成N2，本身被还原为Cl-，根据电荷守恒和电子守恒，配平离子方程式：因此，本题正确答案是：；盐水b中含有
29、SO42-，Na2S2O3将还原为，Na2S2O3被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5S2O32-+8IO3-+2OH-=4I2+10SO42-+H2O，IO3-为氧化剂，S2O32-为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为8:5，因此，本题正确答案是：8:5； 从三次滴定数据可知，第二次结果偏差较大，舍去不用，取第一次和第三次的平均值，消耗碘水的体积V=28.80mL；根据，知消耗的Na2S2O3的物质的量n(S2O32-)=2n(I2)=20.0500mol/L28.8010-3L=2.8810-3mol，根据现称取8.00g硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的Na2S2O35H2O质量为0.80g，故样品中硫代硫酸钠纯度为100%=89.28%；因此，本题正确答案是：89.28%。