1、2018-2019学年第二学期6月考试高二化学试题相对分子质量：H：1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Cu:64 Fe:56一.单项选择题(本题包括15道小题,每小题2分,共30分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分。)1.为了防止食品受潮及富脂食品氧化变质，在包装袋中应放入的独立包装的物质是（ ）A. 无水硫酸铜、蔗糖B. 食盐、硫酸亚铁C. 生石灰、还原铁粉D. 生石灰、食盐【答案】C【解析】A无水硫酸铜能吸收水分，一般不用做干燥剂，且蔗糖不能防止食品被氧化，A错误；B食盐不能防止食品受潮，硫酸亚铁能防止食物被氧化，B错误；C生石灰能防止食品受潮，还原铁粉能
2、防止食物被氧化，C正确；D生石灰能防止食品受潮，但食盐不能防止食品被氧化，D错误，答案选C。2.放在手心就能熔化的稀有金属镓，其沸点为2403 ，更奇妙的是镓熔化后在120仍不易凝固；在常温下几乎不与氧气和水反应，但能溶于强酸和强碱；与其他金属熔合可改善合金性能；与硫、硒等非金属化合可生成优质的半导体材料。下列有关镓的性质和用途的叙述错误的是( )A. 镓的熔点高B. 镓的性质与铝类似C. 镓能够与盐酸反应生成气体D. 镓可与多种金属形成合金【答案】A【解析】【详解】A由信息可知，稀有金属镓放在手心里就能熔化，则镓的熔点低，故A错误；B镓能溶于强酸和强碱，则与Al性质相似，故B正确；C镓与Al
3、性质相似，与盐酸反应生成氢气，故C正确；D镓与其它金属融合可改善合金性能，则可形成合金，故D正确；故选A。【点睛】本题考查金属的性质，把握习题中的信息、镓与Al性质相似为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的抽取及应用。3.泡沫灭火器内装的药液之一是NaHCO3饱和溶液，而不选用更廉价的Na2CO3饱和溶液，其原因是（ ）质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量的酸反应产生的CO2比Na2CO3多质量相同的两种钠盐，与足量酸反应产生相同体积（同温、同压下）的CO2 NaHCO3与酸反应生成CO2比Na2CO3快得多 NaHCO3比Na2CO3稳定，便于长期保存A. B. C. D. 【
4、答案】A【解析】【详解】NaHCO3和Na2CO3与酸发生反应时，分别发生Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2。M(NaHCO3)M(Na2CO3)，质量相同的两种钠盐，NaHCO3物质的量较多，则与足量酸反应产生的CO2比Na2CO3多，故正确；由质量相同的两种钠盐，碳酸氢钠中含碳量高，生成的二氧化碳多，故错误；分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+H+HCO3-，HCO3-+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故正确；NaHCO3不稳定，加热易分解，故错误；故选A。4.海水中含有的氯化
5、镁是镁的重要来源之一。从海水中制取镁有多种生产方法，可按如下步骤进行：把贝壳制成石灰乳在引入的海水中加石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物将沉淀物与盐酸反应,结晶、过滤、干燥产物将得到的产物熔融后电解。关于从海水中提取镁的下列说法不正确的是( )A. 此法的优点之一是原料来源丰富B. 进行步骤的目的是从海水中提取氯化镁C. 以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应D. 第步电解制镁是由于镁是很活泼的金属【答案】C【解析】分析：A根据海水中含有的离子分析；B根据步骤的反应进行分析；C根据提取镁的过程涉及的反应分析；D镁为活泼金属，根据第步反应物和生成物分析。详解：A海水中含有氯化镁，
6、所以从海水中提取镁，原料来源丰富，A正确；B从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg（OH）2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：步骤的目的是从海水中获取MgCl2，B正确；C海水中的镁离子和氢氧化钙反应，得到氢氧化镁沉淀，为复分解反应，制取氢氧化钙为化合反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，C错误；D第步电解熔融氯化镁，产物镁和氯气，MgCl2（熔融）Mg+Cl2，D正确；答案选C。5.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条
7、件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是( )Na、Na2O、Na2O2 AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 Fe、FeCl2、FeCl3 NaOH、Na2CO3、NaHCO3 C、CO、CO2A. B. C. D. 【答案】D【解析】若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故正确；若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故正确；若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故错误；若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHC
8、O3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故正确；若X为C、W为O2，则Y为CO、Z为CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故正确；故选D。6.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后溶液中大量存在的金属阳离子是（ ）A. 只有Fe2+B. 只有Fe3+C. 有Fe2+和Cu2+D. 有Fe3+和Cu2+【答案】A【解析】【分析】金属性：FeCu，铁过量，只有铁单质与浓硝酸反应，先发生：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO22H2O，铁单质还能与Fe3反应，Fe2Fe3=3Fe2，金属阳离子Fe2。【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：F
9、e3HNO3=Fe(NO3)3NO22H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3发生反应Fe2Fe3=3Fe2，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2，故选项A正确。7.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH- +H2B. 将FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+H2OC. 向(CH3COO)2Ba溶液中加入稀硫酸：Ba2+ SO42-=BaSO4D. 向NaHCO3溶液中加入少量石灰水：HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2O【答案】A【解析】A. 金属钠与水反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na
10、+2OH- +H2，A正确；B. 将FeO溶于稀硝酸后，Fe2+可被稀硝酸氧化为Fe+，B不正确；C. 向(CH3COO)2Ba溶液中加入稀硫酸后，生成硫酸钡和醋酸，C不正确； D. 向NaHCO3溶液中加入少量石灰水的离子方程式为2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O+ CO32-，D不正确。本题选A。8.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是（ ）A. Al2(SO4)3B. NaOHC. BaCl2D. Fe
11、Cl2【答案】D【解析】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2(SO4)3溶液中，所以丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3。将NaOH溶液加入到FeCl2溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中，无明显现象。所以甲为BaCl2，则丙为FeCl2。答案选D。9.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中向NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液向饱和Na2CO3
12、溶液中通入足量CO2A. B. 只有C. 只有D. 只有【答案】C【解析】试题分析：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、氢氧化钠与氯化亚铁生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁很容易被氧化为氢氧化铁（红褐色）；明矾溶液中加入过量氢氧化钠溶液得不到白色沉淀，因氢氧化铝具有两性，能溶于氢氧化钠溶液；少量氢氧化钙投入碳酸氢钠溶液生成白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O；NaAlO2溶液中滴入少量NaHSO4溶液生成白色沉淀，反应离子方程式为AlO2+H+H2O=Al(OH)3；饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体将析出碳酸氢钠晶体，原因是（1）相同条件下，碳酸氢
13、钠溶解度小于碳酸钠；（2）水参加了反应，溶剂质量减少。反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。考点：无机化学反应点评：熟悉常见无机的性质是解决此类问题的关键。10.由C、H、O组成的化合物8.80mg，完全燃烧后得二氧化碳22.0mg，水10.8mg。该化合物的实验式（最简式）是（ ）A. C5H6OB. C5H12C. C5H12O2D. C5H12O【答案】D【解析】试题分析：n（CO2)=2210-3/44=510-4mol，n（H)=2n（H2O)=210.8103/18=1.2103mol，则m（O)=8.81035104121.2103=1.610-3g，合110
14、-4mol，因此原子个数之比：5：12：1，故D符合题意。考点：考查有机物分子式的确定。11.含一叁键的炔烃，氢化后的产物结构简式为，此炔烃可能有的结构有（ ）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】A【解析】【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在CC的位置。有如图所示的2个位置可以还原为CC键，其中1、2两位置相同，故该炔烃共有1种，故选A。【点睛】本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键。解答本题可以采取逆推法还原碳碳三键，需要注意的是“1、2两位置相同”。也是本题的易错点。12.下列
15、说法正确的是（ ）A. 蛋白质遇浓硫酸变为黄色B. 油脂为高分子化合物，分子结构中都含有酯基C. 将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，下层析出肥皂D. 纤维素、麦芽糖在一定条件下均可转化为葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A项、含苯环的蛋白质遇浓硝酸变为黄色，故A错误；B项、高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂是由高级脂肪酸与甘油形成的酯，不是高分子化合物，故B错误；C项、甘油易溶于水，上层为高级脂肪酸钠，故C错误；D项、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，一定条件下可水解生成葡萄糖，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析能力以及双基的掌握
16、，注意把握常见有机物的性质是解答关键。13.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示，(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是（ ）A. 装置的仪器还可以制取H2气体B. 装置中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C. 装置中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D. 装置中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，装置为二氧化碳制备装置，装置中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用以除去二氧化碳中的氯化氢，装置中盛有浓硫酸，用以除去水蒸气，装置为钠与干燥二氧化碳在加热条件下发生反应的装置，装置
17、为二氧化碳的检验装置，装置为一氧化碳的检验和吸收装置。【详解】A项、装置为固体和液体不加热反应制备气体的装置，锌和稀硫酸反应制氢气可以用装置，故A正确；B项、金属钠易与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，实验之前，应用二氧化碳气体排出装置中的空气，当装置中石灰水变浑浊后，说明空气已排净，再点燃酒精灯，可排除氧气、水蒸气等对钠与二氧化碳反应的干扰，故B正确；C项、装置中反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应，应先用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳气体中的氯化氢，故C错误；D项、根据题给信息可知，PdC12溶液与CO发生氧化还原反应生成黑色的Pd、二氧化碳和氯化氢，反应的化
18、学方程式为PdC12+CO+H2O=Pd+CO2+2HC1，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。14.某一溴代烷水解后的产物在红热铜丝催化下，最多可被空气氧化生成4种不同的醛，该一溴代烷的分子式可能是（ ）A. C4H9BrB. C5H11BrC. C6H13BrD. C7H15Br【答案】B【解析】试题分析：先确定烷烃的一溴代物的种类，然后，溴原子只有连接在键端的
19、碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛A正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1-溴丁烷、1-溴-2-甲基丙烷，故A错误；BC5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br 1-溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br 2-甲基-1-溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br 3-甲基-1-溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br 2，2-二甲基-1-溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2C
20、HO 戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO 2-甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO 3-甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO 2，2-二甲基丙醛；故B正确；CC6H13Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃有13种，故C错误；DC7H15Br 水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃大于13种，更多，故D错误；故选B。考点：卤代烃简介 乙醇的化学性质点评：本题考查同分异构体的应用和卤代烃的水解、醇的氧化等知识，可以根据所学知识来回答，难度中等。15.某有机物结构简式为，下列叙述不正确的是( )A. 1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4 m
21、olH2反应B. 该有机物能使溴水褪色也能使酸性KMnO4溶液褪色C. 该分子中最多有9个碳原子共平面D. 该有机物在一定条件下，能发生消去反应或取代反应【答案】C【解析】【分析】由结构可知，分子中含有碳碳双键、氯原子，能表现烯烃和卤代烃的性质，能发生加成反应、氧化反应、消去反应、水解反应等。【详解】A项、分子中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol苯环消耗3molH2，1mol碳碳双键消耗1molH2，则1mol该有机物在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2反应，故A正确；B项、分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，也能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性
22、KMnO4溶液褪色，故B正确；C项、苯、乙烯为平面结构，则C6H5CH=CHC可能在同一平面内，再结合甲烷的四面体结构，单键可以旋转可知该分子中最多有10个碳原子共平面，故C错误；D项、由结构可知，分子中Cl原子相连的碳的邻位碳上有H原子，能发生消去反应，卤代烃发生的水解反应为取代反应，故D正确。故选C。【点睛】本题考查有机物分子的官能团及性质，侧重烯烃、卤代烃性质及分析与应用能力的考查，明确苯、烯烃、卤代烃的性质是解答本题的关键。二.单项选择题(本题包括10道小题,每小题3分,共30分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分。)16.下列实验方案正确是（ ）A. 证明溴乙烷中溴
23、元素的存在：向溴乙烷中加入NaOH溶液，共热，冷却后加入AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀B. 银氨溶液的配制：向1mL 2%的稀氨水中逐滴滴加2%的AgNO3溶液C. 苯甲酸的提纯：将1g粗苯甲酸放到100mL的烧杯里，加入50mL水，加热完全溶解后趁热过滤，静置冷却可析出苯甲酸晶体D. 除去苯中的苯酚杂质：向混有苯酚的苯中加入浓溴水，产生白色沉淀，再过滤【答案】C【解析】试题分析：A溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，故A错误； B氨水和硝酸银反应生成AgOH，在硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好消失可配制银氨溶
24、液，故B错误；C在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要趁热过滤，减少苯甲酸的损耗，故C正确；D苯酚与溴反应生成三溴苯酚，三溴苯酚与苯混溶，且易溶解溴，不能分离，应用氢氧化钠溶液除杂，故D错误；故选C。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、离子检验以及物质的分离提纯等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。17.近年来，食品安全事故频繁发生，人们对食品添加剂的认识逐渐加深ButylatedHydroxy Toluene（简称BHT）是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：下
25、列说法正确的是（ ）A. 能与Na2CO3溶液反应生成CO2B. 与BHT互为同系物C. BHT久置于空气中不会被氧化D. 两种方法的反应类型都是加成反应【答案】B【解析】试题分析：A、能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，错误； C、BHT中含有酚羟基，久置于空气中会被氧化，错误；D、方法二属于取代反应，错误。考点：考查性质与结构的相关知识。18.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+I2。）下列说法正确的是（ ）A. 铈溶于
26、氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI = CeI4 + 2H2B. Ce2(SO4)3溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3+ + Fe3+ = Ce4+ + Fe2+C. 金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化D. 铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素【答案】D【解析】【分析】A. 氧化性：Ce4+Fe3+I-，不会生成CeI4；B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来分析判断；C. 根据题中信息分析，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，遇水很快反应；D. 结合金属活动性顺序及其题中已知条件分析作答。【详解】A. 由于氧化性由大到小依次为：C
27、e4+Fe3+I-，铈溶于氢碘酸，产物不会生成CeI4,应该是CeI3，故A项错误；B. 假设离子方程式Ce3+ + Fe3+ = Ce4+ + Fe2+能发生，则根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，方程式中Fe3+ Ce4+，这显然与题意不符合，因此该方程式不能自发进行，故B项错误；C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，但不可以用水封，故C项错误；D. 根据题中已知条件，金属铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，其化学性质与金属钠相似，再结合金属活动性顺序可推测，若铈要排在
28、金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故D项正确；答案选D。19.将足量的CO2不断通入NaOH、Ca（OH）2、NaAlO2的混合溶液中已知NaAlO2与CO2反应生成Al（OH）3，则生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】向NaOH、Ca（OH）2、NaAlO2的混合溶液中通入CO2，立刻就有CaCO3沉淀生成，Ca（OH）2完全反应后，CO2与溶液中NaOH反应生成Na2CO3，NaOH完全反应后，CO2与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，此段沉淀的量又增大，当NaAlO2完全反应后，二氧化碳先后与反应生成的Na2C
29、O3、CaCO3反应生成NaHCO3、Ca（HCO3）2，最后剩余Al（OH）3沉淀。【详解】混合液中通入CO2，依次发生反应为：CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al(OH)3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，则图象中开始就有碳酸钙沉淀生成，之后沉淀的量不变，氢氧化钠完全反应后开始生成氢氧化铝沉淀，此段沉淀的量又增大；当偏铝酸钠完全反应后，Na2CO3、CaCO3分别与二氧化碳反应，由以上分析可知，满足该变化的图象为C，故选C。【点睛】本
30、题考查元素化合物知识、离子反应的应用，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题，难点是反应顺序的判断，注意从结合氢离子能力难易程度的角度去分析。20.现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验方案：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积实验方案：铝镁合金溶液过滤、洗涤、干燥后测定得到沉淀的质量对能否测定出镁的质量分数的实验方案判断正确的是（ ）A. 都能B. 都不能C. 不能，其它都能D. 不能，能【答案
31、】A【解析】试题解析：已知质量的铝镁合金，设计1、2中，利用金属的质量、氢气的量可计算出镁的质量，以此得到质量分数；设计3中，沉淀的质量为氢氧化镁，元素守恒可知镁的质量，以此得到质量分数，即三个实验方案中均可测定Mg的质量分数，选A考点：化学实验方案的评价；21.下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是（ ）A. 使紫色石蕊溶液显红色溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-B. 加入Al粉放出H2的溶液中：K+、HCO3-、Cl-、S2-C. 使pH试纸显深蓝色的溶液中：Cu2+、Ca2+、NO3-、SO42-D. 在AlCl3溶液中：Na+、AlO2-、SO42-、NO3-【答案】
32、A【解析】A使紫色石蕊溶液显红色的溶液显酸性，Na+、Mg2+、Cl-、SO42-之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B加入Al放出氢气的溶液中，为酸或强碱溶液，无论酸性还是强碱性溶液中，HCO3-都不能大量共存，故B错误；C使pH试纸显深蓝色的溶液中存在大量OH-，Cu2+与氢氧根离子反应生成难溶物，在溶液中不能大量共存，故C错误；D铝离子与AlO2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。22.下图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是（ ）A. a先通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰B. a先通入NH3，然后
33、b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉C. b先通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰D. b先通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【答案】B【解析】【分析】候氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3；在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向食盐水中先通NH3再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，再通NH3时溶液中C02的量很少，得到的产品很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要进行尾气处理，而NH3是碱性气体，所以
34、在c装置中要装酸性物质，据此进行推断。【详解】“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3，为防止倒吸，a管通NH3，b管通C02；由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少，氨气是碱性气体，可以用蘸稀硫酸的脱脂棉吸收氨气，防止污染空气，答案选B。【点睛】本题主要考查实验装置的综合应用、侯氏制碱法原理，题目难度中等，明确侯氏制碱法原理为解答关键，注意掌握常见装置特点及使用方法，注意氨气和二氧化碳溶解性的差异。2
35、3.除去NaNO3中少量Ca(NO3)2和NaCl杂质，所用试剂及顺序正确的是（）A. Na2CO3 AgNO3 HNO3B. AgNO3 Na2CO3 HClC. AgNO3 Na2CO3 HNO3D. AgNO3 K2CO3 HNO3【答案】C【解析】首先加入过量的硝酸银，将氯离子全部沉淀，因此溶液中就有了过量的Ag+离子，然后向溶液中加入过量的Na2CO3，Ca2+和Ag+都形成沉淀，这样溶液中就有了过量的CO32-，向溶液中加入过量的硝酸，将CO32-变成CO2除去，溶液中含有了过量的HNO3，因为硝酸易挥发，加热可以将硝酸除去，最后得到纯净的NaNO3，故选C。24.某实验小组对一含
36、有Al3+的未知溶液进行了如下分析：（1）滴入少量氢氧化钠，无明显变化；（2）继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；（3）滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少，实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。下列说法错误的是( )A. 该未知溶液中至少含有3种阳离子B. 滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C. 若另一种离子为二价阳离子，则a=10D. 若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g【答案】D【解析】【分析】从图中可知，沉淀没有完全消失，所以一定含有另一种阳离子遇OH-可产生白色沉淀，据此分析本题；A. 根据图象可知，混合液含有氢离子、铝离子和另一种金属阳
37、离子；B. 由图可知Al(OH)3沉淀为0.05 mol，消耗的V(NaOH)=10 mL，根据Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O，先计算n(NaOH)，再利用c = n/V计算c(NaOH)；C. 若另一种离子为二价阳离子，M2+2OH-=M(OH)2，沉淀的物质的量是0.15 mol，先计算沉淀该离子所需NaOH溶液的体积，再计算生成氢氧化铝的物质的量是0.05 mol所需NaOH溶液的体积，然后根据完全沉淀所需的NaOH溶液的体积，可解得a值；D. 溶液中的另一种阳离子不确定，所以无法确定其质量。【详解】A、从题图可以看出，开始无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶
38、液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但没有完全溶解，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A项正确；B、溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠是10 mL，而氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，则根据反应Al(OH)3+OH- = AlO2+2H2O可知，氢氧化钠的物质的量浓度是5 mol/L，故B项正确；C、若另一种离子为二价阳离子，另外一种沉淀的物质的量是0.15 mol，M2+2OH-=M(OH)2，则消耗氢氧化钠溶液的体积是60 mL，氢氧化铝的物质的量是0.05 mol，根据Al3+3OH-=A
39、l(OH)3，可得生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液的体积是30 mL，所以a100-60-30=10，故C项正确；D、由于不能确定其他阳离子的种类，因此不能确定最终沉淀的质量，故D项错误；答案选D。25.将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）A. 11.2 LB. 6.72 LC. 8.96 LD. 4.48 L【答案】C【解析】试题分析：在混合溶液中含有H+的物质的量是n（H+）=6mol/L20.1L+2mol/L0.1L=1
40、.4mol，含有NO3-的物质的量是n（NO3-）=2mol/L0.1L+1mol/L0.1L=0.3mol。向此混合溶液中加入过量的Fe，发生反应：3Fe+8H+2NO3-=2Fe2+2NO+4H2O根据反应方程式可知反应时n（H+）: n（NO3-）=8:2=4:1,实际上两种离子的物质的量的比是1.3mol：0.3mol4:1，H+过量，反应应该以不足量的NO3-的物质的量进行计算。根据方程式可知n（NO）= n（NO3-）=0.3mol,发生该反应后溶液中剩余H+的物质的量是1.4mol-0.3mol4=0.2mol，再发生反应：Fe+2H+=Fe2+H2,n（H2）=1/2n（H+）
41、=0.1mol，所以V= n（NO）+ n（H2）22.4L/mol=（0.3mol+0.1mol） 22.4L/mol=8.96 L.故选项C符合题意。【考点定位】考查硝酸盐的混合物与金属反应的计算的知识。【名师点睛】Fe是变价金属，有比较强的还原性，遇强氧化剂失去电子变为Fe3+，遇弱的氧化剂或少量的强氧化性时会反应产生Fe2+。NO3-在溶液中当有足量的H+时可以都发生氧化还原反应变为NO逸出，当铁足量时发生反应产生Fe2+，反应的离子方程式是3Fe+8H+2NO3-=2Fe2+2NO+4H2O。根据混合溶液中H+、NO3-的相对物质的量多少确定反应产生的NO的物质的量；若H+相对NO3
42、-过量，溶液中还会发生反应Fe+2H+=Fe2+H2，最终产生的气体是NO、H2，若NO3-过量，则反应只产生NO气体。一定要注意反应物有过量时的计算及硝酸与变价金属铁反应时铁的化合价的变化。三.填空题和实验题（共40分）26.下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，乙、丙、丁是非金属单质，其它为化合物，B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，G为淡黄色固体，J为生活中常见的调味品，I为红褐色固体，是实验室制取丁的反应之一，F为棕黄色溶液。各物质间的转化如下图所示，回答下列各问题（部分生成物未列出）：（1）A的电子式：_；（2）写出甲与C反应的化学方程式：_；（3）在F和E的混合溶液中用_
43、试剂（填化学式）检验E中阳离子；（4）整个转换过程中属于氧化还原反应的有_个；（5）写出反应E与G按物质的量之比2:1的反应的离子方程式_。【答案】 (1). (2). 3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2 (3). KMnO4 (4). 6个 (5). 6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3 + 2Fe3+ + 6Na+【解析】【分析】由题意可知，G为淡黄色固体化合物，J为生活中常见的调味品，则G是Na2O2， J为NaCl；I为红褐色固体，则I是氢氧化铁，甲是Fe单质；B、D分别为黑色粉末和黑色晶体，Fe与物质C发生置换反应生成另一种非金属单质，根据
44、Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁可知C是水，乙是氢气，D是Fe3O4；A与B反应生成水和一种非金属单质，且是实验室制取丁的反应之一，判断A是过氧化氢，B是二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下发生分解反应生成水和氧气，所以丁是氧气；四氧化三铁与K反应生成两种物质E、F，可以相互转化，则K是盐酸，盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁，F与Fe反应生成E，则F是氯化铁，E是氯化亚铁，氯化铁与过氧化钠反应生成氢氧化铁、氯化钠、氧气，氯化亚铁与一定量的过氧化钠反应生成氯化铁、氢氧化铁、氯化钠。【详解】（1）A是过氧化氢，过氧化氢是共价化合物，A的电子式为，故答案为：；（
45、2）甲是Fe单质，C是水，Fe与水蒸气在高温条件下反应生成氢气和黑色固体四氧化三铁，反应的化学方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，故答案为：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2；（3）E是氯化亚铁，F是氯化铁，氯化亚铁具有还原性，能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液褪色，则可用KMnO4溶液检验亚铁离子，故答案为：KMnO4；（4）由转化关系可知，上述转化过程中除D与K的反应不是氧化还原反应外，其余均是氧化还原反应，属于氧化还原反应共6个，故答案为：6；（5）E是氯化亚铁，G是Na2O2，氯化亚铁与过氧化钠按物质的量之比2：1反应生成氢氧
46、化铁沉淀和铁离子，反应的离子方程式为6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3 + 2Fe3+ + 6Na+，故答案为：6Fe2+ + 3Na2O2 + 6H2O = 4Fe(OH)3 + 2Fe3+ + 6Na+。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，注意牢固把握元素化合物的性质及用途是解答关键。27.某化学兴趣小组同学拟用如下装置制备纯净干燥的CO2，并与Na2O2样品反应（杂质不反应），通过测定量气管中氧气体积,计算出样品纯度（即质量分数）。（1）A中装稀盐酸的仪器的名称是_，B中的试剂a最好选用_，E装置的作用_。（2）D装置中
47、的现象为_；恢复到原温度后，读取F装置量气管刻度前必要的操作是_。（3）若无C装置，你认为对实验结果有何影响_。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（4）若取2.0gNa2O2样品充分反应后，F中收集到224mL氧气（折算成标准状况，不考虑氧气在水中的溶解），则样品纯度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 饱和NaHCO3溶液（答“饱合”不得分） (3). 除去未反应完的CO2，避免对氧气体积的测定产生干扰（答出“吸收CO2”的意思即得分） (4). 固体由淡黄色逐渐变为白色 (5). 上下调节量气管高度，使F左右液面相平（水面处在同一高度） (6). 无影响 (7). 78%【解析
48、】（1）A中装稀盐酸的仪器是分液漏斗；稀盐酸与大理石反应生成的CO2气体中含有挥发出的HCl气体和水蒸气，要得到干燥纯净的CO2气体，就必须把杂质气体除去，B的作用就是吸收挥发出的HCl气体，所以B中盛放的是饱和NaHCO3溶液；CO2与Na2O2反应生成O2的同时CO2有剩余，剩余的CO2气体如果不被吸收，将对氧气体积的测定产生影响，故E的作用是除去未反应完的CO2，避免对氧气体积的测定产生干扰。（2）Na2O2为淡黄色固体，与CO2反应后生成的Na2CO3固体为白色，所以D中现象为固体由淡黄色逐渐变为白色；F装置通过排水法可以测量产生的氧气的体积，恢复室温后，读取量气管中的刻度即可知道产生
49、的氧气的体积，读数时必须保持量气管内外压强相等，故读数前必要的操作是：上下调节量气管高度，使F左右液面相平（水面处在同一高度）。 （3）C中盛放的是浓硫酸，干燥CO2气体。若无干燥装置，CO2和水蒸气均与Na2O2反应产生氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，CO2与Na2O2反应的的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，对比两个方程式可知，Na2O2与产生的O2的物质的量之比均为2:1，即一定量的Na2O2产生的O2的量是恒定的，从而有无干燥装置C，对实验结果无影响。（4）标准状况下224mL氧气的物质的量为0.01mol，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3
50、+O2可知Na2O2的物质的量为0.02mol，质量为1.56g，所以纯度为1.562100%=78%。28.对氨基苯甲酸酯类是一类局部麻醉药，化合物M是该类药物之一。合成M的一种路线如下：已知以下信息：核磁共振氢谱显示B只有一种化学环境的氢，H苯环上有两种化学环境的氢。RXRMgXRCH2CH2OH。E为芳香烃，其相对分子质量为92。（苯胺，易被氧化）。回答下列问题：（1）A的结构简式为_，其化学名称是_。（2）由E生成F的化学方程式为_。（3）由G生成H的反应类型为_，H在一定条件下可以发生聚合反应，写出该聚合反应的化学方程式_。（4）M的结构简式为_。（5）D的同分异构体中不能与金属钠反
51、应生成氢气的共有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6:1的是_（写结构简式）。【答案】 (1). (2). 2甲基丙烯 (3). (4). 还原反应 (5). n +（n1）H2O (6). (7). 15 (8). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，A与溴化氢发生加成反应生成B，核磁共振氢谱显示B只有一种化学环境的氢，则B的结构简式为BrC (CH3)3，则A的结构简式为CH2C(CH3)2；根据已知可知C与环氧乙烷反应生成D，则D的结构简式为(CH3)3CCH2CH2OH；E为芳香烃，其相对分子质量为92，则E是甲苯；甲苯发生硝化反应生成F，由于H苯环上
52、有两种化学环境的氢，这说明硝基在甲基的对位，即F的结构简式为；由于氨基易被氧化，所以F生成G是甲基的氧化反应，引入羧基，即G的结构简式为；G中的硝基被还原转化为氨基，则H的结构简式为；H和D发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。【详解】（1）A的结构简式为，名称为2甲基丙烯，故答案为：；2甲基丙烯；（2）由E生成F的反应为甲苯发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）由G生成H的反应为发生还原反应生成；分子中含有羧基和氨基，在一定条件下可以发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为 n +（n1）H2O，故答案为：还原反应；n +（n1）H2O；（4）和(CH3)3CCH2CH
53、2OH 在浓硫酸做催化剂作用下发生酯化反应生成，则M的结构简式为，故答案为：；（5）D的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气，说明含有醚键，可以是CH3OC5H11，CH3没有同分异构体，C5H11有8种，相应醚有8种；可以是C2H5OC4H9，C2H5没有同分异构体，C4H9有4种，相应醚有4种；可以是C3H7OC3H7，C3H7有2种，相应的醚类有3种，共计15种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6:1的是，故答案为：15；。【点睛】本题考查有机物推断，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。