1、化学试卷一、选择题（每个2分，共50分）1.LiAlH4()、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125 分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是()A. LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 g/molB. 1 mol LiAlH4在125 完全分解，转移3 mol电子C. LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，化学方程式可表示为：LiAlH42H2OLiAlO24H2D. LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【答案】A【解析】【详解】A由LiH+D2OLiOD+HD可知，所得氢气的摩尔质量为3 g/mol，故A错
2、误；BLiAlH4在125分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，则1mol LiAlH4在125完全分解，转移3mol电子，故B正确；CLiAlH4溶于适量水得到无色溶液，生成LiAlO2和H2，反应的方程式为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2，故C正确；DLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故D正确。答案选A。2.下列解释事实的方程式不正确的是A. 焊接铁轨：2Fe+Al2O32Al+Fe2O3B. 人工固氮：N2+3H22NH3C. 用纯碱除油污：CO32-+H2OHCO3-+OH-D. 用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I-=2C
3、l-+I2【答案】A【解析】A. 焊接铁轨，发生铝热反应：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A不正确；B. 人工固氮：N2+3H22NH3，故B正确；C. 用纯碱除油污利用的是碳酸钠水解产生的氢氧化钠：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故C正确；D. 用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2，碘化钾被氯气氧化成的碘单质遇淀粉变蓝：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D正确。故选A。3.向铝粉中添加少量NH4C1固体并充分混合，将其加热到1000时可与N2反应制备A1N，下列说法正确的是A. A1N是一种金属材料B. A1N与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气C. 少量NH4C1能够破坏A1
4、表面的Al2O3薄膜D. A1N与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3+NH3【答案】C【解析】AAlN属原子晶体化合物，属于无机非金属材料，故A错误；BAl(OH)3有两性，能溶于NaOH，则AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故B错误；C在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故C正确；DAlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+4H+=Al3+NH4+，故D错误；答案为C。4.向含有c(FeCl3)0.2molL1、c(FeCl2)0.1molL1的混合溶液中滴加稀Na
5、OH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na分离开C. 向沸水中逐滴滴加0.1molL1 FeCl3溶液也可得到Fe(OH)3胶体D. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O44H2O【答案】D【解析】A三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，A错误；B胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，B错误；C向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，C错误；D氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离
6、子方程式：Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O，D正确；答案选D。5.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列两篇古代文献中都涉及到了KNO3。文献:开宝本草记载:(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，文献本草纲目“火药乃焰硝(KNO3)、硫黄、山木炭所合，以为烽燧餇诸药者。”下列对其解释不合理的是A. 文献中提取KNO3利用了溶解、蒸发结晶的实验过程B. 用文献中方法制取KNO3是因为KNO3的溶解度受温度影响不大C. 文献中火药的使用体现了硝酸钾的氧化性D. 文献中使用火药的产物会污染环境【答案】B【解析】【分析】化学的应用要注意提取文献中的关键字【详解】
7、A 关键字：硝酸钾易溶于水，以水淋汁、煎炼，则为溶解、蒸发结晶过程，故A正确；B 硝酸钾的溶解度受温度影响较大；故B错误；C 火药包括焰硝(KNO3)、硫磺（S）、山木炭（C），使用火药时S、C化合价升高，则N化合价降低，KNO3做氧化剂，具有氧化性，故C正确；D S的化合价升高，会生成SO2，会造成空气污染，故D正确；答案选B。【点睛】硝酸钾的溶解度受温度影响较大。6.下列实验方案，能达到相应实验目的的是实验目的A.探究铁钉发生析氢腐蚀B.验证溴乙烷发生消去反应C.对比Fe3+与Cu2+的氧化能力强弱D.探究乙炔的性质实验方案A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A.盐酸为酸性溶
8、液,Fe与酸能发生反应放出氢气，可观察到有气泡冒出，故A选项是正确的;B.乙醇易挥发,乙烯与乙醇均使高锰酸钾褪色,则图中装置不能检验乙烯,故B错误;C.Fe3+与Cu2+均作催化剂,则不能探究氧化性的大小,故C错误;D.乙炔及含有的硫化氢均使高锰酸钾褪色,则图中装置不能探究乙炔的性质,故D错误;所以A选项是正确的.点睛：A.盐酸为酸性溶液,Fe发生析氢腐蚀;B.乙醇易挥发,乙烯与乙醇均使高锰酸钾褪色;Fe3+与Cu2+均作催化剂D.乙炔及含有的硫化氢均使高锰酸钾褪色。7.建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁，下列建构的数轴模型正确的是( )A. 钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：B. 铁在Cl
9、2中燃烧，铁的氧化产物：C. A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液后体系中铝元素的存在形式：D. FeI2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式：【答案】CD【解析】【详解】A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故A错误；B、铁在Cl2中燃烧，只生成氯化铁，故B错误；C、氯化铝与氢氧化钠溶液反应，当氢氧化钠少量时发生AlCl3+ 3 NaOH = Al(OH)3 + 3 NaCl。但氢氧化钠过量时发生AlCl3+ 4 NaOH = NaAlO2+ 2 H2O，故C正确；D、FeI2溶液中通入Cl2，当=1:1，发生的离子反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，当=3:2时，发生的离子反应为4I-+2Fe2+
10、3Cl2=2I2+2Fe3+6Cl-，故D正确；故选CD。8.向体积为0.5L的AlCl3溶液中逐渐加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如右图所示。下列结果不正确的是()A. 反应过程中，沉淀最多时的质量为78gB. 反应过程中，Al3+离子有1/3转化为Al(OH) 3沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为3.5LC. AlCl3溶液的浓度为2.0mol/LD. 当V(NaOH)4.0L时，得到的溶液中Na、Cl浓度一定不相等【答案】B【解析】【详解】A由图可知，沉淀最多为1.00mol，其质量为1mol78g/mol=78g，故A正确；B由图可知，沉淀最多为1.00
11、mol，根据铝元素守恒，所以含有AlCl3的物质的量是1mol，反应过程中，Al3+离子有转化为Al(OH)3沉淀，即molAl3+转化为沉淀，根据图示，消耗的氢氧化钠体积可能为1L或(3+)L，不可能为3.5L，故B错误；C由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀，由Al3+3OH-=Al(OH)3，则AlCl3溶液的浓度为=2.0mol/L，故C正确；D当V(NaOH)=4.0L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl，得到的溶液中含有Na+、AlO2-、Cl-，根据电荷守恒，Na+、Cl-浓度一定不相等，故D正确；故选B。9.已知HCO3-AlO2-H2O=CO32-Al(OH)3
12、。将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】HCO3先与OH反应，再与AlO2反应，而HCO3与OH反应生成CO32后，Ba2+与CO32生成沉淀，HCO3+OH+Ba2+BaCO3+H2O，消耗1molHCO3、1molOH、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2BaCO3+H2O+KOH；HCO3+OHCO32+H2O，消耗2mol HCO3、2molOH（OH消耗完），没有沉淀生成
13、此阶段化学方程式为KHCO3+KOHK2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应产生1mol）；HCO3+AlO2+H2OCO32+Al（OH）3，消耗1molHCO3、1mol AlO2（AlO2消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2OAl（OH）3+K2CO3。三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，故选B10.工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H24Na”生产金属钠，己知铁的熔点1
14、535、沸点3000。下列有关说法正确的是A. 增大铁的量可以使反应速率加快B. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠C. 每生成1molH2，转移的电子数约为46.021023D. 该反应条件下铁的金属性比钠强【答案】C【解析】【详解】A铁是固体，改变固体的质量反应速率不变，A错误；B钠是活泼金属，很容易被空气中氧气氧化，所以不能将生成的气体在空气中冷却，B错误；C根据方程式可知，每生成2molH2，转移的电子8mol，所以每生成1molH2，转移的电子数约为46.021023，C正确；D根据方程式3Fe + 4NaOHFe3O4 + 2H2 + 4Na可知，该反应中铁元素的化合价升高，做还原剂
15、，说明该反应条件下铁的还原性比钠强，D错误；答案选C。11.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A浓氨水NaOH酚酞试液碱性：NaOHNH3H2OB浓硫酸蔗糖品红溶液浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐反应均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A，将浓氨水加到氢氧化钠中，利用氢氧化钠溶于水放热使氨水分解生成氨气，同时增大溶液中氢氧根离子浓度使氨水的电离平衡逆向移动也有利于生成氨气，在这过程中氢氧化钠没有转化成其他物质，所以不能证明氢氧化钠
16、的碱性比氨水强；B，将浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，然后有气体生成，混合物的体积膨胀，生成的气体使品红溶液褪色，浓硫酸在这变化过程中表现了脱水性和强氧化性，B正确；C,将稀盐酸加到亚硫酸钠中可以生成二氧化硫气体，二氧化硫气体通入到硝酸钡溶液中，二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸根与钡离子结合为硫酸钡沉淀，不能证明二氧化硫与所有可溶性钡盐都能生成白色沉淀，C不正确；D,浓硝酸有挥发性，浓硝酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳气体中含有硝酸蒸气，气体通入硅酸钠溶液中生成白色的硅酸沉淀，不能证明是二氧化碳与硅酸钠之间发生的反应，所以无法证明碳酸的酸性比
17、硅酸强，D不正确。本题选B。 12.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生B. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制得的C. 高纯度的SiO2是制备光导纤维、太阳能电池板的主要材料D. 海带中碘元素确定的实验主要步骤骤是：前期处理-灼烧-溶解-氧化-淀粉溶液检验【答案】C【解析】【详解】A. 新能源汽车的推广与使用，可以减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制得的，B正确；C. 高纯度的SiO2是制备光导纤维的主要材料，硅是太阳能电池板的主要材料，C错误；D. 海带中碘元素确定的实验主要步骤
18、骤是：前期处理灼烧溶解氧化淀粉溶液检验，D正确；答案选C。13.把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入过量氯水，再加入过量的氨水，有沉淀生成。过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到固体残渣。上述沉淀和残渣分别为A. Fe(OH)2 ；Fe2O3B. Fe(OH)2；FeOC. Fe(OH)2、Fe(OH)3；Fe2O3D. Fe(OH)3；Fe2O3【答案】D【解析】【详解】把少量废铁屑溶于过量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁，过滤，除去杂质，在硫酸亚铁中加入过量氯水，亚铁离子被氧化生成铁质量，再加入过量的氨水，有氢氧化铁沉淀生成，过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到的固体残
19、渣为Fe2O3，故选D。14.某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42、CO32、I、Cl中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（）A. 溶液X中有Fe3+、SO42B. 溶液X中有Fe2+、I可能有SO42、ClC. 溶液X中有I、Cl，无CO32D. 溶液X中有I，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种【答案】B【解析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能
20、说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，AX中不含Fe3+，A错误；B由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C不能确定是否存在Cl-，C错误；DX中不含Fe3+，D错误；答案选B。15.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属
21、元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A. 反应、都属于氧化还原反应B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小C. Na着火时，可用甲扑灭D. 一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B
22、. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。16.N2O(笑气)、CHCl3(氯仿)都曾在医学上被用作麻醉剂。下列说法正确的是（ ）A
23、. N2O、CHCl3都易溶于水B. N2O、CHCl3都属于电解质C. N2O只有氧化性没有还原性D. N2O、CHCl3都是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A、N2O能溶于水，CHCl3不溶于水，故A错误；B、N2O、CHCl3属于非电解质，故B错误；C、N2O中N显1价，处于中间价态，N2O既具有氧化性又具有还原性，故C错误；D、N2O、CHCl3都是共价化合物，故D正确。17.在一些高档茶叶、点心等食品的包装盒中有一个小袋，将小袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，取上层清液，滴入几滴氯水，再滴入KSCN溶液，马上出现血红色。以下结论不正确的是A.
24、该灰黑色粉末作抗氧化剂B. 该灰黑色粉末不可食用C. 小袋中原来装有铁粉D. 小袋中原来装有Fe2O3【答案】D【解析】【分析】根据题意，黑色粉末中含有铁元素，灰黑色粉末为铁粉，铁粉能够吸收水和氧气，既能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂；铁粉在潮湿空气中生锈而变成红色的氧化铁。【详解】铁粉能够吸收水和氧气，所以作抗氧化剂，故A正确；灰黑色粉末铁粉，不能食用，故B正确；铁粉具有还原性，能用作食品防抗氧化剂，又能用作食品干燥剂，所以小袋中原来装有铁粉，故C正确；Fe2O3没有还原性，不能作抗氧化剂，小袋中原来没有Fe2O3，故D错误，选D。18.在密闭容器中将2molNaHCO3(s)和一定
25、量Na2O2混合，在加热条件下让其充分反应，150下所得气体仅含2种组分，反应后固体的物质的量(n) 的取值范围是A. n1B. 1C. 2n4D. n4【答案】C【解析】加热后，发生反应如下：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO22mol 1mol 1mol 1mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol 1mol 1mol 0.5mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O21mol 1mol 2mol 0.5mol由反应方程式可知，150时所得气体中仅含有两种组分，则气体为氧气和水蒸气，二氧化碳全部反应，2mol NaHCO3分解生成1molNa2CO3；若2mol NaH
26、CO3分解生成二氧化碳全部被吸收，则1molCO2与Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以固体的物质的量最少为2molNa2CO3；若2mol NaHCO3分解生成的H2O和CO2被足量的Na2O2吸收时，还可生成1mol Na2CO3和2molNaOH，所以固体最多不超过4mol；故选C。点睛：本题考查了碳酸氢钠性质及过氧化钠的性质及有关计算，搞清反应原理，找出各量之间的关系是解题的关键。对于范围类的题目，常采用极值法进行计算。本题中反应的先后顺序为，碳酸氢钠分解，过氧化钠与二氧化碳反应，最后过氧化钠与水蒸气反应。19.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体
27、VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A. 9.0LB. 13.5LC. 15.7LD. 16.8L【答案】A【解析】【详解】若混合物全是CuS，其物质的量为12/800.15 mol，电子转移数0.15 mol(62)1.2 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2x mol,3xx1.2，计算的x0.3。气体体积V0.6 mol22.4 Lmol113.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子数0
28、.075 mol100.75 mol，设NO x mol，NO2x mol,3xx0.75，计算得x0.187 5，气体体积V0.375 mol22.4 Lmol18.4 L，因此8.4 LV13.44 L。20.下列实验装置设计正确、且能达到目的的是 A. 实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B. 实验：静置一段时间，小试管内有晶体析出C. 实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D. 实验：海水的淡化【答案】B【解析】【详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体
29、析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。21.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A. 标准状况下,4.48 L CH3Cl中所含原子数目为NAB. 所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等C. 将2 g H2与足量的N2混合,充分反应后转移的电子数为2NAD. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.1NA时，阳极质量减少3.2 g【答案】A【解析】【详解】A标况下，4.48 L CH3Cl的物质的量为0.2mol，所含原子为0.2mol5=1mol，故A正确；B白磷
30、分子中含有6个P-P键，甲烷分子中含有4个C-H键，0.1mol甲烷中所含的共价键数均为0.4NA，而0.1mol的白磷(P4)共价键数0.6NA，故B错误；C. H2和N2反应是可逆反应，反应后转移的电子数小于2NA，故C错误；D、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属，如铁等，故当电路中通过0.1NA个电子时，阳极上减轻的质量不等于3.2g，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为BD，B中要注意白磷分子是正四面体结构，和她6个P-P键，D中电解精炼铜时，阳极上放电的金属有铜和比铜活泼的金属。22.“水飞”是传统中医中将药材与适量水共研细
31、，取极细药材粉末的方法。医学人门中记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中涉及的操作方法是A. 洗涤、溶解、过滤、灼烧B. 洗涤、溶解、倾倒、蒸发C. 洗涤、萃取、倾倒、蒸馏D. 洗涤、萃取、过滤、蒸发【答案】B【解析】【详解】水洗净涉及的操作方法是洗涤，细研水飞涉及的操作方法是溶解，去石澄清涉及的操作方法是倾倒，慢火熬干涉及的操作方法是蒸发。答案选B。23.从某含Br废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点/58.7676.8215217下列说法不
32、正确的是A. 甲装置中Br发生的反应为：2Br-+ Cl2 = Br2 + 2Cl-B. 甲装置中NaOH溶液每吸收0.1mol Cl2，转移0.1mol eC. 用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D. 用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2【答案】C【解析】【详解】A、氯气的氧化性大于溴，所以2Br-+Cl2=Br2+2C1-，A正确；B、1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmol Cl2，转移0.lmol e-，B正确；C、用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；D、把溶解Br2的正十二烷混合液进
33、行蒸馏，由于正十二烷的沸点大于溴的沸点，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；正确选项C。24.“神舟十号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼(C2H8N2 )( 其中N 的化合价为-3 )和四氧化二氮(N2O4)。在火箭升空过程中，燃料发生反应: C2H8N2 +2N2O42CO2+3N2+4H2O 提供能量。下列有关叙述正确的是A. 该燃料无毒，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B. 每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4NAC. 该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂D. N2既是氧化产物又是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物【答案】C【解析】【详解】A、偏二甲
34、肼和四氧化二氮都有毒，故A错误；B、根据方程式C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O，每有0.6molN2生成，转移电子数目为3.2NA，故B错误；C、该反应N2O4中氮元素化合价降低是氧化剂，偏二甲肼中C、N元素化合价升高是还原剂，故C正确；D、N2既是氧化产物又是还原产物，CO2是氧化产物，故D错误。【点睛】氧化还原反应中，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；通过氧化反应得到的产物是氧化产物、通过还原反应得到的产物是还原产物。二、填空题25.I.下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：某医疗机构临床检验结果报告单分析项目检测结果单位参考范围
35、1锌（Zn）115.92mol/L66-1202铁（Fe）6.95mmol/L7.52-11.823钙（Ca）1.68mmol/L1.55-2.10根据上表的数据，回答下列问题：（1）该儿童_元素含量偏低；（2）报告单中“mol/L”是_（填“质量”、“物质的量”、“体积” 或“浓度”）的单位；（3）缺铁性贫血患者应补充 Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是_。II. 人体正常血红蛋白含有 Fe2。（1）若误食亚硝酸盐(如 NaNO2)，则导致血红蛋白中的 Fe2转化为 Fe3而中毒，可以服用维生素C 解毒。下列叙述不正确的是_
36、(填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C 是还原剂C维生素C将 Fe3还原为 Fe2 D亚硝酸盐是还原剂（2）某同学把氯气通入到NaNO2 溶液中，生成NaNO3 和HCl，请写出反应的离子方程式： _。（3）若 FeSO4 和 O2的化学计量数比为 21，试配平下列方程式：_2FeSO4 _ K2O2 = _ K2FeO4 _ K2O _ K2SO4 1O2【答案】 (1). 铁（或Fe） (2). 浓度 (3). 防止Fe2+被氧化 (4). D (5). NO2- + Cl2 + H2O = NO3-+ 2H+ 2Cl- (6). 6 2 2 2【解析】本题考查氧化还原反应的的基本概念配
37、平等。I.（1）根据报告单的检测结果和参考范围可知，铁（或Fe）元素含量偏低；（2）报告单中mol/L是浓度的单位；（3）Fe2+易被氧化而变质，糖衣可起到保护Fe2+不被空气中的氧气氧化；II. （1）亚硝酸盐(如 NaNO2)，则导致血红蛋白中的 Fe2转化为 Fe3而中毒，可知亚硝酸盐被还原，作氧化剂，A项正确、D项错误；服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，作还原剂，B、C项正确；（2）根据题中信息和氧化还原反应配平可得：NO2- + Cl2 + H2O = NO3-+ 2H+ 2Cl-；（3）FeSO4中铁元素的化合价由+
38、2价升高到K2FeO4中+6，K2O2中的氧由-1价既升高到0件，又降低到-2价，根据得失电子配平即得：2FeSO46K2O2 = 2 K2FeO4 2K2O 2 K2SO4 O2。点睛：氧化还原反应方程式的缺项配平方法1：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定其他未知物及其化学计量数。方法2：根据介质成分补项。条件补项原则酸性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H，反应物少O(氧)补H2O(水)碱性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，反应物少O(氧)补OH26.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO
39、等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。（1）反应的离子方程式_。（2）反应的离子方程武是_。（3）为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前要进行的操作是_（4）反应需要加入的试剂X可以是_。（5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定用_做指示剂，滴定终点的现象_。【答案】 (1). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (2). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (3). 洗涤 (4). O2或其它合理答案 (5). K
40、3Fe(CN)6 (6). 最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失【解析】【分析】抓住已知信息，CeO2不溶于强酸或强碱；推出滤渣A、滤液A的成分；一般金属氧化物溶于酸，分析出滤渣B，滤液B的成分；再根据氧化还原反应进行推导。【详解】（1）废玻璃在NaOH溶液中，CeO2不溶于强酸或强碱，一般金属氧化物溶于酸，只有SiO2参与反应，故反应的离子方程式为SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；（2）滤渣的主要成分是CeO2，且要生成Ce3+，发生了氧化还原反应，反应的离子方程式是2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案
41、为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；（3）为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前要进行的操作是洗涤，防止混有铁离子，故答案为：洗涤；（4）反应由Ce(OH)3生成Ce(OH)4，则要加入氧化剂，故可知试剂X为O2或其他不引入杂质的氧化剂均可；故答案为：O2；（5）检验亚铁离子，可用高铁酸根离子，故滴定FeSO4溶液，用K3Fe(CN)6做指示剂，滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡30s不再消失；故答案为：K3Fe(CN)6；滴入最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡30s不再消失。【点睛】看清流程框图前后的离子化合价变化，以便写出方程式；亚铁离子的
42、检验及氧化还原的反应原理要牢记。27.氮化镁（Mg3N2）在工业上具有非常广泛的应用。某化学兴趣小组用镁与氮气反应制备 Mg3N2 并进行有关实验。实验装置如下所示： （部分加热装置已略去）已知：氮化镁常温下为浅黄色粉末，极易与水反应。亚硝酸钠和氯化铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快。温度较高时，亚硝酸钠会分解产生O2等。回答下列问题：（1）仪器 b 的名称是_，写出装置 A 中发生反应的化学方程式_。（2）加热至反应开始发生，需移走 A 处酒精灯，原因是_。（3）装置 C 中为饱和硫酸亚铁溶液， 其作用是_。（4）定性分析产物操作步骤 实验现象 解释原因取少量产品于试管中， 加适量
43、蒸馏水试管底部有固体不溶物，有剌激性气味的气体产生反应的化学方程式为_弃去上层淸液， 加入足量稀盐酸观察到固体全部溶解， 且有气泡冒出气泡冒出的原因为_【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). NH4Cl+NaNO2N2 +NaCl+2H2O (3). 该反应剧烈放热，产生氮气的速度快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2 (4). 除去氧气以免与镁反应 (5). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3 (6). 未反应的镁与盐酸反应产生氢气【解析】【分析】先仔细读题上的已知条件及了解实验过程，明确实验目的。该题是用镁与氮气反应制备 Mg3N2
44、 并进行有关实验，首先需要制备氮气，再进行除杂并进行目标反应。【详解】（1）带支管的烧瓶为蒸馏烧瓶；由已知反应物及反应条件推出发生氧化还原反应，生成N2和H2O，则该氧化还原反应式为：NH4Cl+NaNO2N2 +NaCl+2H2O，故答案为：蒸馏烧瓶；NH4Cl+NaNO2N2 +NaCl+2H2O；（2）由已知信息知：该反应剧烈放热，产生氮气的速度快，温度过高，会造成NaNO2分解产生O2，生成杂质，故答案为：该反应剧烈放热，产生氮气的速度快，移走A处酒精灯能避免反应物冲出，同时避免温度过高，造成NaNO2分解产生O2（3）亚铁离子具有还原性，可以与空气中的氧气或装置A中产生的氧气反应，所
45、以是为了除去氧气，避免产生杂质，故答案为：除去氧气以免与镁反应；（4）根据反应物及实验现象可得知，固体不溶物为Mg(OH)2：，有刺激性味气体为NH3：，故反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3；通过分析现象及产物知，与酸反应有气泡产生，则该处为金属镁，故气泡是未反应的镁与盐酸反应产生氢气；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2 +2NH3；未反应的镁与盐酸反应产生氢气。【点睛】注意分解的氧气可与亚铁离子进行氧化还原反应；（4）中定性分析时要学会根据结果去推导实验原理。三、选做题28.镍与VA族元素形成的化合物是重要的半导体材料，应用最广泛的是砷化镓(GaA
46、s)，回答下列问题：(1)基态Ga原子的核外电子排布式为_，基态As原子核外有_个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJmol-1)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为_和+3。砷的电负性比镍_(填“大”或“小”)。(3)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：_。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/77.75122.3211.5沸点/201.2279346GaF3的熔点超过1000 ，可能的原因_。(4)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为_，草酸根中碳原子的杂化方式为_。(5)砷化镓熔点为1238
47、，立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=565 pm。该晶体的类型为_，晶体的密度为_(设NA为阿伏加德罗常数的数值,列出算式即可)gcm-3。【答案】 (1). Ar3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1 (2). 3 (3). +1 (4). 大 (5). GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次身高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强 (6). GaF3为离子晶体 (7). 4 (8). sp2 (9). 原子晶体 (10). g/cm3【解析】【详解】(1)Ga的原子序数为31，其基态原子的电子式排布式为：Ar3d
48、104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，As的原子序数为33，则As的基态原子的电子排布式为：Ar3d104s24p3，所以基态As原子核外有3个未成对电子，故答案为Ar3d104s24p1或1s22s22p63s23p63d104s24p1，3；(2)电离能是气态原子失去电子所需要的能量，由镓的前四级电离能可知，其主要化合价为+1，+3，由于As的最外层电子排布为4s24p3，是半满稳定状态，而Ga的最外层电子排布为4s24p1特别是4p1易失电子，所以As的电负性比Ga大，故答案为+1，大；(3)表中数据可知，镓的卤化物的熔点和沸点都不高，且按照氯、溴、碘依次
49、升高，由于它们组成相同，结构相似，都是分子晶体，所以随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，故熔沸点升高，GaF3的熔点超过1000，是由于F的电负性很大，形成的GaF3是离子晶体，故答案为GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次身高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；GaF3为离子晶体；(4)由二水合草酸镓的结构图可知，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子与羧基中的碳原子的杂化方式相同，形成的都是平面结构，所以应该是sp2杂化；故答案为4，sp2；(5)由于该晶体的熔点高，且砷和镓都不是活泼元素，所以该晶体是原子晶体，其化学式为Ga4As4，该晶体的
50、质量m=g，体积为V=（56510-10）3cm3，则其密度为：g/cm3，故答案为原子晶体，g/cm3。29.化合物M是重要的有机合成中间体,H为高分子化合物,其合成路线如图所示：已知：(R为烃基);2R-CH2CHO。请回答下列问题：（1）E中所含官能团的名称为_。H的结构简式为_。（2）CD涉及的反应类型有_。（3）AB+F的化学方程式为_。（4）D与银氨溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的M的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。官能团种类和数目与M相同分子中含有1个-CH3和1个-CH2CH2-不含-CH2CH2CH2-（6）请结合所学知识和上述信息，写出以苯甲醛和一氯乙烷为
51、原料(无机试剂任选)，制备苄基乙醛()的合成路线：_。【答案】 (1). 碳碳双键、羟基 (2). (3). 加成反应、消去反应 (4). +H2O+CH3CH2OH (5). CH3CH=CHCHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH=CHCOONH4+3NH3+2Ag+H2O (6). 6 (7). 【解析】【分析】本题得有机推断考查了苯、卤代烃、醇、醛、酯的一系列综合反应，分别有烷烃的取代、卤代烃的水解、醇的氧化、酯化反应、加聚反应，特别是题上的两个已知信息是解题难点。【详解】（1）根据D的相对分子质量及已知信息，可以得出A为苯甲酸乙酯，B为乙醇，F为苯甲酸，C为乙醛，根据已知信息推出D是
52、CH3CH=CHCHO，又E与F发生酯化反应，则E属于醇，所以E的结构简式为CH3CH=CHCH2OH，E中所含官能团的名称为碳碳双键和羟基；J为，J的名称为环己醇，E为CH3CH=CHCH2OH，H的结构简式为，故答案为：环己醇，碳碳双键和羟基；（2）C先发生加成反应然后发生消去反应生成D，CD涉及反应类型有加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；（3）A为、B是乙醇，F为苯甲酸，AB+F的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH，故答案为：+H2O+CH3CH2OH；（4）D为CH3CH=CHCHO，D与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CH=CHCHO+2Ag(NH3)2OHCH3
53、CH=CHCOONH4+3NH3+2Ag+H2O，故答案为：CH3CH=CHCHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH=CHCOONH4+3NH3+2Ag+H2O；（5）M为HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，M的同分异构体符合下列条件：官能团种类和数目与M相同，说明含有1个醇羟基、1个羧基，分子中含有1个CH3和1个CH2CH2不含CH2CH2CH2符合条件的结构简式为CH3CH2CH2CHOHCH2COOH、CH3CH2CH2CH(COOH)CH2OHHOCH2CH2CH(CH3)CH2COOH、HOCH2CH2CH(COOH)CH2CH3、HOOCCH2CH2CH(CH3)CH2OH、HOOCCH2CH2CH(CH2OH)CH3，符合条件的有6种，故答案为：6；（6）CH3CH2Cl在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和苯甲醛反应生成苯丙烯醛，苯丙烯醛发生不完全加成反应生成苯丙醛,其流程图为，故答案为：。【点睛】本题E的推断是易错点，在推断时要注意联系上下物质，要与酸反应生成酯，因此E含醇羟基，故DE不是碳碳双键的加成反应；有机合成题要注意合理利用已知条件。
