1、2015-2016学年河南省新乡市第一中学高二下学期期末考试化学一、单选题：共30题1下列物质中不能由两种单质直接反应生成的是A.Na2OB.Na2O2C.Fe3O4D.FeCl2【答案】D【解析】本题考查了无机物的性质。Na与O2在常温下反应生成Na2O，可由两种单质化合生成，故A正确，不选。Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，可由两种单质化合生成，故B正确，不选。Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，可由两种单质化合生成，故C正确，不选。Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能由两种单质直接化合生成，故D错，选D。 2实验室熔化固体烧碱时应选用的坩埚是A.玻璃坩埚B.石英坩埚C.铁坩埚D.瓷坩
2、埚【答案】C【解析】本题考查了氢氧化钠的性质。玻璃坩埚、石英坩埚和瓷坩埚中都含有二氧化硅，二氧化硅能和烧碱反应：SiO2+2NaOHNa2SiO2+H2O，所以不能用玻璃坩埚、石英坩埚和瓷坩埚来熔融烧碱，而应该用铁坩埚，铁和烧碱不反应，故选D。 3油条是我国北方的传统食品，其做法是将明矾，碱，食盐按比例加入温水中，再加入面粉搅拌成面团，放置，使面团产生气体，形成孔洞，达到柔顺，放置过程发生反应：3Na2CO3+2KAl(SO4)212H2O3Na2SO4+K2SO4+3CO2+2A1(OH)3+21H2O，下列有关判断正确的是A.从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐B.放置过
3、程发生的反应为氧化还原反应C.放置过程发生的反应中反应物和生成物均为电解质D.反应的离子方程式为：3+2KAl(SO4)212H2O3Na2SO4+2K+4+3CO2+2Al(OH)3+21 H2O【答案】A【解析】本题考查了明矾和碳酸钠的性质及盐类的水解。从物质的分类角度来看，油条配方中的“明矾、碱”均属于盐，故A正确。放置过程发生的反应为双水解反应，故B错。二氧化碳不是电解质，故C错。KAl(SO4)212H2O是易溶于水的强电解质，可拆，正确的离子方程式为3+2Al3+3 H2O3CO2+2Al(OH)3，故D错。 4下列各组中的两种物质相互作用时，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种
4、类没有影响的是A.Fe与FeCl3溶液B.NaOH溶液与CO2C.Na2CO3溶液与盐酸D.NaOH溶液与AlCl3溶液【答案】A【解析】本题考查了反应条件或反应物的用量对反应的影响。铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类没有影响，故A正确。Na2CO3溶液与HCl反应，当盐酸过量时可生成氯化钠、水和二氧化碳，当盐酸不足时可生成碳酸氢钠和氯化钠，改变反应条件或反应物的用量对生成物的种类有影响，故C错。氢氧化钠溶液和二氧化碳反应，当二氧化碳少量时可生成Na2CO3，当二氧化碳过量时可生成NaHCO3，故C错。NaOH溶液与AlCl3溶液，当氯化铝过量时可生成Al
5、(OH)3，当氢氧化钠过量时可生成NaAlO2。故D错。 5下列物质的分类结果全部正确的是A.SiO2-酸性氧化物Na2O2-碱性氧化物A12O3-两性氧化物B.水玻璃-混合物冰水混合物-纯净物HT-单质C.火碱-碱石炭酸-羧酸小苏打-酸式盐D.王水-强电解质硫酸钡-强电解质醋酸-弱电解质【答案】B【解析】本题考查物质的分类以及相关概念。Na2O2与酸反应除生成盐和水外，还生成氧气，所以过氧化钠不是碱性氧化物，故A错。石炭酸是苯酚，属于酚类，不是羧酸类，故C错。王水是盐酸和硝酸的混合物，不是电解质，故D错，故该题选B。 6某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯
6、火焰上加热，观察到的现象是A.剧烈燃烧B.发出耀眼白光C.熔化的铝滴落D.失去金属光泽【答案】D【解析】本题考查了铝及其化合物的性质。将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故选D。 7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.25，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.01NAB.已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4 kJ/mol，在该反应中，当有3NA电子转移时，上述热化学反应方程式的焓变为H=-46.2 kJ/molC.2.3
7、g金属钠与过量氧气充分反应，无论加热与否转移电子数为0.1NAD.50 mL 18.4 mo1/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA【答案】C【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的计算。pH=12的氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，没有告诉溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故A错。热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4 kJ/mol中的焓变为H=-92.4 kJ/mol，无论反应转移多少电子，该反应的焓变不会变化，故B错。2.3 g金属钠的物质的量为0.1 mol，金属钠完全反应失去0.1 mol电子，转移电子数均为0.1NA
8、，故C正确。铜与浓硫酸的反应中，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此50 mL 18.4 mo1L-1硫酸与足量Cu反应，生成SO2的分子数小于0.46NA，故D错。 8将56滴饱和FeCl3溶液加入盛有25 mL沸水的烧杯中，加热至溶液呈红褐色，停止加热。下列判断错误的是A.该操作中，FeCl3溶液应逐滴加入B.从外观上看烧杯中的液体透明澄清C.上述过程属于化学变化D.该实验制得了一种不同于FeCl3溶液的新溶液【答案】D【解析】本题考查了胶体的性质和胶体的制取。氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁饱和溶液滴入沸水中得到的，故A正确，不选。氢氧化铁胶体是透明的，故B正确，不选。
9、氯化铁发生水解反应生成氢氧化铁，故C正确，不选。反应制得的是氢氧化铁胶体，故D错，选D。 9下列关于物质的检验说法不正确的是A.加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液含有B.某溶液先用稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液后有白色沉淀生成，证明原溶液中含有Cl-C.加入NaOH溶液并加热，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则原溶液中一定含有D.向某溶液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，说明原溶液中含有Fe2+【答案】A【解析】本题考查了离子的检验。加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液中含有，加入硝酸会氧化为硫
10、酸根离子，和钡离子形成沉淀，不一定有离子，故A错，其余选项都正确。 10NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应方程式是+H+Mn2+H2O(未配平)。下列叙述中正确的是A.该反应中是还原剂B.反应过程中溶液的pH减小C.生成1 molNaNO3时消耗0.4 molKMnO4D.该反应可说明氧化性【答案】AC【解析】本题考查了氧化还原反应的知识。该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A正确。根据方程式可知，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B错。根据转移电子守恒得，生成1 molNaNO3需消耗KMn
11、O4的物质的量为=0.4 mol，故C正确。在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在该反应中氧化剂为，氧化产物为，所以氧化性为，故D错。 11如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定量NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应，下列判断正确的是(不考虑NO2转化为N2O4)A.开始时左右两室中的分子数相同B.反应前后左室的压强相同C.反应后容器内的密度与反应前的相同D.反应后容器内无O2存在【答案】C【解析】由左右两室体积相同，且反应前两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不
12、相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室中的分子数不相同，选项A错误。由于反应后左室气体的物质的量减小，故压强减小，选项B错误。反应后，容器内气体的质量和体积相对于反应前都加倍，故其密度不变，选项C正确。设反应前两连通器中气体的质量均为1 g，则n(NO)=mol，n(O2)=mol，由2NO+O22NO2知，反应后O2过量，故最终容器内有O2存在，选项D错误。 12下列各组物质混合后，既有气体又有白色沉淀生成的是A.明矾和氢氧化钡溶液B.钠和MgCl2溶液C.铜粉和FeC13溶液D.Na2O2和少量FeCl2溶液【答案】B【解析】本题考查了物质间的反应。明矾和氢氧化钡溶液反应，当氢氧化钡少量
13、时反应的化学方程式为2KAl(SO4)2+3Ba(OH)2Al(OH)3+2BaSO4+K2SO4，当氢氧化钡过量时反应的化学方程式为KAl(SO4)2+2Ba(OH)2KAlO2+2BaSO4+2H2O，无气体生成，故A错。Na先和水反应，然后NaOH再和氯化镁发生复分解反应，反应方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，MgCl2+2NaOHMg(OH)2+ 2NaCl，氢氧化镁为白色沉淀，所以符合题意，故B正确。铜粉和FeC13溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，既无沉淀生成，也无气体生成，故C错。过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠，然后NaOH再和氯化亚铁发生复分解反应成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁
14、可被空气中氧气氧化为红褐色的氢氧化铁沉淀，反应方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2NaOHFeCl2Fe(OH)22NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，看不到白色沉淀生成，故D错。 13用高氯酸、硫酸、氢碘酸、醋酸、钠盐、钾盐、铵盐、钡盐相互反应，符合离子方程式2H+CO2+H2O的反应有A.6个B.8个C.15个D.12个【答案】C【解析】本题考查了离子方程式的书写。碳酸的钾盐、钠盐、铵盐和钡盐中碳酸钡不溶于水，离子方程式中不能用表示，其余在溶液中均可用表示，4种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用氢离子表示，硫酸氢钠和硫酸氢钾在溶液中显强酸性与碳酸盐反
15、应生成二氧化碳和水。符合离子方程式2H+CO2+H2O的反应有：碳酸钠、碳酸钾、碳酸铵与高氯酸、硫酸、氢碘酸、硫氢化钠、硫氢化钾可组合出15个反应，故该题选C。 14下列有关物质“量”的说法正确的是A.相同物质的量的Al和A1(OH)3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al(OH)3消耗的碱量较多B.反应N2O4+N2H4N2+H2O中，若有1 mol N2O4参加反应，则有4 mol电子发生转移C.由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中，若n(Na+):n(C)=7:5，则n(Na2CO3):n(NaHCO3)=2:3D.相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，
16、生成硫酸铜的量相同【答案】C【解析】本题考查了混合物计算、氧化还原反应计算等。Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O由化学方程式可知，相同物质的量的Al和A1(OH)3分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体时，Al和Al(OH)3消耗的碱量一样多，故A错。反应中N2O4被还原，N元素化合价由+4降低为0价，有1molN2O4参加反应，发生转移的电子为1mol24=8mol，故B错。令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则：(2x+y):(x+y)=7:5，整理得x:y=2:3，故C正确。相同物质的量的
17、浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量不相同，因为铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，硫原子不能全部转化到硫酸铜中，故D错。 15已知NH3和HCl都能用来做喷泉实验，若在同温同压下用两个大小相同的烧瓶分别收集满NH3和HCl气体，则喷泉实验完毕后有关两个烧瓶中溶液的说法正确的是A.溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B.溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同C.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【答案】A【解析】本题考查了阿伏伽德罗定律的应用。同温、同压、等体积三个条件说明，氯化氢和氨气的物质的量相同，实验完成后，水完全充满烧瓶，
18、水的体积也是相同(都为烧瓶体积)，而相对分子质量不同，质量就不同，溶于相同量的水中，溶质的物质的量浓度相同、溶质的质量分数不同，故该题选A。 16将17.7 gZn与Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解，往溶液中滴加KSCN后，溶液不变色，且只收集到标准状况下4.48 L无色但遇空气变红色的气体，则向反应后的溶液中加入足量的氨水(不考虑沉淀在氨水中溶解损失)，在空气中不断搅拌，充分反应后，最终生成沉淀的质量为A.31.3gB.27.9gC.25.6gD.19.8g【答案】A【解析】本题考查了氧化还原反应的知识。最后沉淀质量为OH-质量+金属质量。由题意可知，往溶液中滴加KSCN后，溶
19、液不变色，说明铁全部转化为亚铁离子，则向反应后的溶液中加入足量的氨水(不考虑沉淀在氨水中溶解损失)，在空气中不断搅拌，充分反应后，Fe(OH)2将全部被氧化,所以生成的沉淀一定为Mg(OH)2、Fe(OH)3,不可能有Fe(OH)2，由信息知，只收集到标准状况下4.48 L无色但遇空气变红色的气体，则生成的气体为一氧化氮，整个过程中既有硝酸得电子又有氧气得电子，硝酸得的电子有关系式NO3e-可知为3=0.6 mol，如再加上空气中氧气得的电子，那么整个过程中得电子数肯定大于0.6 mol，为此金属失去的电子数也大于0.6mol，由于金属阳离子电荷总数等于金属离子结合的OH-数，由 e-OH-可
20、得，金属离子结合的OH-也大于0.6mol，则最后沉淀大于17.7+0.617=27.9 g，即生成沉淀大于27.9 g，故选A。 17在化学学习中使用数轴的表示方法可收到直观、形象的效果，下列表达中正确的是A.分散质微粒的大小与分散系种类的关系：B.常温下溶液的pH与其酸碱性的关系：C.硫的化合物中化合价与其氧化性、还原性的关系：D.Na与O2反应的产物：【答案】C【解析】本题考查了化学概念的判断、物质的性质、氧化性和还原性的判断及pH的计算等。其中分散质微粒直径小于1 nm的是溶液，大于100 nm的是浊液，而胶体介于1 nm和100 nm之间，故A错。氢离子浓度的负对数是pH，所以pH越
21、小，溶液的酸性越强，故B错。凡是元素中化合价处于最高价的就只有氧化性，而处于最低价的就只有还原性，介于中间的既有氧化性还有还原性，故C正确。在常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热的条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠，与钠与氧气的多少无关，故D错。 18室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.饱和氯水中：Cl-、Na+、B.加入甲基橙试液呈红色的溶液：N、K+、Cl-C.Na2S溶液中：、K+、Cl-、Cu2+D.pH=12的溶液中：、I-、Na+、Al3+【答案】B【解析】本题考查了离子共存问题。由于Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，则饱和氯水中含有H+和HClO等微粒，H+与结合生成水
22、和二氧化硫，且在酸性条件下HClO与发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故A错。B.加入甲基橙试液呈红色的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中N、K+、Cl-四种离子能共存，故B正确。因Na2S溶液中S2-与Cu2+结合生成沉淀，则该组离子一定不能大量共存，故C错。因pH=12的溶液中为碱性溶液，在碱性溶液中OH-与Al3+反应生成沉淀氢氧化铝，则该组离子一定不能共存，故D错。 19下列有关说法不正确的A.无单质参加的化合反应有可能是氧化还原反应B.Al既能溶于强酸，又能溶于强碱，所以说明“Al既有金属性，又有非金属性”C.青铜是人类在生产生活中使用最早的合金D.硅在自然界中只以化合态形式存在【
23、答案】B【解析】本题考查了氧化还原反应的知识、铝的性质、合金及硅的存在。无单质参加的化合反应可能有元素化合价的变化，如双氧水和二氧化硫反应生成硫酸，故A正确，不选。金属性是指元素的原子失电子的能力，非金属性是指元素的原子得电子的能力。铝不论是与酸反应还是与碱反应，都是失去3e，化合价升高为3价，均是还原剂，因而铝具有较强的金属性，故B错，选B。青铜是人类在生产生活中使用最早的合金，故C正确，不选。硅元素在自然界中主要是以硅酸盐的形式存在，没有游离态的硅，故D正确，不选。 20下列物质的溶液在空气中长期放置，其pH的变化与图示相符的是A.Ca(ClO)2B.氯水C.NaOHD.浓HCl【答案】B
24、【解析】本题考查了元素化合物知识。由图象可知，物质pH7，呈酸性，溶液在空气中长期放置，pH逐渐减小，说明溶液酸性逐渐增大。Ca(ClO)2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错。氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液显酸性，次氯酸不稳定，见光易分解，生成氧气和盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故B正确。NaOH溶液呈碱性，故C错。浓HCl易挥发，露置空气中浓度逐渐减小，pH逐渐增大，故D错。 21下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：B.二氧化硅的分子式：SiO2C.硫化氢的结构式：H-S-HD.氯化铵的电子式：【答案】C【解析】本题考查了化学用语的知识。中子数为20的氯原子为：，故A错。二氧化硅的
25、化学式为：SiO2，故B错。硫化氢的结构式为：H-S-H，故C正确。氯化铵的电子式为：，故D错。 22在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、N的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数几乎没有变化的是A.Fe3+、Al3+B.Al3+C.Fe2+、Al3+D.【答案】B【解析】本题考查了离子反应、过氧化钠的性质。加入Na2O2固体，生成了NaOH和O2，O2把Fe2+氧化成了Fe3+，Fe3+被NaOH沉淀为Fe(OH)3，Al3+转化成了，与碱反应有部分NH3逸出,再加过量稀盐酸，Fe(OH)3和又变回了Fe3+和Al3+，所以离子数目的变化情况是F
26、e3+增加，Fe2+减少，NH4+减少，Al3+不变，故该题选B。 23下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是【答案】B【解析】本题考查了本题考查的是无机推断和有机推断的知识。把各选项中的物质带入，判断能否实现物质的转化。Al(OH)3不能一步转化为Al，故A错。稀HNO3与Cu等金属反应可生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，故B正确。SiO2不能一步转化为H2SiO3，故C错。CH3CHO不能通过一步生成CH2=CH2，故D错。 24下列离子方程式书写不正确的是A.等浓度NaHSO4和Ba(OH)2两溶液等体积混合H+Ba2+O
27、H-BaSO4+H2OB.在含有Mn2+的溶液中加入稀硝酸酸化，再加入PbO2反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2+2H2OC.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OD.Na2O2投入H218O中：2H218O+2Na2O24Na+4OH-+18O2【答案】D【解析】本题考查了离子方程式的正误判断。Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水没有参与氧化还原反应，18O应该在氢氧化钠中，故D错，其余选项都正确，故该题选D。 25含的工业废水会造成水体富营养化，可利用如下反应将其转化为NH3：A1+口+口+口口+口，反应中涉及到的另外3种微粒是H2
28、O、Al、OH-，下列说法正确的是A.反应中的Al被还原，是还原剂B.产物分别是NH3、Al和OH-C.若有4 molAl参加反应，则有1.5 mol被还原D.随着反应的进行，溶液的碱性逐渐增强【答案】C【解析】本题考查了氧化还原反应的知识。A1与发生氧化还原反应，Al转化为Al化合价升高失电子，转化为NH3化合价降低得电子，则发生的反应为8Al+ 5OH-+2H2O+38Al+3NH3。A1与发生氧化还原反应，Al转化为Al化合价升高失电子，则Al为还原剂，转化为NH3化合价降低得电子，则为氧化剂，故A错。由上述推断可知反应为8Al+ 5OH-+2H2O+38Al+3NH3，则OH-为反应物
29、，不是产物，故B错。由反应8Al+ 5OH-+2H2O+38Al+3NH3可知，若有4 mol Al参加反应，转移电子为12 mol，则有mol被还原，故C正确。由于反应消耗氢氧根离子，所以随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱，故D错。 26下述实验设计能够达到目的的是【答案】D【解析】A项CO2也会被Na2CO3溶液吸收,应用饱和NaHCO3溶液;B项Cu粉也可与硝酸反应,应用盐酸;C项应先加KSCN溶液,再加入氯水,以排除Fe3+的干扰。 27将氯气通入一定温度的KOH溶液中，得到含有次氯酸钾、氯酸钾和氯化钾的混合溶液。若反应过程中转移6.021023个电子，所得溶液中c(Cl-):c()=
30、10:1，则参与反应的C12的物质的量为A.0.8 mo1B.0.6 mo1C.0.5 mo1D.1.0 mo1【答案】A【解析】本题考查了氧化还原反应的计算。反应过程中转移6.021023个电子，电子的物质的量为1mol，所以溶液中n(Cl-)=1mol，由于溶液中c(C1-):c()=10:1，所以n()=0.1mol，根据电子转移守恒可知：n(ClO-)1+n()5=n(Cl-)1，即n(ClO-)+0.1mol5=1mol，则n(ClO-)=1 mol-0.5 mol=0.5 mol，根据氯元素守恒可知2n(C12)=n(Cl-)+n()+n(ClO-)=1 mol+0.1 mol+0
31、.5 mol=1.6 mol，则n(C12)=0.8 mol，故该题选A。 28下列反应过程符合如图所示关系的是A.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体至过量B.向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量C.向澄清石灰水中通入CO2气体至过量D.向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量【答案】C【解析】本题考查了无机物之间的反应。向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体至过量，先生成BaSO4沉淀，后沉淀不溶解，与图像不符，故A错。向Na2SiO3溶液中通入HCl气体至过量，先生成H2SiO3沉淀，后沉淀不溶解，与图像不符，故B错。向澄清石灰水中通入CO2气体至过量，发生的反应为Ca(OH)2
32、CO2H2OCaCO3H2O，CaCO3CO2H2OCa(HCO3)2，由此可知生成沉淀和沉淀的溶解过程中消耗的CO2的体积比为1:1，符合图像，故C正确。向NaAlO2溶液中通入HCl气体至过量，反应为NaAlO2HClH2OAl(OH)3NaCl，Al(OH)33HClAlCl33H2O，由此可知生成沉淀和沉淀的溶解过程中消耗的HCl的体积比为1:3，与图像不符，故D错。 29一定质量含Cu、Cu2O、和CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为A.3.2 mol/LB.3.6 mol/LC.4.0 mol/LD.4.4 mol/L【答案】
33、A【解析】本题考查了铜及化合物的性质及有关计算。设其中一份中n(Cu)=x，n(Cu2O)=y，n(CuO)=z，依得失电子守恒和氧元素守恒，有：2x+2y=3，y+z=，可得x+2y+z=0.7 mol，亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70 mol，则500 mL稀硝酸中，n(HNO3)=0.70 mol2+0.20 mol=1.60 mol，c(HNO3)=3.2 mol/L，故该题选A。 30某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1 molL-1的盐酸，测得溶液中的、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A.原混合溶液中的与的物质的
34、量之比为1:2B.v1:v2=1:5C.M点时生成的CO2为0.05 molD.a曲线表示的离子方程式为：+H+H2OAl(OH)3【答案】D【解析】本题考查了离子反应与图象关系、化学计算等。Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，首先，发生反应+H+H2OAl(OH)3，a线表示，由图可知反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n()=n(H+)=0.05L1mol/L=0.05mol。第二阶段，反应完毕，发生反应+H+，b线表示，c线表示，由图可知反应完毕，该阶段加入盐酸100 mL-50 mL=50 mL，根据方程式可知n()=n(H+)=0.05L1 mo
35、l/L=0.05 mol。第三阶段，反应完毕，发生反应+H+CO2+H2O，d线表示、，由图可知反应完毕，该阶段加入盐酸150 mL-100 mL=50 mL，根据方程式可知n()=n(H+)=0.05 L1 mol/L=0.05 mol。第四阶段，发生反应Al(OH)3+3H+Al3+3H2O，e线表示Al3+，由图可知Al(OH)3反应完毕，根据方程式可知n(H+)=3nAl(OH)3=30.05 mol=0.15 mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15 L=150 mL。由上述分析可知，原混合溶液中的与的物质的量之比为0.05 mol:0.05 mol=1:1，故A错。原溶液中n()=0
36、.05 mol，V1时溶液中碳酸氢根离子等于碳酸根离子为0.025 mL，由反应+H+可知，需要盐酸为0.025 mol，盐酸的体积为=0.025 L=25 mL，则V1=50 mL+25 mL=75 mL，由上述分析可知，V2=150 mL+150 mL=300 mL，所以V1:V2=75 mL:300 mL=l:4，故B错。由上述分析可知M点时溶液中完全转化为，没有CO2生成，故C错。由上述分析可知，a曲线表示的离子方程式为：+H+H2OAl(OH)3，故D正确。二、填空题：共4题31(1)向含有等物质的量的、Fe2+、Br-、I-的溶液中，通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中
37、相关离子的物质的量关系如图所示。原溶液中各离子的物质的量是_mol通入Cl23.36L时，溶液中发生反应的离子方程式有_、_。(2) 某溶液中仅含下表中的5种离子(不考虑水的电离及离子的水解)，且各离子的物质的量均为0.01mol。a若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化b若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变c若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成.试回答下列问题：原溶液中所含的阴离子是_；若向原溶液中加入足量NaOH溶液，充分反应后静置一段时间，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体是_(写化学式)；若向原溶液中加入过量盐酸，写出该过程中发生反应的离子方程式_。【答案】(
38、1)0.1；+Cl2+H2O+2Cl-+2H+、2I-+Cl2I2+2Cl-；(2)、Cl-、；CuO、Fe2O3；3Fe2+4H+3Fe3+NO+2H2O；【解析】本题考查了氧化还原反应的知识、离子反应和离子共存问题。(1)离子还原性I-Fe2+Br-，故首先发生反应+Cl2+H2O+2Cl-+2H+，再发生反应2I-+Cl2I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-。由上述分析再结合图象可知，亚铁离子的物质的量为0.1mol，含有等物质的量的、Fe2+、Br-、I-的溶液，故原溶液中各离子的物质的量是0.1mol。由上述分析
39、再结合图象可知，通入3.36L的氯气时，亚硫酸根离子和碘离子正好被氯气全部氧化，故反应的离子方程式为+Cl2+H2O+2Cl-+2H+、2I-+Cl2I2+2Cl-。(2) 若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+，若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl-，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有，各离子的物质的量均为0.1mol，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，所以原溶液中所含的阴离子是、Cl-、。原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+，若向原溶
40、液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是CuO、Fe2O3。加入盐酸，具有氧化性的和还原性的Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2+4H+3Fe3+NO+2H2O。 32以下是用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生成流程示意图：回答下列问题：(1)酸浸使用的是稀盐酸、过滤后滤液A中的金属阳离子是_(写离子符号)；(2)滤液B中加入NH4HCO3溶液的离子方程式_；(3)煅烧FeCO3生成产品的化学反应方程式为_；(4)已知几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图所示，产品的化学式为_，为了获得产品，向
41、(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液后，还需要进行的操作是_、趁热过滤、洗涤、干燥。(5)检验产品晶体中是否含有少量的氯化物杂质需用到的试剂是_；(6)步骤中可选用_(填序号)试剂调节溶液的pH。A.稀硝酸B.双氧水C.氨水D.高锰酸钾溶液【答案】(1)Fe2+、Fe3+；(2) Fe2+2FeCO3+CO2+H2O(3)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；(4)K2SO4；蒸发结晶；(5) Ba(NO3)2、AgNO3；(6)C【解析】本题考查了用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生成流程及有关问题。(1)根据硫铁矿烧渣(主要成分为
42、Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)可知，Fe2O3、Fe3O4、FeO可与酸反应生成铁盐和亚铁盐，其中二氧化硅不溶于酸，所以滤液A的成分中含有的金属阳离子有Fe3+、Fe2+。(2)滤液A经加入铁粉后，铁离子全部转化为亚铁离子，过滤除去二氧化硅，所以滤液B中的金属阳离子为亚铁离子，亚铁离子与碳酸氢根离子电离产生的碳酸根离子结合为碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根离子的电离，产生的氢离子又与碳酸氢根离子发生反应生成二氧化碳和水，所以该反应的离子方程式为Fe2+2FeCO3+CO2+H2O。(3)由流程图可知煅烧碳酸亚铁后生成氧化铁，所以该反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2
43、。(4)产品II是无氯钾肥，所以产品II是硫酸钾，化学式为K2SO4，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液后，根据几种盐的溶解度曲线，可知硫酸钾的溶解度较小，氯化铵的溶解度较大，所以还需要进行的操作是蒸发结晶，将硫酸钾以晶体形式析出，趁热过滤、洗涤、干燥，即可得到产品II。(5)因为产品II是硫酸钾，若含有氯化物，则应先除去硫酸根离子，以免给氯离子的检验带来干扰，所以应选择的试剂是Ba(NO3)2溶液、AgNO3溶液。(6)A、B、D都具有强氧化性，易把亚铁离子氧化为铁离子，同时给溶液带来新的杂质，所以选择氨水调节pH，而且在后面的步骤中加入了铵盐，所以不会引入新的杂质，故该题选C。 33
44、【选修三-物质结构与性质】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素.其中A的基态原子有3个不同能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E， F和C位于同一主族，F处于第一个长周期。(1) F原子基态的外围核外电子排布式为_；(2)由A、B、C形成的离子CAB-与AC2互为等电子体，则CAB-的结构式为_；(3)在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为_；(4)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、CH2=CHCHO、HCOOH、 CH3COON
45、O2(PAN)等二次污染物。下列说法正确的是_；A. N2O为直线型分子B. C、N、O的第一电离能依次增大C. CH2=CHCHO分子中碳原子均采用sp2杂化D.相同压强下，HCOOH沸点比CH3OCH3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子(5)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)，己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-l，则该晶胞中含有的P原子的个数为_，该晶体的密度为_ gcm-3(用含NA、a的式子表示)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p4(2)(3)sp(4) AC(5)16；【解析】本题考查了物质的结
46、构与性质。原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素.其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，则A为碳元素，C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素，由原子序数可知B为N元素；E、F和C位于同一主族，F处于第一个长周期，则E为S元素，F为硒元素，D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，处于A族，原子序数大于O元素小于S元素，则D为钠元素。(1)F原子核外电子数为34，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4。(2)OCN-与CO2互为
47、等电子体，价电子总数相等，二者结构类似，则OCN-的结构式为N=C=O-。(3)元素C与S所形成的常见化合物为CS2，CS2的结构类似于CO2，S原子的杂化方式与CO2中C原子的杂化方式相同，为sp杂化。NH3分子之间存在氢键，CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强，故其沸点高于CH4。(4) N2O与CO2互为等电子体，与CO2的结构相似，CO2为直线形分子，所以N2O也为直线形分子，故A正确。同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能OC。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NO
48、C，故B错。CH2=CHCHO的结构式为，每个C含有3个键，不含孤对电子对，所以CH2=CHCHO分子中碳原子均采用sp2杂化，故C正确。HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3高，故D错。(5) 由白磷的晶胞结构可知，则该晶胞中含有的白磷分子的个数为8+6=4，一个白磷分子中含有4个磷原子，故则该晶胞中含有的P原子的个数为44=16，一个晶胞的质量为g，一个晶胞的体积为，故晶胞的密度为=gcm-3。 34【选修五-有机化学基础】塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善
49、白酒等饮料的口感，但超过规定的限量会对人体产生伤害。其合成线路图如图I所示：已知以下信息：(-R1、R2表示氢原子或烃基)C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示(1)C的结构简式为_ ；(2)E中所含官能团的名称是_；(3)写出E和H2以物质的量比1:1反应生成F的化学方程式：_；(4)写出B和F以物质的量比1:2合成DBP的化学方程式：_，该反应的反应类型为_；(5)同时符合下列条件的B的同分异构体有_种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式_。不能和NaHCO3溶液反应能发生银镜反应遇FeCl3溶液显紫色核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子【答案】(1)CH3CH2OH
50、；(2)碳碳双键、醛基；(3)CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH；(4)，取代反应；(5)6；、(任写一个)。【解析】本题考查了有机物的推断。A反应生成邻苯二甲酸，结合信息可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO，E为CH3CH2=CHCHO，E和H2以物质的量比1:1反应生成F，B和F以物质的量比1:2合成DBP，合成DBP为酯化反应，则F为CH3CH2=CHCH2OH，DBP为。(1)C的结构简式为CH3CH2OH。(2)E为CH3CH2=CHCHO，含有碳碳双键、醛基。(3)E和H2以物质的量比1:1反应生成F的方程式为：CH3CH=CHCHO+H2CH3CH=CHCH2OH。(4) B和F以物质的量比1:2合成DBP的方程式为：，属于取代反应。(5)同时符合下列条件的B()的同分异构体：不能和NaHCO3溶液反应，不含羧基，能发生银镜反应，含有醛基，遇FeC13溶液显紫色，含有酚羟基，核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，符合条件的同分异构体有：、共6种。