2018-2019学年吉林省实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

‎2018---2019学年度下学期高二年级化学学科期末考试试题 一、单选题（每小题2分，共24分）‎ ‎1.化学与社会生活息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 树林晨曦中缕缕阳光是丁达尔效应的结果 B. 为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物 C. 2018年12月8日嫦娥四号发射成功，其所用的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 D. 城郊的农田上随处可见的农用塑料大棚，其塑料薄膜不属于新型无机非金属材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.空气中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；‎ B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；‎ C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；‎ D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷 B. 棉、麻、丝、毛完全燃烧后都只生成CO2和H2O C. 用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3‎ D. 油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，故A正确；‎ B．丝、毛的主要成分为蛋白质，含N元素，而棉、麻的主要成分为纤维素，棉、麻完全燃烧都只生成CO2和H2O，故B错误；‎ C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；‎ D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是 ‎①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性 ‎②金属元素在化合物中一般显正价 ‎ ‎③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱 ‎④价电子越多的金属原子的金属性越强 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①对于具有变价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例如Fe2+，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故①错误；‎ ‎②因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中金属元素只显正价，故②正确；‎ ‎③金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难得电子，氧化性越弱，故③正确；‎ ‎④金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故④错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】金属元素在化合物中的化合价一定是正价，因而其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，金属单质在化学反应中只能失去电子，金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol羟基与1mol的氢氧根所含电子数均为9NA B. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为NA C. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA D. 100 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol羟基中含有9mol电子，1mol氢氧根离子中含有10mol电子，二者含有的电子数不同，故A错误；‎ B．Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下，11.2LCl2即0.5mol Cl2溶于水，转移的电子数小于0.5NA，故B错误；‎ C．23g NO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，故C正确；‎ D．100mL 18.4mol•L-1 的浓硫酸，硫酸的物质的量是1.84mol，浓硫酸完全反应，生成0.92mol二氧化硫，但随反应的进行浓硫酸浓度变稀，当变成稀硫酸时反应停止，故生成SO2的分子数小于0.92NA，故D错误；‎ 故答案C。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎5.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D 中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。‎ ‎6. 离子反应是中学化学中重要的反应类型，在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在:①单质；②氧化物；③电解质；④盐；⑤化合物 A. ①② B. ③⑤ C. ④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】离子反应是有离子参加或生成的反应，发生反应的条件是电解质(必须是化合物和纯净物)在一定的条件下必须电离出能反应的离子，故③和⑤正确。复分解反应型离子反应无单质参与，①错误。酸、碱、盐之间的离子反应没有氧化物参加，②错误。酸性氧化物或碱性氧化物与水反应生成相应的酸或碱，其离子反应中没有盐参与，④错误。故答案选B。‎ ‎7.下列有机物的命名正确的是( )‎ A. 1,2,4-三甲苯 B. 3-甲基戊烯 C. 2-甲基-1-丙醇 D. 1,5-二溴丙烷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、主链为苯，从与左边甲基相连的苯环碳开始编号，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2-丁醇，故C错误；‎ D、溴原子在1、3位置，为1，3-二溴丙烷，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎8. 关于分散系，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可有9种组合方式 B. 当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散系可分为溶液、胶体、浊液 C. 溶液是稳定的分散系，放置后不会生成沉淀；而胶体是不稳定的分散系，放置会生成沉淀 D. 溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线出现光亮“通路”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，按照分散质和分散剂状态不同（固、液、气），它们之间可由9种组合方式，A项正确；‎ B项，当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，分散质粒子小于1nm的为溶液，分散质粒子介于1nm~100nm之间的为胶体，分散质粒子大于100nm的为浊液，B项正确；‎ C项，胶体中胶粒带同种电荷，互相排斥，也是较稳定的分散系，放置不会生成沉淀，只有在一定的条件下，例如加热、加电解质等情况下才可发生聚沉，C项错误；‎ D项，胶体中胶体粒子对光有散射作用，可以产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，D项正确；‎ 故答案为C。‎ ‎9.实验室中，下列试剂的保存方法不正确的是 A. 液溴需加水密封保存 B. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中 C. 金属钠保存在煤油中 D. 碳酸钠溶液保存在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液溴具有挥发性，溴的密度大于水且在水中溶解度较小，所以保存液溴时应该放在棕色细口瓶中，并使用水封，故A正确；‎ B. 浓硝酸见光易分解，应放在棕色细口瓶中避光保存，故B正确；‎ C. 钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故C正确；‎ D. 碳酸钠溶液呈碱性，玻璃塞中的二氧化硅在碱性溶液中反应生成具有黏性的硅酸盐而导致玻璃塞打不开，所以碳酸钠溶液不能用配有玻璃塞的试剂瓶保存，可用配有橡胶塞的试剂瓶保存，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10. 通过复习总结，下列归纳正确的是 A. Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物 B. 简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性 C. 一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物 D. 物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成,并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂与生成，也没有能量变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氯化钠中没有氧元素，不属于含氧化合物，A不正确；‎ B项，简单非金属阴离子中非金属元素的化合价处于最低价，只有还原性，金属阳离子不一定只有氧化性如Fe2+具有较强还原性，B项正确；‎ C项，N的+4价有两种氧化物：NO2和N2O4，C项错误；‎ D项，物理变化中也可以发生化学键的断裂如HCl溶于水，也可以伴随能量的变化，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列物质的分离（或提纯）方法正确的是 A. 分离汽油和水--分液 B. 除去氯化钠溶液中的泥沙--蒸馏 C. 分离乙酸与乙酸乙酯--萃取 D. 用四氯化碳提取溴水中的溴单质--过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；‎ B. 泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；‎ C. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；‎ D. 溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。‎ ‎12.下列实验过程可以达到实验目的的是 编号 实验目的 实验过程 A ‎ 配制0.4000 mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后立即转移至250 mL容量瓶中定容 B ‎ 探究维生素C的还原性 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 C ‎ 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液 D ‎ 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察实验现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH的溶解过程是放热的，导致溶液温度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A不选；‎ B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目，故B选；‎ C．向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气中会混入少量水蒸气和氯化氢气体，HCl和NaOH反应，浓硫酸能够干燥氢气，但高锰酸钾溶液和氢气不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气，所以不能实现实验目的，故C不选；‎ D．向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液，二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，实验现象不明显，不能实现实验目的，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，尽管二者能够发生化学反应，但由于实验过程中没有明显现象，因此无法通过实验现象比较反应速率，要注意通过实验验证某结论时，需要有较为明显的实验现象。‎ 二、单项选择题（每小题3分，共30分）‎ ‎13.某有机物结构简式为：，则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为 （ ）‎ A. 3∶3∶2 B. 3∶2∶1 C. 1∶1∶1 D. 3∶2∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该有机物中含有三种官能团，即羧基、醛基、醇羟基、酚羟基。根据官能团的性质，与钠反应的有羟基、羧基，与氢氧化钠反应的有羧基和酚羟基，与碳酸氢钠反应的只有酚羟基，所以消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶1，答案选B。‎ ‎14.已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示（部分产物略去）。下列说法错误的是（　　）‎ A. A、B、D可能是钠及其化合物 B. A、B、D可能是镁及其化合物 C. A、B、D可能是铝及其化合物 D. A、B、D可能是非金属及其化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、若A为NaOH溶液，E为CO2，B为NaHCO3，D为Na2CO3；可以实现如图转化；B、A、B、D若是镁及其化合物，镁是典型金属，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价；C、根据A能和少量E与过量E反应生成化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3；D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO。‎ ‎【详解】A、若A为NaOH溶液，E为CO2，过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成的B为NaHCO3，少量二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成的D为Na2CO3，D→B的反应；Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，B→D的反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，选项A正确；‎ B、A能和少量E与过量E反应生成两种化合物B和D，镁是典型金属，镁的化合物中，形成的氢氧化镁是碱，和酸反应不能和碱反应，镁元素没有可变化合价，不能实现转化关系，选项B错误；‎ C、根据A能和少量E或过量E反应生成两种化合物B和D，即可推断A为AlCl3，E为强碱，发生离子反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，确定出B中含有AlO2-，D为Al（OH）3，则D→B的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B→D的离子方程式为AlO2-+H+（少量）+H2O=Al（OH）3↓，选项C正确；‎ D、由题意，若A和E为单质，若A单质是碳，根据碳的化学性质及框图中A能和少量E与过量E反应生成两种含碳化合物B和D，可推测E是氧气，B为CO2、D为CO，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物的推断，解题关键是根据已知信息结合化合物的性质分析、尝试确定各物质，各物质确定后抓住化学性质解决问题。本题涉及知识点较多，难度较大。‎ ‎15.下列有关钠及其化合物说法正确是的 A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出 B. 实验室中的NaOH溶液用带有玻璃塞的试剂瓶盛装 C. Na2O2和Na2O中阴、阳离子的个数比均为1:2‎ D. 某无色溶液进行焰色反应实验，直接观察时，火焰呈黄色，则该溶液中阳离子只有Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.钠与盐溶液反应时，一般都是先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐反应；B．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅发生反应；C．过氧化钠中含有的是钠离子与过氧根离子；D、钠离子的焰色反应呈黄色，钾离子的焰色反应需要透过钴玻璃观察；据此分析判断。‎ 详解：A.钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，因此生成蓝色沉淀，故A错误；B．氢氧化钠能够与二氧化硅反应生成有粘性的硅酸钠，硅酸钠会将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以烧碱溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶，故B错误；C．Na2O以及Na2O2中，1mol物质都含有2mol钠离子，分别含有1mol硫酸根离子、氧离子、过氧根离子，阴离子与阳离子的个数比均为1：2，故C正确；D、钠离子的焰色反应呈黄色，但是钾离子会干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故D错误；故选C。‎ ‎16.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。‎ ‎17.质量为 25.6 g的 KOH和KHCO3的混合物，先在 250℃煅烧，冷却后发现混合物的质量损失4.9g，则原混合物中KOH和KHCO3的物质的量的关系为（ ）‎ A. KOH物质的量＞KHCO3物质的量 B. KOH物质的量＜KHCO3物质的量 C. KOH物质的量=KHCO3物质的量 D. KOH和KHCO3以任意比混合 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加热时发生反应KOH＋KHCO3K2CO3＋H2O，如果二者恰好反应，KOH和KHCO3物质的量相等，则固体减少的质量是＜4.9g；说明发生该反应后碳酸氢钾是过量的（即KOH物质的量HNO3(浓)‎ D. 含有大量NO3—的溶液中，不能同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA；故A错误；‎ B、KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O反应中KIO3中I元素化合价由+5价降至0价，HI中I元素的化合价由-1价升至0价，该反应中转移5mol电子，生成3mol碘单质，故生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故B错误；‎ C、反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2，只能观察出浓、稀硝酸得失电子数目，不能观察出浓、稀硝酸得失电子的能力，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱，故C错误；‎ D、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3-的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，氧化还原反应电子转移计算以及离子共存等，掌握基础是关键，C答案易错，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱。‎ ‎19.下列判断正确的是 ‎①任何物质在水中都有一定的溶解度，②浊液用过滤的方法分离，③分散系一定是混合物，④丁达尔效应、布朗运动、渗析都是胶体的物理性质，⑤饱和溶液的浓度一定比不饱和溶液的浓度大一些，⑥布朗运动不是胶体所特有的运动方式，⑦任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶粒发生聚沉，⑧相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些。‎ A. ③⑥⑧ B. ②④⑥⑧⑦ C. ①②③④⑤ D. 全部不正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①酒精、H2SO4、HNO3等能与水以任意比互溶，没有溶解度，故①错误；‎ ‎②对乳浊液应通过分液的方法进行分离，无法通过过滤分离，故②错误；‎ ‎③分散系是由分散质和分散剂组成的，属于混合物，故③正确；‎ ‎④渗析是一种分离方法，不属于胶体的物理性质，胶体粒子不能透过半透膜是胶体的物理性质，故④错误；‎ ‎⑤饱和溶液与不饱和溶液忽略了“一定温度”这一前提条件没有可比性，并且不同物质在相同温度下的溶解度不同，如果不是同一物质，也没有可比性，故⑤错误；‎ ‎⑥布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到流体分子与粒子的碰撞而发生的不停息的随机运动，不是胶体特有的性质，故⑥正确；‎ ‎⑦对不带电荷的胶粒，如淀粉胶体，加入可溶性电解质后不一定发生聚沉，故⑦错误；‎ ‎⑧在相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些，故⑧正确；‎ 正确的有③⑥⑧，故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为①，要注意能与水以任意比互溶的物质，不能形成饱和溶液，也就不存在溶解度。‎ ‎20.下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是 选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生的离子方程式 A Fe2+、NO3-、NH4+‎ NaHSO4溶液 ‎3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O B Ca2+、HCO3-、Cl-‎ 少量NaOH溶液 Ca2++2HCO3-+2OH-═2H2O+CaCO3↓+CO32-‎ C AlO2-、HCO3-‎ 通入少量CO2‎ ‎2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-‎ D NH4+、Al3+、SO42-‎ 少量Ba（OH）2溶液 ‎2NH4++SO42-+Ba2++2OH═BaSO4↓+2NH3•H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe2+、NO3-、NH4+离子间不发生反应，能够大量共存，加入NaHSO4溶液后，溶液显酸性，硝酸根离子能够氧化亚铁离子，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故A正确；‎ B．Ca2+、HCO3-、Cl-离子间不发生反应，能够大量共存，加入少量NaOH完全反应，生成碳酸钙、水，反应的离子方程式为Ca2++HCO3-+OH-═H2O+CaCO3↓，故B错误；‎ C．AlO2-、HCO3-不能大量共存，反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，故C错误；‎ D．NH4+、Al3+、SO42-离子间不发生反应，能够大量共存，加入少量Ba(OH)2完全反应，反应生成硫酸钡、氢氧化铝，离子反应方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，可以通过假设法判断离子方程式的正误，若发生2NH4++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2NH3•H2O，则生成的NH3•H2O能够与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀。‎ ‎21. 下列对实验操作分析错误的是 A. 配制0．1mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低 B. NH4NO3溶解吸热，若配制0．5mol/L NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高 C. 配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高 D. 配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A正确；‎ B．NH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B错误；‎ C．所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；‎ D．加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D正确；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=，若操作不当引起nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。‎ ‎22.某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的几种，现进行如下实验：‎ ‎①取少量溶液，加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；‎ ‎②另取少量原溶液，逐滴加入5 mL 0.2 mol·L－1盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；‎ ‎③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43 g。‎ 下列说法中正确的是 A. 该溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－‎ B. 该溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－‎ C. 该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)‎ D. 可能含有Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①向溶液中加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子，溶液中一定不含A13+和Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L-1的盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，，所以一定不存在SiO32-，滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，题中所给的离子中能与盐酸反应生成气体的只有CO32-，则气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO2－和CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+‎ ‎，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，则沉淀为AgCl，物质的量为：0.43g÷143.5g/mol＝0.003mol，②中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl－；‎ A.根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；‎ B.由分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；‎ C.根据溶液呈电中性可以判断，溶液中一定存在钾离子，不需要通过焰色反应判断钾离子是否存在，故C错误；‎ D.根据生成氯化银沉淀的物质的量可知，原溶液中一定存在氯离子，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子，如本题的原溶液中存在CO32－，所以一定不存在与CO32－反应的Ba2+；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子，如本题根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在唯一的阳离子K+；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子要结合题目信息进行判断，如本题中的Cl-就是利用最终生成的AgCl沉淀的质量和开始加入的HCl的物质的量判断一定存在。‎ 三、推断题 ‎23.金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。以下是元素周期表中前18号某种金属元素对应的单质及其化合物之间的转化关系（“→”所指的转化都是一步完成）。‎ ‎（1）A与水反应的离子方程式：_______________。‎ ‎（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO2，反应过程中转移的电子数为____________。‎ ‎（3）200℃时，11.6gCO2和H2‎ O的混合物气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为__________。‎ ‎（4）写出一种“C→D”转化的离子方程式：____。‎ ‎（5）某同学将一小块A单质露置于空气中，观察到下列现象：银白色变灰暗变白色出现液滴白色固体，则下列说法正确的是_________。‎ A．①发生了氧化还原反应 B．①变灰暗色是因为生成了过氧化钠 C．③是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成了溶液 D．④只发生物理变化 ‎【答案】 (1). 2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑ (2). 2NA或2×6.02×1023 (3). 23.2 (4). OH-+H+=H2O（答案合理即可） (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属单质可以形成氧化物，也可以直接生成氢氧化物、金属氧化物可以生成氢氧化物、金属氢氧化物一步形成盐，根据金属单质可以直接形成碱，说明A为活泼金属Na、Mg等，但氧化镁不能溶于水生成氢氧化镁，因此A为Na元素。结合钠及其化合物的性质分析解答。‎ ‎【详解】根据框图，金属单质A能够一步反应生成C(氢氧化物)，则A为活泼金属Na、Mg等，但氧化镁不能溶于水生成氢氧化镁，因此A为Na，C为NaOH。‎ ‎(1)A为钠，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；‎ ‎(2)若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为Na2O2，其供氧时主要反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑，两个反应中都是只有过氧化钠中的O元素化合价发生变化，其供氧时每生成1mol O2，反应过程中转移的电子数为2NA或2×6.02×1023，故答案为：2NA或2×6.02×1023；‎ ‎(3)由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2∶1，m(增重)=m(吸收)-m(放出)，即11.6g-m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)==0.25mol，n(CO2和H2O)=0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量为 ‎=23.2g/mol，原混合物的平均相对分子质量为23.2，故答案为：23.2；‎ ‎(4)如C→D转化的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，则离子方程式为：OH-+H+=H2O，故答案为：OH-+H+=H2O；‎ ‎(5)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3。A．①发生氧化还原反应生成了氧化钠，故A正确；B．①变灰暗色主要是因为生成了氧化钠，4Na+O2=2Na2O，故B错误；C．③是氢氧化钠潮解，吸收水蒸气形成氢氧化钠溶液，故C错误；D．④是二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠固体，发生了化学反应，故D错误；故答案为：A。‎ ‎【点睛】本题的(4)的答案不唯一，具有一定的开放性，若酸选醋酸，则反应的离子方程式为OH-+CH3COOH= CH3COO-+H2O。‎ ‎24.环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。‎ 已知：R1—CH===CH—R2R1—CHO＋R2—CHO ‎(1)③的反应条件是_________________________________________________。‎ ‎(2)A的名称是_______________________________________________。‎ ‎(3)有机物B和I的关系为________(填字母)。‎ A．同系物 B．同分异构体 C．都属于醇类 D．都属于烃 ‎(4)①～⑩中属于取代反应的________________________________________。‎ ‎(5)写出反应⑩的化学方程式____________________________________。‎ ‎(6)写出两种D的属于酯类的链状同分异构体的结构简式：_____________。‎ ‎【答案】 (1). NaOH醇溶液、加热 (2). 1,2-二溴环己烷 (3). C (4). ‎ ‎②、⑦、⑧ (5). nCH2=CH—CH=CH2 (6). CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用题目所给信息，正向分析与逆向分析结合，可知 ‎。‎ ‎【详解】根据以上分析，(1)反应③是发生消去反应生成，反应条件是NaOH醇溶液、加热。‎ ‎(2)A是，名称是1,2-二溴环己烷。‎ ‎(3)有机物B是、I是，结构不同，不属于同系物；分子式不同，不是同分异构体；都含有羟基，都属于醇类；含有氧元素，不属于烃，故选C。‎ ‎ (4)反应①是加成反应；②是羟基代替溴原子，属于取代反应；③是生成，属于消去反应；④是与氢气发生加成反应生成；⑤是与氢气发生加成反应生成；⑥是发生氧化反应生成；⑦是2分子发生取代反应生成；⑧是与发生取代反应生成聚酯；⑨是发生消去反应生成；⑩是发生加聚反应生成，属于取代反应的是②、⑦、⑧。‎ ‎(5)反应⑩是发生加聚反应生成，化学方程式是nCH2=CH—CH=CH2 。‎ ‎(6) 的不饱和度是2，属于酯类的链状同分异构体应该含有1个碳碳双键，结构简式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。‎ 四、工业流程 ‎25.纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。‎ ‎(1)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎①析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是________。‎ ‎②该工艺流程中可回收再利用的物质是________________。‎ ‎③若制得的纯碱中只含有杂质NaCl。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是________(填字母)。‎ a. 向m g纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g b. 向m g纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g c. 向m g纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g ‎(2)将0.84 g NaHCO3和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10 mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是___________(填字母)。‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎(3)若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 mol·L－1‎ 的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)___________。‎ ‎【答案】 (1). 取少量晶体溶于水，加稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则有Cl－，反之则没有 (2). CO2 (3). ac (4). D (5). 0.75 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，据此分析解答；‎ ‎(2)向 NaHCO3和Na2CO3混合并配成的溶液中滴加盐酸，先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，碳酸钠反应完毕，继续滴加时，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，根据方程式计算各各阶段消耗盐酸的体积及生成二氧化碳的物质的量，据此分析判断；‎ ‎(3)根据n=计算n(NaHCO3)，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，再计算剩余HCl物质的量，根据c=计算溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)①检验晶体中是否有氯离子，可以取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则证明该晶体中含有Cl-，反之则没有，故答案为：取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有Cl-，反之则没有；‎ ‎②焙烧过程中得到二氧化碳，沉淀池中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳，故答案为：CO2；‎ ‎③a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量可以计算碳酸钠的量，所以该方案可行，故a选；b．只有碳酸钠能和稀盐酸反应生成CO2，用碱石灰吸收产生的气体，碱石灰增重的量为CO2和水蒸气（以及可能挥发出的HCl）总质量，不能计算出碳酸钠质量，所以该方案不可行，故b不选；c．碳酸根离子和Cl-都与银离子反应生成白色沉淀，根据沉淀的质量和样品的质量可以计算碳酸钠质量，所以该方案可行，故c选；故答案为：ac。‎ ‎(2)0.84gNaHCO3的物质的量为=0.01mol，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol。向 NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，首先0.01mol Na2CO3发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3‎ ‎+NaCl，不放出气体，消耗0.1mol•L-1盐酸0.1L。此时溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，0.02mol碳酸氢钠完全反应消耗0.1mol•L-1盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生二氧化碳达到最大值为0.02mol，故选D；‎ ‎(3)n(NaHCO3)==0.125 mol，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl)-n(NaHCO3)=0.1L×2mol•L-1-0.125 mol=0.075 mol，故c(HCl)剩余==0.75 mol•L-1，故答案为：0.75 mol•L-1。‎ 五、综合题 ‎26.（1）有BaCl2和KCl的混合溶液V L，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2＋完全沉淀，消耗a mol H2SO4；另一份滴加AgNO3溶液，消耗b mol AgNO3使Cl－完全沉淀。原混合溶液中的K＋的物质的量浓度为___mol·L-1。‎ ‎（2）一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为____mol；‎ ‎（3）在一定条件下，实验室分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，四个反应中转移的电子数之比为___________。‎ ‎（4）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，请完成方程式的配平。Al＋NO3－＋ —AlO2－+N2↑＋H2O，_____________‎ ‎（5）某化学反应的反应物和产物：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O ‎①该反应的氧化产物是__________。‎ ‎②若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是是6和3，请在下边的化学式上用单线桥标出电子转移的方向和数目：KMnO4+KI+H2SO4→__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.5 (3). 1：2：2：1 (4). 10Al＋6NO3－＋4 OH- = 10 AlO2－＋3 N2↑＋2 H2O (5). I2、KIO3 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据SO42-+Ba2+═BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(K+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的K+浓度；‎ ‎(2)根据氧化还原反应中得失电子数目相等分析解答；‎ ‎(3)用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价升至0价，而用过氧化氢和过氧化钠制氧气，O则由-1价升至0价。据此分析解答；‎ ‎(4)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价， NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，根据化合价升降守恒，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎(5)反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，KI为还原剂，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等分析解答。‎ ‎【详解】(1)BaCl2和KCl的混合溶液V L，将它均分成两份。‎ 一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a molH2SO4，由 SO42-+Ba2+═BaSO4↓，可知n(Ba2+)=n( SO42-)=n(H2SO4)=amol，则c(Ba2+)== mol/L；‎ 另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，由 Ag++Cl-=AgCl↓，可知n(Cl-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=b mol，则c(Cl-)==mol/L；‎ 溶液显电中性，由电荷守恒可知，c(K+)+ mol/L×2=mol/L，解得：c(K+)=mol/L，故答案为：mol/L。‎ ‎(2)利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72-(0.5mol)时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol，故答案为：1.5 mol。‎ ‎(3)用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由-2价升至0价，如生成1mol O2，需转移4mol电子，而用过氧化氢和过氧化钠制氧气，O则由-1价升至0价，如生成1mol O2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠为原料制取氧气的四个反应中转移的电子数之比为1∶2∶2∶1，故答案为：1∶2∶2∶1；‎ ‎(4)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2‎ 系数为3，由氮元素守恒可知NO3-系数为6，由Al元素守恒可知AlO2-系数为10，根据碱性条件，由电荷守恒可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，故答案为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O；‎ ‎(5)①反应中I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，KI为还原剂，则氧化产物为I2和KIO3，故答案为：I2、KIO3；‎ ‎②该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是是6和3，则I元素失去电子的数目为2×6×[0-(-1)]+3×[+5-(-1)]=30，电子转移方向和数目可表示为，故答案为：。‎ ‎ ‎