山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二下学期月考化学试题

山西省长治市第二中学校2018-2019学年高二下学期月考化学试题

‎2018—2019学年第二学期高二第二次月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Pb-207‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）‎ ‎1.下列有关物质变化的说法不正确的是（ ）‎ A. 石油的分馏和裂化都是化学变化 B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应 C. 煤的液化和气化都是化学变化 D. 乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油的分馏是物理变化，故A说法不正确；B. 硝化反应和酯化反应都属于取代反应，故B正确；C.煤的液化和气化都是化学变化，故C说法正确；D.乙烯与溴水反应和苯与H2反应都属于加成反应，故D说法正确；答案选A。‎ ‎【点睛】煤的液化和气化并不同于物理学中的液化和气化，煤的液化和气化是通过一系列的化学变化而实现状态的改变，不能将两者混淆。‎ ‎2.磁流体是电子材料的新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH 溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径 在 5. 5 ~ 36nm的磁流体。下列说法中正确的是 A. 所得的分散系属于悬浊液 B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应 C. 所得的分散系中分散质为 Fe2O3‎ D. 该分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系，根据胶体的性质分析．‎ ‎【详解】根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体范畴，具备胶体的性质。‎ A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；‎ B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；‎ C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；‎ D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关的叙述正确的是 A. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了变性 B. 任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团 C. 用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全 D. 在空气中灼烧铜丝，待铜丝冷却至室温后再伸入乙醇中，反复多次，可以制得乙醛 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向鸡蛋清溶液中，加入饱和（NH4）2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了盐析，加入重金属离子的盐时，蛋白质会发生变性，选项A错误；B、氨基酸中含有羧基和氨基，任何一种氨基酸至少含有两个或两个以上的官能团，选项B正确；C、牛油与氢氧化钠发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油的混合液，二者都溶于水，若将反应后的液体中滴入沸水中，有油状液体浮在水面，说明牛油没有完全水解，选项C错误；D、Cu氧化后不能冷却，加热时CuO可氧化乙醇，可反应生成乙醛，操作不合理，选项D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了糖类、油脂、蛋白质的结构和性质，题目难度不大，注意把握蛋白质的盐析与变性的差别。蛋白质中加入轻金属盐如氯化钠、硫酸铵溶液等会发生盐析，是物理变化；加入重金属盐、加热、强酸、强碱、酒精、甲醛、苯酚等会发生变性，是化学变化。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 A. 常温下，1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子数之和等于0.1NA B. 常温常压下，28克由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为3NA个 C. 标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为1.5NA个 D. 常温下，1L 0.1mol·L-1‎ 醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子外，还含有碳酸分子；B、C3H6和C4H8的最简式均为CH2；C、氯气与水反应为可逆反应；D、电荷守恒。‎ ‎【详解】A、碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子外，还含有碳酸分子，常温下，1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-离子数之和小于0.1NA，故A错误；B、C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n=28g/14g·mol－1=2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，故B错误；C、标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5NA，故C错误；D、电荷守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)=1L ×0.1mol·L-1=0.1mol，故D正确。‎ ‎【点睛】难点：B，C3H6和C4H8的最简式均为CH2，含3mol共用电子对；D、要巧用电荷守恒去理解。‎ ‎5.埋在地下的铸铁输油管道，在下列各种情况下，被腐蚀速率最慢的是 A. 在含铁元素较多的酸性土壤中 B. 在潮湿疏松的碱性土壤中 C. 在干燥致密不透气的土壤中 D. 在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铸铁的腐蚀应属于电化学腐蚀，构成的是原电池，减缓反应可以是缺少电解质或者缺少氧气。‎ ‎【详解】A、酸性环境中酸性物质与铁发生反应，会加快铁的腐蚀，故A错误；B、潮湿疏松的土壤中，铁容易发生电化学腐蚀，故B错误；C、干燥致密不透气的土壤中，氧气稀薄，且无电解质溶液，故不易形成原电池，铁的腐蚀速率很小，故C正确；D、潮湿疏松的环境提供溶液环境，铸铁含碳较多可以形成原电池，会加速铁的腐蚀，故D错误。‎ ‎6.如图所示为800 oC时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，分析图像得出的结论错误的是(　　)‎ A. A是反应物 B. 前2 min A反应速率为0.1 mol·L－1·min－1‎ C. 2min后反应达到平衡，v(A)正 = v(C)逆 D. 反应的方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故A正确；B、由图可知，前2 min，A的浓度变化量为△c(A)=0.2mol/L，所以v(A)==0.1 mol•L-1•min-1，故B正确；C、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，2min后，反应达到平衡状态，v(A)正 = 2v(C)逆，故C错误；D、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)＋C(g)，故D正确；故选C。‎ ‎7.已知反应：①Cl2+2KI═2KCl+I2②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O③2KIO3+Cl2═I2+2KClO3，下列说法正确的是 A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2‎ C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1‎ D. ③中1 mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应②没有单质参加，不属于置换反应，故A错误；‎ B.由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性KClO3＞Cl2，由反应③可知KIO3‎ ‎＞KClO3，则有氧化性：KIO3＞KClO3＞Cl2＞I2，故B正确；‎ C.反应②中，KClO3中的Cl元素从+5价降低至反应后0价，所以KClO3是氧化剂，HCl中-1价Cl反应后升高到0价，HCl是该反应的还原剂，但被还原的HCl为5mol，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；‎ D. 反应③中氧化剂KIO3中碘元素的化合价由+5下降到0价，则1 mol还原剂参与反应时，氧化剂得到电子的物质的量为2×5mol=10mol，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最容易，同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素，相邻价态间不发生氧化还原反应。‎ ‎8.将4.0 g氢氧化钠固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（ ）‎ ‎①自来水 ②3.65 g HCl ③6.0 g醋酸 ④5.35 g NH4Cl A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①水是弱电解质,加入氢氧化钠全部电离后,离子浓度变化很大,故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠,溶液中离子浓度变化很小,故其导电能力变化很小；③中的醋酸是弱电解质，原先只部分电离,氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离,离子浓度变化很大,故导电能力变化很大；④中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3•H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3•H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大；故②④正确，选B。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是 A. 用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl－ + 2H+ H2↑ + Cl2↑‎ B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O ═ AlO2-+ 4NH4+ + 2H2O C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2 + H2O + 2C6H5O－→ 2C6H5OH + 2 CO32－‎ D. Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl- + 2H2O H2↑+ Cl2↑+2OH－，水是弱电解质，不能用离子形式表示，故A错误；‎ B .氢氧化铝不能溶于弱碱氨水中，故B错误；‎ C. 由于苯酚的酸性较碳酸氢根强，则苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故C错误；‎ D. Na2SO3具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，离子方程式为：5SO32- + 6H+ + 2MnO4- ═ 5SO42－+ 2Mn2+ + 3H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是(　　)‎ A. 水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、Cl－、NO3-‎ B. 能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO、S2－、CO C. 含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－‎ D. 加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K＋、NH、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性；B．能使pH试纸变深蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子；C．铁离子与硫氰根离子、碘离子能够反应；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性或者强碱性溶液；据此分析判断。 ‎ 详解：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A错误；B．能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．Fe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性等。本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，与还原性的离子不能大量共存。‎ ‎11.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是 A. 原子半径：X>Y>Z>W B. 简单氢化物的稳定性：W>Z>Y C. Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强 D. 一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl, Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S, Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。‎ A. 因为Mg S Cl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径: Mg>S>Cl>F,故A正确；B. 简单氢化物分别是:HF HCl H2S，根据元素周期律知他们的非金属性F>Cl>S,所以稳定性:HF > HCl > H2S ,故B正确；C. Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y 的最高价氧化物的水化物的酸性强。故C错；D. 一定条件下，Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。答案：C。‎ 点睛：考查元素周期律的知识。解答本题时根据元素周期律抓住递变规律进行分析即可。先通过原子结构知识确定元素种类。突破口为Y的最高正价与最低负价代数和为4。再根据物质的特性W的氧化物水溶液可用于蚀刻玻璃进行判断。‎ ‎12.四元轴烯(a)、苯乙烯(b)、立方烷(c)的分子式均为C8H8，下列说法正确的是 A. a 的同分异构体只有b 和c两种 B. a、b、c均能使溴的四氯化碳溶液褪色 C. a、b分子中的所有原子一定处于同一平面 D. a、c的二氯代物有3种，b的一氯代物有5 种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、通过多个碳碳双键和叁键或环状满足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHCCH等，选项A错误；B、三种分子中只有a和b中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，只有a和b能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，选项B错误；C、乙烯分子是平面结构，四元轴烯分子中的所有原子一定处于同一平面；苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子不一定在同一平面，选项C错误；D、不考虑立体结构，a的二氯代物一种两个氯在碳碳双键末端、一种是同一边的末端两个碳上和一种是对角末端两个碳上的取代共3种；c的二氯代物一种分别是在立方体的同一边两个碳上取代，或在同一面的对角的碳上取代，或是在立体对角上两个碳上的取代，也有3种，b有五种化学环境下的氢，其一氯代物有5种，选项D正确。答案选D。‎ ‎13.向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是 A. 线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况 B. 原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L C. 当通入 2mol Cl2时，溶液中已发生离子反应可表示为2Fe2++2I－+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl-‎ D. 原溶液中n（Fe2+）：n（I－）：n（Br－）=2：1：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe2＋、I－、Br－还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，通入氯气先与还原性强的离子发生反应，据此分析；‎ ‎【详解】还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，反应的先后顺序是2I－＋Cl2=2Cl－＋I2、2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，‎ A、AB段发生I－和Cl2的反应，B点溶液中I－完全反应，1～3间发生Fe2＋和Cl2反应，即BC段代表Fe3＋的物质的量的变化情况，故A正确；‎ B、由图可知，1～3间发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知，溶液中n(Fe2＋)=2mol×2=4mol，DE段发生2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，此时消耗Cl2的物质的量为3mol，即原溶液中n(Br－)=2×3mol=6mol，原溶液中n(FeBr2)=3mol，因不知溶液的体积，无法计算FeBr2的物质的量浓度，故B错误；‎ C、AB段发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，根据图可知，此段消耗1mol氯气，原溶液中n(I－)=2mol，剩下1molCl2再与2molFe2＋反应，因此消耗n(I－)：n(Fe2＋)：n(Cl2)=2：2：2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故C正确；‎ D、根据上述选项的分析，原溶液中n(I－)=2mol，n(Fe2＋)=4mol，n(Br－)=6mol，因此n(Fe2＋)：n(I－)：n(Br－)=4：2：6=2：1：3，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.若往20 mL 0.01 mol·L－1 HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法不正确的是 A. HNO2的电离平衡常数：c点>b点 B. b点混合溶液显酸性：c(Na＋)>c(NO2-)>c(H＋)>c(OH－)‎ C. c点混合溶液中：c(OH－)>c(HNO2)‎ D. d点混合溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(NO2-)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：c点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-‎ ‎），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正确；故选B。‎ 考点：考查了离子浓度大小的比较的相关知识。‎ ‎15.根据如表提供的数据可知，在溶液中能大量共存的微粒组是 A. H2CO3 、HCO3－、CH3COO－、CN－‎ B. CO32－、 HCO3－、CH3COOH、CN－‎ C. HCO3－、CH3COO－、CN－、HCN D. HCN 、HCO3－、CN－、CO32－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 相同温度下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，因此酸性强弱顺序为：；根据“强酸制弱酸”进行判定：酸性强于，与反应生成和，因此不能大量共存，A错误；酸性最强，与反应生成和，与反应生成和，与反应生成和，因此不能大量共存，B错误；酸性较弱，不能与、、反应，四种微粒可以大量共存，C正确；酸性强于，与反应生成和，因此不能大量共存，D错误；正确选项C。‎ 点睛：针对此题可知：相同温度下，电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，因此酸性强弱顺序为：；有此可知同一浓度的盐溶液①CH3COONa ②Na2CO3 ③NaCN ④NaHCO3的碱性由大到小的顺序为：②>③>④>①。‎ ‎16.常温下，向0.1mol·L−1二元弱酸H2A的溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HA－、A2−的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. a曲线代表HA−的物质的量分数随pH的变化 B. M点pH＝1.1时，溶液中微粒浓度关系为c(H+)>c(HA−)＝c(H2A)‎ C. pH＝2.7时，c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)＝0.1mol·L−1‎ D. N点pH＝4.2时，c(A2−)＝c(HA−)，溶液中不存在H2A分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生H2A＋OH－=HA－＋H2O、HA－＋OH－=H2O＋A2－，然后结合图象以及守恒关系进行分析。‎ ‎【详解】A、向二元弱酸H2A中逐滴加入NaOH溶液，依次发生反应：H2A＋OH－=HA－＋H2O、HA－＋OH－=H2O＋A2－，结合题图可知，a曲线代表H2A的物质的量分数随pH的变化，b曲线代表HA－的物质的量分数随pH的变化，c曲线代表A2－的物质的量分数随pH的变化，故A错误；‎ B、pH=1.1时，溶液中c(H＋)=10－1.1mol/L，根据图可知，c(HA－)=c(H2A)<0.05mol·L－1，因此有c(H＋)>c(HA－)=c(H2A)，故B正确；‎ C、当pH=2.7时，因滴入NaOH溶液，溶液的体积增大，结合物料守恒可知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)<0.1mol·L－1，故C错误；‎ D、N点时，c(A2－)=c(HA－)，但溶液中仍存在H2A分子，只不过其浓度很小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定过程分析，明确题图中各点发生的化学反应以及溶液中的溶质是解答本题的关键，在进行溶液中微粒浓度关系分析时，一般结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒来判断；易错选项是C，溶液中遵循物料守恒但因为混合使溶液的体积增大，即c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)<0.1mol·L－1。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题 ‎17. 科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。‎ ‎（1）实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为 。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是 。‎ ‎（2）右图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+S＝Na2,正极的电极反应式为 。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是 。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的 倍。‎ ‎（3）溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固体，溶液Ph （填“增大”“减小”或“不变”），溶液长期放置有硫析出，原因为 （用离子方程式表示）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎(2)正极的电极反应式为：xS+2e-= Sx2-,M的作用：一是导电，二是因钠与硫易反应，故它起到隔离作用；钠高能电池中负极为钠,有23 g钠消耗释放1 mol e-，则207 g钠消耗时转移207/23 mol e-，铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,铅蓄电池中铅是负极，207 g铅消耗时转移2 mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的(207/23)∶2=4.5倍。‎ ‎(3)根据电离与水解的知识可判断：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，加入少量固体CuSO4后，溶液中发生离子反应：Cu2++S2-=CuS↓,由于c(S2-)降低，故由S2-水解产生OH-量减小，c(OH-)变小，c(H+)变大，溶液的pH减小；Na2‎ S溶液长期放置所发生的化学反应方程式为2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓,故离子方程式为2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓。‎ ‎18.以粉煤灰（主要成分为Al2O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等）为原料制备Al2O3的流程如下：‎ ‎（1）“酸浸”时需加入过量的稀硫酸，目的是提高浸取率和________；滤渣的主要成分是__________。‎ ‎（2）“氧化”过程中，加入H2O2发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎（3）“提纯”过程中，当加入NaOH溶液达到沉淀量最大时，溶液中c(SO42－)∶c(Na＋)＝_________。‎ ‎（4）已知Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。“提纯”过程中，当c(Fe3+)＜10－6 mol ·L－1时，溶液中c(OH－)＞________mol ·L－1。‎ ‎（5）“沉淀”过程中，通入过量CO2时发生反应的化学方程式为_____________。‎ ‎【答案】（1）抑制Al3+水解（或为后续反应提供H+），SiO2；‎ ‎（2）2Fe2++ H2O2+ 2H+＝2Fe3++ 2H2O；（3）1∶2；‎ ‎（4）1×10—11；（5）NaAlO2+ CO2+ 2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)铝离子能够水解，因此“酸浸”时加入过量的稀硫酸，除了可以提高浸取率，还可以抑制Al3+水解；Al2O3和SiO2、FeO、Fe2O3中只有SiO2不能被硫酸溶解，因此滤渣是，故答案为：抑制Al3+水解；SiO2；‎ ‎(2)“氧化”过程中，加入H2O2能够将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+＝2Fe3+ + 2H2O，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+＝2Fe3+ + 2H2O；‎ ‎(3)“提纯”过程中，当加入NaOH溶液，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，且沉淀完全时，沉淀量达到最大，此时溶液中的溶质为硫酸钠，c(SO42－)∶c(Na＋)＝1:2，故答案为：1:2；‎ ‎(4)根据Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。“提纯”过程中，当c(Fe3+)＜10－6 mol ·L－1‎ 时，溶液中c(OH－)＞==1×10—11mol ·L－1，故答案为：1×10—11；‎ ‎(5)“沉淀”过程中，通入过量CO2，与溶液中的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+ CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+ CO2 + 2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3。‎ ‎19.有些食物中铁元素含量非常丰富，其中非血红素铁是其存在形式之一，主要是三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物。‎ ‎（1）Fe3＋的电子排布式为______。‎ ‎（2）配合物Fe(CO)5的配位体是___；常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂，熔点为251 K，沸点为376K，据此，可判断Fe(CO)5晶体属于____晶体(填“离子”、“原子”、“分子”或“金属”)。‎ ‎（3）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铁中铁原子采用钾型模式堆积，原子空间利用率为68%，铁原子的配位数为____。‎ ‎（4）乙醛能被氧化剂氧化为乙酸，乙醛中碳原子的轨道杂化类型是____；1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为____。‎ ‎（5）FeO晶体结构如图所示，FeO晶体中Fe2＋的配位数为___。若该晶胞边长为bcm，则该晶体的密度为___g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2). CO (3). 分子 (4). 8 (5). sp2、sp3 (6). 6×6.02×1023或6NA (7). 6 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe位于第四周期第Ⅷ族，是26号元素，Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，‎ 答案是1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；‎ ‎（2）配合物是Fe(CO)5，Fe原子提供空轨道，CO提供孤对电子，配位体是CO；Fe(CO)5熔沸点很低，易溶于非极性溶剂，即Fe(CO)5属于分子晶体；‎ 答案是CO；分子晶体；‎ ‎（3）单质铁中铁原子采用钾型模式堆积，原子空间利用率为68%，晶胞结构为体心立方密堆积，Fe原子配位数为8；‎ 答案8；‎ ‎（4）乙醛结构简式为CH3CHO，－CH3中C原子杂化类型为sp3，醛基中碳原子杂化类型为sp2；成键原子间只能形成1个σ键，即1mol乙醛分子中含有的σ键物质的量为6mol，个数为6×6.02×1023或6NA；‎ 答案为sp3、sp2；6×6.02×1023或6NA；‎ ‎（5）根据晶胞图，FeO晶体离子为1：1型结构，Fe2＋配位数为6；晶胞中Fe2＋个数为=4，则O2－的个数也是4，晶胞的质量为g，该晶胞的边长为bcm，晶胞的体积为b3cm3，则晶胞的密度为=g/cm3；‎ 答案为6；。‎ ‎20.过氧化钙是一种白色固体，常用作杀菌剂、防腐剂。‎ ‎（1）化学实验小组选用如下装置（部分固定装置略）用钙和氧气制备过氧化钙。‎ ‎①请选择必要的装置（装置可重复使用），按气流方向连接顺序为__________________。（填仪器接口的字母编号）‎ ‎②连接好装置进行实验，步骤如下：‎ I.检查装置气密性后，装入药品；‎ II._____________________；‎ III.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，_______________________________；‎ Ⅳ.拆除装置，取出产物。‎ ‎（2）已知化学反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O= CaO2·8H2O↓+2NH4+。在碱性环境中制取CaO2·8H2O的装置如下图:‎ ‎①装置B中仪器X的作用是__________________________________；反应在冰水浴中进行的原因是__________________________________________________________。‎ ‎②反应结束后，经________、__________、低温烘干获得CaO2·8H2O。‎ ‎【答案】 (1). a e d b c e (2). 打开分液漏斗活塞，通一段时间气体 (3). 先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气 (4). 导气，防止倒吸 (5). 防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出 (6). 过滤 (7). 洗涤 ‎【解析】‎ 本题考查过氧化钙的制备、性质及化学实验操作的知识。(1) ①用双氧水与二氧化锰反应产生氧气，用浓硫酸干燥氧气，氧气与Ca在加热时发生反应产生过氧化钙，为了防止空气中的水分影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是a→e→d→b→c→e；②连接好装置进行实验，步骤如下：I.检查装置气密性后，装入药品；II. 打开分液漏斗活塞，通一段时间气体，排除装置中的气体；III.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，防止发生倒吸；Ⅳ.拆除装置，取出产物；（2）①氨气极易溶于水，故装置B中仪器X的作用是导气，防止倒吸；因双氧水易分解，故在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出；②反应结束后，将B装置中三颈烧瓶中的物质进行过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。‎ ‎ ‎