2017-2018学年黑龙江省大庆实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省大庆实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省大庆实验中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 下列叙述不能体现相关主旨的是（ ）‎ A. “水域蓝天，拒绝污染”-严控PM 2.5排放，改善雾霾天气 B. “化学，让生活更美好”-积极开发风力发电，让能源更清洁 C. “节能减排，低碳经济”-综合利用煤和石油，发展绿色化学 D. “化学，引领科技进步”-研究合成光纤技术，让通讯更快捷 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、PM2.5为粒子直径小于或等于2.5微米的微粒，可导致雾霾天气，故A正确；B、风力发电属于物理过程，不涉及化学反应，不符合主旨，故B错误；C、综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放，符合主旨，故C正确；D、通过化学合成的方法研究合成光线技术，可提高通讯效率，故D正确，答案选B。‎ 考点：考查化学与生活、环境保护、绿色化学、能源与材料等 ‎2. 中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。下列对描述内容分析错误的是（ ）‎ 选项 描述 分析 A ‎“丹砂(HgS)烧之成水银 ，积变又还成丹砂”‎ 此过程涉及化学变化 B ‎“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”‎ 涉及的操作是蒸馏 C ‎“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”‎ 硝石中含碘单质 D ‎“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”‎ 利用其水解显碱性去污 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A、“丹砂(HgS)烧之成水银 ‎ ，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；B、“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；C、硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；D、“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确。答案选C。‎ ‎3. 由镁、铝、铜三种金属粉末组成的混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，滤液中存在的离子有（ ）‎ A. Mg2+ B. Cu2+ C. Al3+ D. AlO2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】由镁、铝、铜三种金属粉末组成的混合物，加入过量盐酸充分反应，镁、铝溶解，转化为氯化镁、氯化铝，铜不反应，过滤后滤液中含有氯化镁、氯化铝以及过量的盐酸，加入过量烧碱溶液得到氢氧化镁沉淀、偏铝酸钠和氯化钠，因此滤液中存在的离子有氯离子、钠离子、偏铝酸根离子，答案选D。‎ 点睛：掌握相关物质的化学性质特点是解答的关键，注意氢氧化镁与氢氧化铝性质的差异，氢氧化镁是中强碱，能溶于酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于酸或强碱中。‎ ‎4. 下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物 B. 过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源 C. 碳酸钠俗称苏打,碳酸氢钠俗称小苏打 D. 氧化铝是冶炼金属铝的重要原料,也是一种比较好的耐火材料,它可以用来制造耐火坩埚,耐火管和耐高温的实验仪器 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.与强酸、强碱都反应的物质不一定是两性物质；‎ B.过氧化钠与水或二氧化碳反应产生氧气；‎ C.根据物质的俗名判断；‎ D.根据氧化铝的性质分析。‎ 详解：A.与强酸、强碱都反应的物质不一定只有两性氧化物或两性氢氧化物，例如碳酸氢钠等，A错误；‎ B.过氧化钠能和水以及CO2反应生成氧气，可以用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，B正确；‎ C.碳酸钠俗称苏打，碳酸氢钠俗称小苏打，C正确；‎ D.氧化铝是冶炼金属铝的重要原料，氧化铝的熔沸点高，也是一种比较好的耐火材料，它可以用来制造耐火坩埚，耐火管和耐高温的实验仪器，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎5. 金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是（ ）‎ A. BaCl2溶液 B. K2SO4溶液 C. KCl溶液 D. Ca(HCO3)2溶液 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：Na分别投入盐溶液中时，Na先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和盐发生复分解反应；A．生成的NaOH不和氯化钡反应，所以没有沉淀生成，故A错误；B．NaOH和硫酸钾不反应，所以没有沉淀生成，故B错误；C．氯化钾和NaOH不反应，所以没有沉淀生成，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液和NaOH发生复分解反应生成碳酸钙白色沉淀，所以有气体和沉淀生成，故D正确；故选D。‎ 考点：考查元素化合物性质。‎ ‎6. 下列关于物质所属类别的叙述中错误的是（ ）‎ A. KMnO4属于盐 B. 冰水混合物属于分散系 C. 烧碱属于碱 D. 胆矾（CuSO4·5H2O）属于纯净物 ‎【答案】B ‎【解析】A. KMnO4由酸根和金属阳离子组成，属于盐，A正确；B. 冰水混合物属于纯净物，不是分散系，B错误；C. 烧碱溶于水后电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，C正确；D. 胆矾（CuSO4·5H2O）由一种物质组成，属于纯净物，D正确，答案选B。‎ ‎7. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 丁达尔现象可以用来区别溶液和胶体 B. 钠的化学性质非常活泼，钠元素只能以化合态存在于自然界 C. 将一小粒金属钠投入水和苯的混合体系中，钠在苯与水的界面处反应并可能作上、下跳动 D. 某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定只含钠元素 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.胶体可以产生丁达尔效应；‎ B.根据钠是很活泼的金属分析；‎ C.根据钠与水反应生成氢气以及钠的密度判断；‎ D.不能排除钾元素。‎ 详解：A. 胶体可以产生丁达尔效应，因此丁达尔现象可以用来区别溶液和胶体，A正确；‎ B. 钠的化学性质非常活泼，因此钠元素只能以化合态存在于自然界中，B正确；‎ C.‎ ‎ 钠是活泼的金属，与水反应生成氢氧化钠和氢气，且钠的密度小于水而大于苯，因此将一小粒金属钠投入水和苯的混合体系中，钠在苯与水的界面处反应并可能作上、下跳动，C正确；‎ D. 某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定含钠元素，但由于没有透过蓝色钴玻璃观察，所以不能排除钾元素，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎8. 200℃时，11.6 g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6 g，则原混合气体的平均摩尔质量为（ ）g/mol。‎ A. 5.8 B. 11.6 C. 23.2 D. 46.4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：设原混合气体中CO2和水蒸气的物质的量分别是xmol和ymol，则44x＋18y＝11.6。根据方程式2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2可知28x＋2y＝3.6，解得x＝0.1、y＝0.4，所以原混合气体的平均摩尔质量＝，答案选C。‎ 考点：考查过氧化钠与CO2及水蒸气反应的计算 ‎9. 以下有关物质的量浓度的叙述正确的是（ ）‎ A. 等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3‎ B. 150 mL 1mol·L－1的氯化钾溶液中c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中c(Cl－)相等 C. 20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g·cm－3，物质的量浓度为4.0 mol·L－1，则此溶液中KCl 的质量分数为25.38%‎ D. 20℃时，100 g水可溶解34.2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=4．0×74．5/1000×1．174=25．38%，正确，选C；D、质量分数=34．2/（100+34．2）=25．38%，错误，不选D。‎ 考点： 溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算 ‎10. 相同物质的量的Fe、Al、Na 各0.1mol 分别投入到含HCl0.01mol 的稀盐酸中，置换出H2 由多到少的顺序是（ ）‎ A. Al >Fe>Na B. Al=Fe=Na C. Na>Al =Fe D. Na>Al>Fe ‎【答案】C ‎【解析】酸不足时，钠可与水反应生成氢气，而Fe、Mg、Al只能与盐酸反应，故Na与酸反应时，多余的会和水反应，Na会完全反应，由2Na～H2可知，0.1molNa完全反应，生成氢气的物质的量=0.1mol×1/2=0.05mol；‎ Fe+2HCl=FeCl2+H2↑‎ ‎0.1mol 0.2mol 故盐酸不足，由方程式可知0.01mol HCl生成氢气为0.005mol，‎ ‎2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑‎ ‎0.1mol 0.3mol 故盐酸不足，由方程式可知0.01mol HCl生成氢气为0.005mol，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故生成氢气的体积：Al=Fe＜Na，故选C。‎ 点睛：本题考查根据方程式计算，易错点：进行过量计算，0.1molAl、Fe与0.01molHCl反应时，盐酸不足，按酸计算氢气，而0.1molNa与0.01molHCl反应时，要注意钠的性质，钠还要和水反应。‎ ‎11. 向60 mL Na2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：‎ 下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10 mol·L－1‎ B. 混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15 mol·L－1‎ C. 3号实验中沉淀的质量x为1.398 g D. 完全沉淀60 mL Na2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80 mL ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.由于加入30ml的BaCl2溶液产生的沉淀小于加入100ml时的沉淀的质量，说明在30ml时BaCl2溶液不足量，n(BaCl2)=n(BaSO4)= 0.699g÷233g/mol=0.003mol,所以BaCl2的浓度是c(BaCl2)=" 0.003mol" ÷0.03L=0.10mol/L，正确；n(BaSO4)=2.097g÷233g/mol=0.009mol,则混合前Na2SO4溶液的物质的量浓度为c(Na2SO4)=‎ ‎ 0.009mol÷0.06L=0.15 mol/L,所以选项B正确；C．在60 mL Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量是0.009mol，在60ml时BaCl2溶液中含有BaCl2的物质的量是0.003mol×2=0.06mol<0.009mol,所以BaCl2不足量，产生的沉淀应该按照BaCl2计算，n(BaSO4)=0.006mol×233g/mol=1.398 g,正确；D．完全沉淀60 mL Na2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为0.009mol ÷0.10mol/L ="0.09L=90" mL，错误。‎ 考点：考查数据的处理、反应物有过量时的计算的知识。‎ ‎12. Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2，NO和H2O。当产物n(NO2)：n(NO)＝1：1时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol Cu2S参加反应时有8 mol电子转移 B. 参加反应的n(Cu2S)：n(HNO3)＝1：5‎ C. 反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂 D. 产物n[Cu(NO3)2] : n[CuSO4]=l:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、1 molCu2S参加反应时有1mol×2×（2-1）+1mol×[6-（-2）]=10mol电子转移，故A错误；B、由2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5NO2↑+5N0↑+7H2O可知，参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14，故B错误；C、Cu、S元素的化合价升高，Cu2S做还原剂，故C错误；D、由发生的反应可知，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了氧化还原反应的相关知识。‎ ‎13. 下列实验过程中反应的离子方程式的书写正确的是（ ）‎ A. 水壶中水垢用食醋除去：2H++ CaCO3= Ca2++CO2↑+H2O；2H++Mg(OH)2= Mg2++2H2O B. “84消毒液”（有效成分NaClO）和 “洁厕灵”（主要成分盐酸）混用会导致氯气中毒Cl–+ClO–+2H+= Cl2↑+H2O C. SO2通入滴加酚酞的NaOH溶液中，红色变浅：SO2+2NaOH=Na2SO4+ H2O D. 用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：Cr2O72-+Fe2++14H+= 2Cr3++ Fe3++7 H2O ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、食醋中所含的乙酸为弱酸，不能拆分，错误；B、正确；C、应生成Na2SO3，，错误；D、选项中未配平，电荷也不守恒，错误。‎ 考点：考查离子方程式的书写、元素及其化合物性质用途。‎ ‎14. 下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组 ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量 ‎②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量 ‎③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量 ‎ ‎④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量 ‎⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量 ‎ ‎⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 ‎⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；‎ ‎②胶体先聚沉，后发生复分解反应；‎ ‎③盐酸的酸性比碳酸的酸性强；‎ ‎④先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙；‎ ‎⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后碱过量时氢氧化铝溶解；‎ ‎⑥先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应；‎ ‎⑦碳酸不能溶解氢氧化铝；‎ ‎⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量有碳酸氢钠沉淀生成。‎ 详解：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量，有晶体析出，不符合；‎ ‎②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；‎ ‎③盐酸的酸性比碳酸的酸性强，则向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应，不符合；‎ ‎④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；‎ ‎⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，后碱过量时氢氧化铝溶解，最后还存在硫酸钡沉淀，不符合；‎ ‎⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；‎ ‎⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量生成氢氧化铝沉淀，沉淀不会溶解，不符合；‎ ‎⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量产生碳酸氢钠沉淀和氯化铵，沉淀不会溶解，不符合；‎ 答案选B。‎ ‎15. 某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2+)=2mol/L，c(SO42-)=6.5mol/L，若将100 mL的此混合液中的Mg2+和Al3+分离，至少应加入1.6mol/L的氢氧化钠溶液( )‎ A. 0.5 L B. 1.0L C. 1.8L D. 2L ‎【答案】B ‎【解析】据电荷守恒2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)可得c(Al3+)=3mol/L，n(Mg2+)=2×0.1=0.2mol； n(Al3+)=3×0.1=0.3 mol；反应的离子方程式为：Al3++3OH—=Al(OH)3↓； Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3+恰好完全反应生成AlO2-离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.2×2+0.3×4=1.6mol；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为V(NaOH)=1.6/1.6=1 L； B正确；正确选项：B。‎ 点睛：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即电荷守恒规律；根据这一规律，很快就能计算出c(Al3+)。‎ ‎16. 阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎①．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5×6.02×1023 ‎ ‎②．36g水中含有的氢氧键数为4×6.02×1023 ‎ ‎③．2.24LCH4中含有的原子数为0.5×6.02×1023‎ ‎④．250mL2mol/L的氨水中含有NH3·H2O的分子数为0.5×6.02×1023 ‎ ‎⑤．1L 1mol·L-1的CH3COOH溶液中含有6.02×1023个氢离子 ‎ ‎⑥．18g D2O（重水）完全电解，转移6.02×1023个电子 ‎ ‎⑦．标况下22.4LSO2气体，所含氧原子数为2×6.02×1023‎ ‎⑧．14g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为3×6.02×1023‎ A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】B ‎【解析】分析：①Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子；‎ ‎②1mol水中含有2mol氢氧键；‎ ‎③没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲烷的物质的量；‎ ‎④一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离，导致一水合氨数目减少；‎ ‎⑤醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子；‎ ‎⑥1mol水电解转移2mol电子；‎ ‎⑦利用标况下的气体摩尔体积计算22.4L SO2气体的物质的量，根据二氧化硫的组成计算原子数；‎ ‎⑧乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H数目，乙烯和丙烯中，每个C和H都平均形成1个C-C共价键、1个C-H共价键。‎ 详解：①0.25molNa2O2中含有0.25mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25×6.02×1023，错误；‎ ‎②36g水的物质的量是2mol，其中含有的氢氧键数为4×6.02×1023，正确；‎ ‎③不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24LCH4的物质的量，错误；‎ ‎④250mL2mol/L的氨水中含有溶质0.5mol，由于溶液中一水合氨部分电离，且反应是可逆反应，所以溶液中含有NH3•H2O的分子数为小于0.5×6.02×1023，错误；‎ ‎⑤1L 1mol•L-1的醋酸溶液中含有1mol溶质醋酸，由于醋酸部分电离出氢离子，所以溶液中含有的氢离子小于1mol，含有氢离子数目小于6.02×1023，错误；‎ ‎⑥18g D2O（重水）的物质的量为0.9mol，0.9mol重水完全电解生成0.9mol氢气，转移了1.8mol电子，转移1.8×6.02×1023个电子，错误；‎ ‎⑦标况下22.4L SO2气体的物质的量是1mol，所含氧原子数为2×6.02×1023，正确；‎ 根据以上分析可知，正确的数目为3。‎ 答案选B。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，试题题量较大，涉及的知识点较多，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件。‎ ‎17. 下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），生成物并不改变的有（ ）组 ‎①NaHCO3溶液和NaOH溶液 ②Na和O2 ③NaOH和CO2 ‎ ‎④Na2O2和CO2 ⑤NaAlO2和HCl ⑥Na2CO3溶液和盐酸 A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组 ‎【答案】B ‎【解析】分析：①碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；②钠在常温下或点燃时与氧气反应产物不同；③氢氧化钠与二氧化碳反应可以生成碳酸钠或碳酸氢钠；④过氧化钠与二氧化碳反应生成物是碳酸钠和氧气；⑤根据氢氧化铝是两性氢氧化物分析；⑥根据碳酸钠与盐酸反应分步进行分析。‎ 详解：①NaHCO3溶液和NaOH溶液反应只能生成碳酸钠和水，①正确；‎ ‎②Na和O2常温下反应生成氧化钠，点燃则生成过氧化钠，②错误；‎ ‎③足量NaOH溶液和CO2反应生成碳酸钠和水，二氧化碳如果过量，则生成碳酸氢钠，③错误；‎ ‎④Na2O2和CO2反应只能生成碳酸钠和氧气，④正确；‎ ‎⑤NaAlO2和HCl反应时如果盐酸过量则生成氯化钠、氯化铝和水，如果偏铝酸钠过量则生成氢氧化铝和氯化钠，⑤错误；‎ ‎⑥Na2CO3溶液和盐酸是分步进行的，如果盐酸不足，则生成碳酸氢钠和氯化钠，如果盐酸过量则生成氯化钠、水和二氧化碳，⑥错误；‎ 答案选B。‎ ‎18. 在下列各溶液中，离子可能大量共存的是（ ）‎ A. 加入铝粉能产生H2的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－‎ B. 加入Na2O2的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、NO3－‎ C. 含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－‎ D. 无色透明的酸性溶液中：MnO4－、K+、SO42－、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．加入铝粉能产生H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性；Mg2＋在碱性溶液中不能大量共存，但K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－在酸性溶液中不发生离子反应可大量共存；故A正确；B．Na2O2与水反应除氧气外，还生成NaOH，Al3＋在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ca2＋与CO32－不能大量共存在同一溶液中，故C错误；D．无色溶液中不可能存在MnO4－，故D错误；答案为D。‎ ‎【考点定位】考查离子反应与离子共存 ‎【名师点晴】离子共存的判断，为高考中的高频题，解题时要注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-‎ ‎；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等，本题中的隐含条件有2个：pH=1和无色，解题时就要加以注意。‎ ‎19. 常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的有（ ）组 X Y Z ‎①‎ NaOH溶液 Al(OH)3‎ 稀硫酸 ‎②‎ KOH溶液 Na2CO3‎ 稀盐酸 ‎③‎ CO2‎ Na2O2‎ H2O ‎④‎ AgNO3溶液 Cu 稀硫酸 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：①氢氧化铝是两性氢氧化物；②碳酸钠与氢氧化钾不反应；③过氧化钠与水或二氧化碳均反应；④铜与稀硫酸不反应。‎ 详解：①Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，①正确；‎ ‎②Na2CO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与KOH不反应，②不正确；‎ ‎③Na2O2既可与CO2反应生成碳酸钠和氧气，也可与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，③正确；‎ ‎④铜是不活泼金属，与稀硫酸不反应，与硝酸银溶液发生置换反应生成银和硝酸铜，④不正确。‎ 答案选B。‎ ‎20. 短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W的最外层电子数等于其电子层数，Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，下列说法正确的是（ ）‎ A. Z、W、Q、X、Y原子半径依次减小 B. W最高价氧化物对应水化物一定能溶于Z最高价氧化物对应水化物的溶液中 C. Y与Q形成化合物在常温下一定为气态 D. Z、Q元素的单质都可以将X元素的单质从其氧化物中置换出来 ‎【答案】A ‎【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)3具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)3，故B错误；C．SiF4是气态，但SiO2为固态，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO2中燃烧，故D错误；答案为A。‎ 点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。‎ ‎21. Na2O2具有强氧化性，可以用来漂白纺织类物品、麦杆、纤维等。‎ ‎（1）如下图所示实验，反应的化学方程式为_______________。实验结束后，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，现象是___________________________。‎ ‎（2）若用嘴通过导管向附着少量Na2O2粉末的棉花吹气，棉花燃烧。原因是Na2O2与H2O和CO2反应，其中与CO2反应的化学方程式为______________________。若标准状况下反应生成了5.6LO2，则转移电子的物质的量为______mol。‎ 过氧化钙（CaO2‎ ‎）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：‎ ‎①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；‎ ‎②在第①步的生成的产物中加入30%H2O2，反应生成CaO2•8H2O沉淀；‎ ‎③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2。‎ 完成下列填空：‎ ‎（3）第①步反应的化学方程式为_____________________。‎ ‎（4）生产中可循环使用的物质是_____________________。‎ ‎（5）检验CaO2•8H2O是否洗净的方法是___________。‎ ‎（6）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。‎ 若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（标况），产品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有______________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). 先变红后褪色 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). 0.5 (5). 2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2 (6). NH4Cl (7). 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净 (8). 或9V/1400m (9). 样品质量和反应后固体质量（合理即可）‎ ‎【解析】分析：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，根据化学反应的产物来确定现象，氢氧化钠有碱性，能使酚酞显示红色，且产生氧气，红色褪去；‎ ‎（2）过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，根据每生成1mol氧气，转移2mol电子计算生成了5.6LO2，转移电子的物质的量；‎ ‎（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；‎ ‎（4）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵；‎ ‎（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；‎ ‎（6）根据过氧化钙和氧气之间的关系式计算；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。‎ 详解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，体系呈碱性，溶液变红，产生氧气，具有氧化性，故将溶液漂白，所以现象是先变红后褪色；‎ ‎（2）因为过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，氧气具有助燃性，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，转移2mol电子，生成氧气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因此转移0.5mol电子；‎ ‎（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2；‎ ‎（4）第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；‎ ‎（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；‎ ‎（6）设超氧化钙质量为xg，则根据方程式可知 ‎2CaO22CaO+O2↑‎ ‎144g 22.4L xg 0.001L ‎144g：22.4L=xg：0.001L 解得x=9V/1400‎ 其质量分数=9V/1400m×100%=9V/14m%；‎ 如果过氧化钙的含量也可用重量法测定，则需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。‎ 点睛：本题考查以实验形式考查过氧化钠的化学性质、制备实验方案设计评价，为高频考点，侧重考查离子检验、化学反应方程式的书写、物质含量测定等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是题给信息的挖掘和运用。‎ ‎22. A、B、C、D、E 分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题：‎ ‎（1）实验室常用A的饱和溶液制备微粒直径为1nm～l00nm的红褐色液相分散系。则该反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎（2）B为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向50.0mL6mol/L的B溶液中逐滴滴入100mL某浓度的KOH溶液，若产生7.8g白色沉淀，则加入的KOH溶液的浓度可能为________________。‎ ‎（3）将A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KOH溶液的烧杯中构成原电池，则电池反应为_______________________。‎ ‎（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，且可发生反应：C+DE。将一定量的气体C通入某浓度的KOH溶液得溶液F，向F溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(C)的关系如图所示，则生成F的离子方程式______________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl (2). 3mol/L或11mol/L (3). 2Al+2H2O+2KOH=2KAlO2＋3H2↑ (4). CO2+2OH—＝CO32—＋H2O ‎【解析】分析：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A是FeCl3，据此解答；‎ ‎（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，根据碱不足或碱过量时生成氢氧化铝和偏铝酸钾来计算；‎ ‎（3）Al－Fe－KOH溶液组成的原电池中Al为负极，Fe为正极；‎ ‎（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+DE只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO2，D为碳，E为CO，以此解答该题。‎ 详解：（1）红褐色液相分散系是氢氧化铁胶体，则A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，FeCl3饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O（沸）Fe(OH)3(胶体)+3HCl；‎ ‎（2）地壳中含量最高的金属元素是Al，则B为AlCl3，氢氧化铝的质量是7.8g，其物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，则 ‎①若碱不足，由Al3++3OH-＝Al(OH)3↓可知KOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，其物质的量浓度为0.3mol÷0.1L=3mol/L；‎ ‎②如果碱过量，生成的氢氧化铝部分溶解，则由方程式可知 Al3++3OH-＝Al(OH)3↓‎ ‎0.3mol 0.9mol 0.3mol Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O ‎（0.3-0.1）mol 0.2mol 则消耗的碱的物质的量为0.9mol+0.2mol=1.1mol，其物质的量浓度为1.1mol÷0.1L=11mol/L；‎ ‎（3）Al和氢氧化钠溶液能发生反应，Fe和氢氧化钠溶液不反应，因此Al－Fe－KOH溶液原电池中Al为负极，Fe为正极，总反应式为2Al+2H2O+2KOH=2KAlO2＋3H2↑；‎ ‎（4）C、D、E均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下D为固体单质，C和E均为气态化合物，C+DE只可能为C、N、O三元素组成的化合物，综合分析可知：C为CO2，D为碳，E为CO；根据图像可知横坐标0～2之间没有气体产生，2～4之间生成二氧化碳气体，且两个阶段消耗的盐酸相同，这说明所得F溶液是碳酸钾溶液，开始发生CO32-+H+=HCO3-，然后发生HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此生成F的离子反应方程式为CO2+2OH—＝CO32—＋H2O。‎ 点睛：本题考查比较综合，涉及无机物推断、化学计算、原电池等，推断元素及其化合物是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，难度中等。（4）中图像分析是解答的难点，注意碳酸钾与盐酸反应是分步进行的，首先生成碳酸氢钾，然后碳酸氢钾再与盐酸反应生成氯化钾、二氧化碳和水。‎ ‎23. （I）某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：‎ ‎（1）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是____________________。‎ ‎（2）如果把步骤②中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式____。‎ ‎（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是__________（保留一位小数）。‎ ‎（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是____________________。‎ ‎（II）大量燃煤产生烟气会造成空气中二氧化硫含量增多，某研究小组利用燃煤电厂的固体废弃物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）进行烟气脱硫研究，并制备Al2(SO4)3·18H2O。‎ ‎（5）第②步不能用氢氧化钠溶液的原因是_____________（用化学方程式表示）。‎ ‎（6）下列关于步骤③、④的说法正确的是_______。‎ a．溶液C可用于制备氮肥 b．溶液B中的硫酸铵将烟气中的SO2除去 ‎ c．热分解获得的SO2可以回收再利用 ‎（7）从固体B制备Al2(SO4)3·18H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、_________、过滤。‎ ‎【答案】 (1). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (2). CO2+AlO2-＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3- (3). 65.4% (4). Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO (5). Al(OH)3 + NaOH＝NaAlO2 + 2H2O或 Al2(SO4)3 + 8NaOH＝2NaAlO2 + 2Na2SO4 + 4H2O (6). a、c (7). 冷却结晶 ‎（II）加入稀硫酸，氧化铝溶解，二氧化硅不溶，固体A是二氧化硅，溶液A中含有硫酸铝和过量的稀硫酸，加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀，固体B是氢氧化铝，最终转化为硫酸铝晶体；溶液B中含有硫酸铵和过量的氨水，通入二氧化硫生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵分解又转化为二氧化硫，据此解答。‎ 详解：（1）由于氢氧化铝能溶于强碱性溶液，因此选用弱碱氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；‎ ‎（2）由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，则足量二氧化碳与偏铝酸钠反应的离子方程式为CO2+AlO2-＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-；‎ ‎（3）设铝土矿的质量是m g，将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则根据原子守恒可知该铝土矿中Al2O3的质量分数是；‎ ‎（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；‎ ‎（5）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液中，则第②步不能用氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O或Al2(SO4)3+8NaOH＝2NaAlO2+2Na2SO4+4H2O。‎ ‎（6）a．溶液C中含有铵盐，可用于制备氮肥，a正确；b．溶液B中的氨水将烟气中的SO2除去，硫酸铵与二氧化硫不反应，b错误；c．热分解获得的SO2可以回收再利用，c正确；答案选ac；‎ ‎（7）从固体B制备Al2(SO4)3·18H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、冷却结晶、过滤。‎ 点睛：本题以框图题形式考查铝及其化合物的性质，明确常见物质的性质特点、发生的反应以及清楚提取的操作过程原理，能熟练对知识迁移进行综合运用是解答的关键，题目难度中等。‎ ‎24. 聚异戊二烯橡胶（）具有与天然橡胶相似的化学组成、立体结构和力学性能，具有良好的强度、黏性和弹性等，其合成路线如下图：‎ 已知：‎ ‎①；‎ ‎②同一碳原子上有两个碳碳双键时分子不稳定。‎ ‎（1）A既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则A的化学名称是__________，该物质中含有的官能团名称是______________。‎ ‎（2）和氧气作反应物，温度为110℃时除生成B外，还生成一种副产物F，其分子式为C6H6O，该物质的水溶液遇FeCl3溶液显紫色，那么物质F不可能发生的反应类型是_________。‎ a．加成反应 b．取代反应 c．消去反应 d．缩聚反应 ‎（3）写出合成路线图中有机化合物C的结构简式___________________。‎ ‎（4）写出D生成E的化学反应方程式_____________。‎ ‎（5）D的同分异构体中能发生银镜反应的共有______种，其中核磁共振氢谱有五种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:2:1:1是______________(写结构简式）。‎ ‎【答案】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键 (3). c (4). CH≡C-C(CH3)2OH (5). CH2=CH-C(CH3)2OHCH2=CH-C(CH3)=CH2+H2O (6). 4 (7). CH3CH2CH(CH3)CHO ‎【解析】分析：A既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，根据A的分子式可判断A是丙烯，与苯发生加成反应生成。发生氧化反应生成B，B能与乙炔发生已知信息①的反应，则B是丙酮，C是HC≡C－C(CH3)2OH。C与氢气发生加成反应生成D是CH2=CHC(CH3)2OH。D发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成聚异戊二烯，则E的结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2。据此解答。‎ 详解：（1）A既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则A的化学名称是丙烯，该物质中含有的官能团名称是碳碳双键。‎ ‎（2）和氧气作反应物，温度为110℃时除生成B外，还生成一种副产物F，其分子式为C6H6O，该物质的水溶液遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，即F是苯酚。a．苯酚含有苯环，能发生加成反应；b．苯酚含有酚羟基，能发生取代反应；c．苯酚不能发生消去反应；d．苯酚含有酚羟基，能发生缩聚反应，例如与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂。答案选c；‎ ‎（3）根据以上分析可知有机化合物C的结构简式为CH≡C-C(CH3)2OH。‎ ‎（4）D生成E是羟基的消去反应，反应的化学反应方程式为CH2=CH-C(CH3)2OHCH2=CH-C(CH3)=CH2+H2O。‎ ‎（5）D的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基，即结构满足C4H9CHO，由于丁基有4种，则满足条件的有机物共有4种，其中核磁共振氢谱有五种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:2:1:1是CH3CH2CH(CH3)CHO。‎ ‎ ‎ ‎ ‎