2017-2018学年辽宁省盘锦市高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年辽宁省盘锦市高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

辽宁省盘锦市高级中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试卷 ‎1. 明代名臣于谦作诗“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深。爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉……”，诗中所写“乌金”是（ ）‎ A. 焦炭 B. 煤炭 C. 磁铁矿 D. 软锰矿 ‎【答案】B ‎【解析】诗“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”中的“乌金”指的是煤炭，它的主要成分是炭，在燃烧时发出红色的火焰：爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉，答案选D.‎ ‎2. 习近平总书记指出“绿水青山就是金山银山”。下列观点合理的（）‎ A. 将工业废液排入海洋以减少河道污染 B. 为了减少火电厂产生的大气污染，应将燃煤粉碎并鼓人尽可能多的空气 C. 习总书记2018年4月2日参加北京植树节这体现了绿色化学的思想 D. 与2016年相比，2017年某地区降水pH平均值增加了0.27，说明酸雨情况有所改善 ‎【答案】D ‎【解析】A．工业废液排入海洋中也会污染海洋，会危害海洋渔业资源，人食用被污染的鱼，对人体产生危害， 选项A错误；B、燃煤时通入空气过多，容易造成热量的损失，正确的做法应是空气要适当过量，选项B错误；C、植树节最重要的意义就在于建立生态文明的意识和观念，选项C错误；D、与2016年相比，2017年某地区降水pH平均值增加了0.27，说明雨水酸性减弱，则酸雨情况有所改善，选项D正确。答案选D。‎ ‎3. 下列操作或试剂的选择不合理的是（ ）‎ A. 可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质 B. 可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉 C. 可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠 D. 可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸 ‎【答案】A ‎【解析】A、碘单质不易溶于水，易溶于有机溶液，一般使用萃取来提纯，故A错误；B、铜与氧气反应生成氧化铜，则灼烧可除去杂质，故B正确；C、硫酸与碳酸钠反应生成气体，与硅酸钠反应会有沉淀生成，易于分辨，故C正确；D项，乙醇、乙醛和乙酸分别与氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，现象不同可鉴别，故D正确。故选A。‎ ‎4. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2。‎ 详解：A项，NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现；B项，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现；C项，AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现；D项，Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现；物质间转化均能实现的是A项，答案选A。‎ 点睛：本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化的条件。注意量的多少对生成物的影响，如NaAlO2与少量HCl反应生成NaCl和Al（OH）3，NaAlO2与过量HCl反应生成NaCl、AlCl3和H2O。‎ ‎5. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（   ）‎ A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料 D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。‎ 详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与 NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。‎ 点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。‎ ‎6. 向某碳酸钠溶液中逐滴滴加1 mol·L-1的盐酸，测得溶液中Cl-、HCO3-的物质的量随加入盐酸体积的关系如图所示，其中n2:n1=3:2，则下列说法中正确的是 ( )‎ A. Oa段反应的离子方程式与ab段反应的离子方程式相同 B. 该碳酸钠溶液中含有1mol Na2CO3‎ C. b点的数值为0.6‎ D. b点时生成CO2的物质的量为0.3 mol ‎【答案】C ‎【解析】Oa段反应的离子方程式为CO32－＋H＋===HCO3－，ab段反应的离子方程式为HCO3－＋H＋===CO2↑＋H2O，HCO3－的物质的量最多为0.5 mol，说明原溶液中Na2CO3的物质的量为0.5 mol，a点时消耗的HCl的物质的量为0.5 mol。假设ab段加入了m mol HCl，由题意可知，＝，解得m＝0.1，由化学方程式可知b点时共消耗HCl 0.6 mol，其体积为0.6 L，生成CO2为0.1 mol。‎ ‎7. 下列离子方程式正确的是 （ ）‎ A. 过量氯气通入碘化亚铁溶液中： Cl2+Fe2++2I－=2Cl－十Fe3+ +I2‎ B. 向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3－＋Ca2+＋OH-＝CaCO3↓＋H2O C. H218O中投入少量Na2O2固体：2H218O＋2 Na2O2＝4Na+＋4OH-＋18O2↑‎ D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】A、电子的得失不守恒，离子方程式未配平，正确的应为：3Cl2+2Fe2++4I－=6Cl－十2Fe3+ +2I2，故A错误；B、向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，则NaHCO3过量，离子方程式为：2HCO3－＋Ca2+＋2OH-＝CaCO3↓＋2H2O+ CO32-，故B错误；C、该反应为Na2O2的自身氧化反应还原，水不作还原剂，正确的应为：2H218O＋2 Na2O2＝4Na+＋218OH-+2OH-＋O2↑，故C错误；D、NaHSO4是强电解质，所以反应的离子方程式为：Ba2+＋OH-＋SO42-＋H+＝BaSO4↓＋H2O ‎，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题主要考查离子方程式的正确书写，氧化还原反应中还原剂、氧化剂的掌握。离子方程式的正误判断要从以下几个方面进行：① 看离子方程式与事实是否相符；② 看能否用离子方程式表示；③ 看各物质的化学式是否正确；④ 看所用的连接符号和状态符号是否正确；⑤ 看是否符合题设条件，题设条件往往有“过量”、“少量”、“适量”、“任意量”、“滴加顺序”等字眼，解题要特别留心；⑥ 看拆分是否恰当，在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式，难溶物、难电离物质、易挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写化学式；⑦ 看质量与电荷是否守恒；⑧ 看电子得失总数是否相等。‎ ‎8. 下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是（ ）‎ ‎①酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3－、Cl－、I－‎ ‎②pH=13的溶液：Na+、CO32－、SO32－、AlO2－、S2－‎ ‎③水电离出来的c(H+)＝10-13mol/L的溶液：NH4+、K+、NO3－、S2O32－‎ ‎④加入铝片能放出H2的溶液：Na+、HCO3－、Cu2+、SO42－‎ ‎⑤滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl－、NO3－‎ A. ①② B. ②③ C. ②④⑤ D. ②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：①酸性溶液中，H＋、NO3-与Fe2+、I-发生氧化还原反应不能大量共存，错误；②给定条件下，组内离子间不反应，能大量共存，正确；③水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能呈酸性，酸性条件下，H＋、NO3-和S2O32-发生氧化还原反应，不能大量共存；也可能呈碱性，碱性条件下，OH－和NH4+发生反应生成一水合氨，不能大量共存，错误；④加入铝片能放出H2的溶液可能呈酸性，酸性条件下，H＋和HCO3-‎ 反应生成水和二氧化碳；也可能呈碱性，碱性条件下，OH－和Cu2+反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，错误；⑤滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下组内离子间不反应，正确；选D。‎ 考点：考查离子反应、离子共存 ‎9. 已知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3-> I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（  ）‎ A. 0--b ：3HSO3－ + IO3－＝ 3SO4２－ + I－ + 3H＋‎ B. a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.2 mol C. b点时的还原产物可能是KI或NaI，b-c间的还原产物是I2‎ D. 当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.8mol ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据图像可知，o－b阶段没有单质碘生成，因此反应的离子方程式是3HSO3－+ IO3－＝ 3SO4２－+ I－+ 3H＋，A正确；亚硫酸氢钠总计是3mol，所以d点对应的亚硫酸氢钠是3mol÷5×2＝1.2mol，B正确；根据氧化性可知，IO3－能氧化I－生成单质碘，所以选项C正确；b点碘酸钾的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钾就是x/5,生成单质碘是3x/5,所以有（1－x）︰3x/5＝5∶2，解得x＝0.4，所以加入的的碘酸钾是1＋x/5＝1.08mol，选项D不正确，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关计算 点评：如果氧化剂和不同的还原剂混合时，氧化剂首先氧化还原性最强的还原剂，然后依次进行，据此可以判断氧化还原反应的先后顺序。‎ ‎10. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关NA的叙述中正确的有（ ）‎ ‎①标准状况下，20g重水（D2O）中含有的电子数为10NA ‎②0.5 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移NA个电子 ‎③将2mol NO和1molO2混合后，体系中的分子总数为2NA ‎④常温下，0.4mol SiO2所含的共价健数目为1.6NA ‎⑤2mol·L-1碳酸钠溶液中Na+的数目是2NA ‎⑥1mol氯气溶解在水中得到的新制氯水中氢离子的数目是NA ‎⑦22.4L的N2的共用电子对数为3 NA A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 ‎【答案】A ‎【解析】标准状况下,20 g重水(D2O)的物质的量为1 mol,D2O又是10电子微粒,故其含有的电子数为10NA,①正确;0.5 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应,转移0.5NA个电子,故②错误;将2 mol NO和1 mol O2混合后,两者反应生成2 mol NO2,NO2又会发生反应:2NO2N2O4,故体系中的分子总数小于2NA,③错误;SiO2为正四面体结构,1 mol SiO2所含的共价键数目为4NA,故④正确;⑤中没有告诉溶液体积,无法计算,⑤错误;氯气溶于水后部分与水反应,生成盐酸和次氯酸,量不确定,无法计算,⑥错误;⑦中缺少气体所在温度和压强条件,无法计算,错误。‎ ‎11. 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是 （ ）‎ A. Cu既是氧化产物又是还原产物 B. 该反应的氧化剂只有Cu2O C. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂 D. 每生成19.2gCu，反应中转移0.6mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】A、反应中，化合价降低的元素是铜元素，所以Cu为还原产物；故A错误；B、Cu2S和 Cu2O 中的铜元素化合价均为+1，反应后变为0价的铜单质，化合价降低，做氧化剂，故B错误；C、反应物Cu2S中铜的化合价由+1价降到0价，硫的化合价由-2价升到+4价，Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D、反应中，S化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成19.2 (即0.3mol) Cu，反应中转移0.3 mol电子，故D错误；故选C正确。‎ 点睛：本题主要考察氧化还氧反应的相关知识。氧化还原反应中的六字规则为“升失氧，降得还”。化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂；根据转移电子的量来分析生反应物与生成物的量。‎ ‎12. 将a L（标准状况）CO2通入100mL 3mol·L-1 NaOH溶液中，下列各项为通入CO2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是 (  )‎ A. a =6.72时，CO2+OH- = HCO3-‎ B. a =3.36时，CO2+2OH- = CO32-+H2O C. a =4.48时，2CO2+3OH- = CO32-+HCO3-+H2O D. a =8.96时，3CO2+4OH- = CO32-+2HCO3-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】A、a =6.72时，物质的量为n(CO2)=0.3mol，n(NaOH)= 0.3mol；所以n(CO2)：n(NaOH)=1:1，离子方程式为：CO2+OH- = HCO3-，故A正确；B、a =3.36时，n(CO2)=0.15mol，n(NaOH)= 0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1:2，反应离子方程式为：CO2+2OH- = CO32-+H2O，故B正确；C、a =4.48时，物质的量为n(CO2)=0.2mol，n(NaOH)= 0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=2:3，氢氧化钠和二氧化碳恰好反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，反应离子方程式为：2CO2+3OH- = CO32-+HCO3-+H2O，故C正确；D、a =8.96时，物质的量为n(CO2)=0.4mol，n(NaOH)= 0.3mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=4:3>1：1，反应离子方程式为：CO2+OH- = HCO3-，故D错误；故选D。‎ 点睛：二氧化碳气体和氢氧化钠反应按照物质的量不同产物不同，若二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比为1:2时反应的离子方程式为： CO2+2OH- = CO32-+H2O，若二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比为1:1时反应的离子方程式为：CO2+OH- = HCO3-；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比大于1:2，小于1:1时，产物为碳酸钠和碳酸氢钠；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比小于1:2,反应只发生CO2+2OH- = CO32-+H2O；二氧化碳和氢氧化钠物质的量之比大于1:1,按照反应CO2+OH- = HCO3-进行。‎ ‎13. NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应方程式是：MnO4- + NO2- +( )→Mn2+ + NO3- + H2O。下列叙述中正确的是 A. 该反应中NO2-被还原 B. 反应过程中溶液的pH变小 C. 生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4‎ D. ( )中的粒子是OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．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错误；B．根据元素守恒、电荷守恒知，( )是H+，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错误；C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=，故C正确；D．根据元素守恒、电荷守恒知，( )‎ 是H+，故D错误；故选：C。‎ 点睛：本题考查了氧化还原反应，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式，结合物质间的反应分析解答，难度中等。该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，氮元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒、硝酸钠和高锰酸钾之间的关系式分析解答 ‎14. 下列解释实验现象的反应方程式正确的是 （ ）‎ A. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2‎ B. 向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2- =Ag2S↓+2Cl-‎ C. Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2‎ D. FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，4Na+O2=2Na2O，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2- ═Ag2S↓+2Cl- ，故B正确；C、Na 2 O 2 在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2 ，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，故D错误；故选B。‎ ‎15. 某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、SO42-、CO32-中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是( )‎ A. 肯定有Al3+、SO42-，可能有K+、NH4+‎ B. 肯定无Fe2+、Mg2+、CO32-，可能有Al3+‎ C. 原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液 D. 不能确定的离子只能通过焰色反应来确定 ‎【答案】D ‎【解析】分析：①取部分溶液,逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子，因为碳酸根离子能与盐酸反应产生气体，所以一定不含有碳酸根离子；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，该气体是氧气，不是氨气，说明一定不含有铵根离子，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，‎ 说明一定含有铝离子和镁离子，一定不含有亚铁离子、铁离子和铜离子不能确定是否含有钾离子。‎ 详解：A、肯定有Al3+、SO42-，可能有K+，一定不含有NH4+，故A错误；B、一定没有亚铁离子，一定含有镁离子和铝离子，故B错误；C、不能确定是否含有钾离子，故不能确定是否含有明矾，故C错误；D、不能确定的离子是钾离子，能通过焰色反应来确定，故D正确；故选D。‎ ‎16. 某溶液，由Na+、Ba2+、Al3+、AlO2－、CrO42-、CO32－、SO42－中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液；②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原沉淀中一定存在的离子是 （ ）‎ A. Na+、AlO2－、CrO42-、CO32－ B. Na+、AlO2－、CO32－‎ C. Na+、AlO2－、CO32－、SO42－ D. Na+、Ba2+、AlO2－、CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据①可知，气体应该是CO2，所以一定含有CO32－，则就一定没有Ba2+、Al3+，因此根据溶液的电中性可知，一定有钠离子。又因为溶液是无色的，所以没有CrO42-。根据②可知，气体是氨气，沉淀只能是氢氧化铝，这说明原溶液中含有AlO2－。由于碳酸氢铵是过量的，所以根据③可知，一定能生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，因此不能确定SO42－，答案选B。‎ 考点：考查离子的共存及离子的有关检验等 点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。‎ ‎17. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3 ， 不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：（ ）‎ 下列说法不正确的是（   ）‎ A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉 B. 固体1中一定含有SiO2 ，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3 ，进入固体2‎ C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O ‎【答案】D ‎【解析】试题解析：A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)2沉淀，但Fe(OH)2不稳定，很容易被氧化为Fe(OH)3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。‎ ‎【考点】考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。‎ ‎ ‎ ‎18. 将0.1molCu与40ml 10mol/LHNO3充分反应，测得反应后溶液里含有amol H+由此可知：（ ）‎ A. 生成的气体一定是NO2 ，在标准状况下的体积4.48 L B. 生成的气体一定是NO，在标准状况下的体积约1.49 L C. 被还原的硝酸的物质的量为（0.2-a）mol D. 反应后的溶液里含有0.2mol NO3－‎ ‎【答案】C 考点：化学计算 点评：硝酸与金属的反应要抓住两个守恒：得失电子守恒和氮原子守恒。‎ ‎19. 用氟硼酸（HBF4‎ ‎，属于强酸）代替硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工怍时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，Pb（BF4）2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是（　　）‎ A. 放电时的负极反应为：PbO2+4H++2e﹣=Pb2++2H2O B. 充电时，当阳极质量增加23.9 g时溶液中有0.2mo1电子通过 C. 放电时，正极区pH增大 D. 充电时，Pb电极与电源的正极相连 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A中，放电时负极发生氧化反应，A错。B中，阳极有PbO2生成，每生成1molPbO2转移2mol电子，质量增大23.9g则生成0.1molPbO2，转移0.2mol电子，但是电子只会从导线通过，不会从溶液通过，溶液中通过的是阴阳离子。C中，放电时正极区发生还原反应，PbO2成为Pb（BF4）2，同时还有水生成，无疑降低了溶液中氢离子的浓度，增大了PH。D中，放电时铅电极是作为负极发生氧化反应，那么电解的时候必然是发生还原反应，所以与电源的负极相连。‎ 考点：重点结合考查原电池与电解池的综合知识。‎ ‎20. 测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ pH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（  ）‎ A. Na₂SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-‎ B. ④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的 C. ①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D. ①与④的Kw值相等 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。‎ 详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。‎ 点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。‎ ‎21. 三蝶烯是最初的“分子马达”的关键组件，三碟烯某衍生物X可用于制备吸附材料，其结构如图所示，3个苯环在空间上互为120°夹角。下列有关X的说法正确的是（  ）‎ A. 分子式为C22H13O4 B. 1mol该物质与H2加成可消耗11mol H2‎ C. 苯环上的一氯代物有3种 D. 分子中最多可能有20个原子位于同一平面上 ‎【答案】D ‎【解析】A、分子式为C22H14O4，故A错误；B、X中含有三个苯环，所以1mol该物质与H2加成可消耗9mol H2，故B错误；C、X为对成型分子，其苯环上有2种氢原子，故苯环上的一氯取代物有2种，故C错误；D、两个羰基可能和其中一个苯环在同一平面上，但3个苯环中的任意2个都绝不可能位于同一平面，即该分子中最多可能有20个原子位于同一平面，故D正确。故选D。‎ ‎22. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：‎ 已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O＋2H+=Cu2+＋Cu＋H2O下列说法不正确的是 A. 步骤②中的SO2可用Na2SO3替换 B. 步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤 C. 步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl＋2OHˉ Cu2O＋2Clˉ＋H2O D. 如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度 ‎【答案】D ‎【解析】分析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。‎ 详解：A．Na2SO3有还原性，则步骤②还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；‎ B．CuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；‎ C．CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；‎ D．CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；‎ 答案选D。‎ 点睛：本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。‎ ‎23. 某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示（夹持装置略）。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2 ，排尽装置内的空气。‎ 已知：在溶液中，FeSO4＋NO [Fe(NO)]SO4‎ ‎（棕色），该反应可用于检验NO。下列对该实验相关描述错误的是（   ）‎ A. 装置F、I中的试剂依次为水，硫酸亚铁溶液 B. 装置J收集的气体中一定不含NO C. 实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞 D. 若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应 ‎【答案】B ‎【解析】根据实验装置图，在装置E中Cu与稀硝酸反应制备NO，实验开始前向装置中通入一段时间的N2排尽装置内的空气，由于HNO3具有挥发性，制得的NO中混有HNO3（g）和H2O（g），装置F用于除去NO中的HNO3（g），装置G中的无水CaCl2用于干燥NO，装置H用于探究NO与Cu粉的反应，装置I用于检验NO。A，装置F中盛放水除去NO中的HNO3（g），根据题意用FeSO4溶液检验NO，装置I中盛放FeSO4溶液，A项正确；B，检验NO的反应为FeSO4+NO[Fe（NO）]SO4，该反应为可逆反应，NO不能被完全吸收，NO难溶于水，装置J的气体中含有NO，B项错误；C，实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞停止通入NO，C项正确；D，若观察到装置H中红色粉末变黑色，说明NO与Cu作用产生了黑色固体，说明NO与Cu发生了反应，D项正确；答案选B。‎ 点睛：本题考查NO的制备、NO的性质和NO的检验，明确实验目的和实验原理是解题的关键，正确分析各装置的作用是解题的基础。‎ ‎24. 下列实验预期的现象及结论都正确的是（   ）‎ 选项 实验 预期现象 预期结论 A 将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中 有白色沉淀生成 H2SO3与Ba(NO3)2发生复分解反应生成BaSO3‎ B 向盛有KI溶液的试管中，滴加少量新制氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 Cl2氧化性比I2强 C 铜放入稀硫酸中，无明显现象,再加入硝酸钠固体 溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解 硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率,起到了催化剂的作用 D 向FeCl3饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，并加热至沸腾 生成红褐色透明液体 得到Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A项，将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀为硫酸钡，故A错误；B项，向盛有KI溶液的试管中，滴加少量新制氯水和CCl4，氯水中的Cl2与I-反应生成I2，I2易溶于CCl4中且密度比水的大，振荡、静置后下层溶液显紫色，该反应中Cl2作氧化剂，I2是氧化产物，则Cl2氧化性比I2强，故B正确；C项，铜放入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸钠固体，铜溶解，有明显的气泡放出，溶液变蓝，是因为Cu、H+和NO3-发生氧化还反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D项，向FeCl3饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，并加热，可得到红褐色Fe(OH)3沉淀，故D错误。‎ 点睛：本题通过化学实验的设计与评价，考查物质的性质、离子反应、胶体制备等知识。注意氧化还原型的离子反应，如：A、C两项，若忽略了氧化还原反应则很容易出错；D项要明确Fe(OH)3胶体的制备方法：将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液。继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。‎ ‎25. 某化学兴趣小组称取纯净的Na2SO3 ·7H20 a克，隔绝空气加强热至恒重，经过分析与计算，得到的固体质量与全部转化为亚硫酸钠固体的计算值一致，但固体在水中溶解后测的pH值比理论计算值（相同浓度Na2SO3溶液的pH）大很多。下列说法错误的是（ ）‎ A. 连续两次称量强热前后固体的质量，如质量差小于0.1g，即可判断固体已经恒定 B. 产生上述矛盾的可能解释：4Na2SO3 3Na2SO4 ＋ Na2S C. 固体产物中加入稀盐酸可能有淡黄色沉淀产生 D. 加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则能确定产物中有Na2SO4‎ ‎【答案】D 点睛：该题目的关键是亚硫酸钠本身既具有氧化性又具有还原性的性质，才能想到亚硫酸钠会发生歧化、归中的反应。‎ ‎26. 化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气可以通过多种方法进行治理．可以制取氢气，同时回收硫单质，既廉价又环保。回答下列问题： ‎ ‎（1）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)    △H1‎ S(s)+ O2(g)=SO2(g)    △H2‎ ‎2S(s) S2(g)   △H3‎ ‎2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(g)    △H4‎ 则反应2H2S(g) 2H2(g)+ S2(g)的△H=________ ‎ ‎（2）工业上采州高温热分解HzS的方法制取H2，膜反应器中分离出H2。在恒容密闭容器中，阻H2S的起始浓度均为0.009 mol/L控制不同温度进行H2S分解：2H2S(g) 2H2(g)+ S2(g) ，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度F反应经过相同时间时H2S的转化率。‎ ‎①在935℃时，该反应经过t s H2S的转化率达到P点数值，则在ts内用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=________。‎ ‎②温度升高，平衡向________方向移动（填“正反应”“逆反应”），平衡常数________（填“增大”“减小”或“不变”）。985℃时该反应的平衡常数为________。‎ ‎③随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近，其原因是________。 ‎ ‎（3）电解法治理硫化氢是先用FeCl3溶液吸收含H2S的工业废气，所得溶液用惰性电极电解，阳极区所得溶液循环利用。‎ ‎①进入电解池的溶液中，溶质是________。‎ ‎②阳极的电极反应式为________。‎ ‎③电解总反应的离子方程式是________。‎ ‎【答案】 (1). ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1 (2).  mol/(L·s) (3). 正反应 (4). 增大 (5). 8×10-4 mol/L (6). 该分解反应是吸热反应，温度升高，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短 (7). FeCl2、HCl (8). Fe2+－e－= Fe3+ (9). 2Fe2+＋2H+2Fe3+＋H2↑‎ ‎【解析】（1）根据盖斯定律：②+③+④-①可得ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1答案为：ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1‎ ‎（2）①由图像可知在935℃时，该反应经过ts 时H2S的转化率为10%，则v(H2)== mol/(L·s) ②由图像可知温度越高H2S的转化率越大，说明H2S的分解是吸热反应，根据勒夏特列原理，温度升高平衡向正反应方向移动，同时平衡常数增大大；985℃时H2S的起始浓度为0.009 mol/L， H2S的转化率为40%,则                ‎ 开始 )     0.009     0  0‎ 转化 )     0.0036   0.036 0.0018‎ 平衡 )     0.0054  0.0036 0.0018‎ 所以K==8×10-4 mol/L ‎ ‎③该反应是吸热反应，温度升高，化学反应速率加快，会使达到平衡所用的时间缩短，导致曲线b逐渐向曲线a靠近。答案为：① 正反应 、增大 ②8×10-4 mol/L ③ 该分解反应是吸热反应，温度升高，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短 ‎（4）①反应池中FeCl3与H2S反应生成硫单质、FeCl2、HCl，FeCl2和HCl进入电解池的溶液中，所以溶质为FeCl2、HCl。②电解池的阳极发生氧化反应，二价铁离子失去1个电子生成三价铁离子，电极反应式为Fe2+－e－== Fe3+。③电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应，2Fe2+═2Fe3++2e-，根据两极反应可写总的电解反应为：2Fe2++2H+2Fe3++H 2↑。答案为：①FeCl2、HCl ②Fe2+－e－== Fe3+③2Fe2++2H+2Fe3++H 2↑‎ 点睛：本题难点是电极反应式的书写，首先判断电极的名称，像本题电极右侧产生氢气，电极反应式为2H+＋2e－=H2↑，得出电极右侧为阴极，电极左侧为阳极，根据信息，电极左侧得到目标离子，然后判断此电极上参与的微粒和生成的微粒。‎ ‎27. 氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料．某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案． ‎ 已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ ‎ ‎（1）【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）． ‎ ‎（i）图C装置中球形干燥管的作用是________．‎ 完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先进行的操作是________，再加入实验药品．接下来的实验操作是关闭，打开，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1 ，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是________．‎ ‎（iii）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见________． ‎ ‎（2）【方案2】用下图装置测定m g样品中A1N的纯度（部分夹持装置已略去）． ‎ ‎（i）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是________．‎ A．CCl4  B．H2O  C．NH4Cl溶液   D． ‎ ‎（ii）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL（已转换为标准状况），则AlN的质量分数是________． ‎ ‎（3）【方案3】按以下步骤测定样品中A1N的纯度： ‎ ‎（i）步骤②生成沉淀的离子方程式为________．‎ ‎（ii）若在步骤③中未洗涤，测定结果将________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．‎ ‎【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 检查装置气密性；K1；K2 (3). 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 (4). C装置出口处连接一个干燥装置 (5). AD (6). ×100% (7). CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓ (8). 偏高 ‎【解析】(1) （i）由装置和仪器作用可以知道，氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用； (ii)组装好实验装置，原理可以知道气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品.接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体.打开K1，通入氮气一段时间,测定C装置反应前后的质量变化.通入氮气的目的是把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算； （iii）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C，使测定结果偏高，C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管；‎ ‎(2) （i）A、不能溶解氨气，可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故A正确的；B、氨气极易溶于水，不能排水法测定，故B错误；C、氨气极易溶于水，不能用排NH4‎ Cl溶液的方法测定气体体积，故C错误；D、氨气不溶于苯，可以利用排苯溶液,测定氨气的体积，故D正确，故选AD； (5)若m g样品完全反应,测得生成气体的体积为V (已转换为标准状况), ═ 41                   m                   ，则AlN的质量分数为 ‎ ‎(3) （i）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成,反应的离子方程式为: CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步骤③中未洗涤，沉淀不洗涤得到滤渣质量会增大，测定结果会偏高。‎ ‎28. 氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下 ‎（1）粗盐中含CaCl2、MgCl2等杂质，写出精制过程中发生反应的离子方程式是________，________． ‎ ‎（2）如果粗盐中SO42﹣含量较高，必须添加钡式剂除去SO42﹣ ，该钡试剂可以是____‎ A. Ba（OH）2    B. Ba（NO3）2     C. BaCl2‎ ‎（3）电解过程中所发生反应的化学方程式为________，与电源正极相连的电极附近产生的气体是________，检验该气体可使用的试纸及现象是．‎ ‎（4）氯碱工厂生产的氯气和氢气可以进一步用于生产盐酸，主要过程如下：‎ 其中关键的一步为氯气和氢气在燃烧管口燃烧生成HCl，氯气有毒，应采取的措施是 ‎________．合成盐酸厂要求合成气中的HCl的含量要大于97%，试用最简便的方法进行分析是否含量大于97%________． ‎ ‎（5）氯碱工厂生产的氯气和氢氧化钠溶液可以用于制取“84消毒液”，反应的化学方程式为________． ‎ ‎（6）某同学欲证明盐酸与氯化氢气体性质不同，他分别向A、B、C三支洁净试管中各放入一片干燥的蓝色石蕊试纸，然后往A试管内加入盐酸，试纸显________色，往B试管中通入干燥的氯化氢气体，试纸显________色．最后向C试管中加入物质________（填化学式），他之所以加入这种物质的理由是________．‎ ‎【答案】 (1). CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl (2). A,C (3). 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ (4). Cl2 (5). 湿润的碘化钾淀粉变蓝 (6). 先通H2点燃后再通Cl2 (7). 用100 mL刻度瓶收集满HCl气体，倒置置于水中，水升至97 mL以上即认为符合要求 (8). Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2O (9). 红 (10). 蓝 (11). H2O (12). 证明单独的氯化氢气体或水均不能使蓝色石蕊试纸变色 ‎【解析】(1)工业食盐中含有较多的Ca2+、Mg2+杂质，可以用试剂NaOH、Na2CO3除去反应为氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，所以化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；‎ ‎ (2)除去粗盐中的SO42﹣，可加Ba2+形成BaSO4白色沉淀，因为不能引进其他阴离子，所以钡试剂只能用Ba（OH）2或BaCl2，故AC正确；‎ ‎(3)在电解过程中，与电源负极相连的电极为阴极，电解池中阴极氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；阳极氯离子失去电子生成氯气2Cl--2e-= Cl2↑，电解过程中反应的化学方程式为: 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气能够使淀粉碘化钾溶液变蓝，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，现象是试纸变为蓝色； ‎ ‎(4)氯气有毒，为保证氯气完全反应，应该先通入氢气，再通入氯气，通入氯气前应先点燃氢气，氯化氢易溶于水，所以验证的方法是：取一个有刻度的玻璃瓶，收集一瓶合成气，倒放在水槽中，观察水面上升的高度，进行粗略估计，用100mL刻度瓶收集满HCl气体,置于水中,水升至97 mL以上即认为符合要求；‎ ‎(5)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的化学方程式为: Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎(6)盐酸是一种酸，盐酸溶液中的氢离子能使蓝色石蕊试液变成红色，‎ 氯化氢既不属于酸也不属于碱，不能能使蓝色石蕊试纸变色，仍为蓝色；盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，盐酸是氯化氢气体的水溶液，氯化氢气体和水能不能使蓝色石蕊试纸变红，通过B试管中实验已经排除了单独的氯化氢气体不能使蓝色石蕊试纸变色，还需要进一步排除单独的水也不能使使蓝色石蕊试纸变色,要利用控制变量法向C试管中单独加入水进行试验,水的化学式为H2O。‎ ‎29. 金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。 ‎ ‎（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：‎ ‎ ‎ ‎①此配合物中，铁离子价电子排布图为________；‎ ‎②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为________；‎ ‎③此配离子中含有的化学键为________。‎ A．离子键  B.金属键  C.极性键  D.非极性键  E．配位键  ‎ F．氢键   G．σ键   H．π键 ‎ ‎（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。NO2-离子的VSEPR模型名称为________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是________。 ‎ ‎（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2 ， 其中适合作录音带磁粉原料的是________。‎ ‎（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3 ，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒________（请写一个分子和一个离子）。 ‎ ‎（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为________，已知晶胞密度为ρ g/cm3 ，则相邻2个b微粒之间的距离为________nm（列计算式）。‎ ‎【答案】 (1). (2). sp2、sp3 (3). C D E G H (4). 平面三角形 (5). O>N>Co>K (6). CrO2 (7). CH4（SiH4）、NH4+ (8). 4 (9). （或 ）‎ ‎【解析】试题分析：本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。‎ ‎（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为。‎ ‎②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。‎ ‎③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，答案选CDEGH。‎ ‎（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为（5+1-22）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为ONCoK。‎ ‎（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。‎ ‎（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。‎ ‎（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。用“均摊法”，晶胞中含a：8+6=4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为NA，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为，NA=，解得x=cm。根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为x=cm=107nm。‎ ‎30. 聚对苯二甲酸丁二醇酯(PBT)是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路线如图所示：‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的结构简式是________，C的化学名称是________。 ‎ ‎（2）⑤的反应试剂和反应条件分别是________。 ‎ ‎（3）F的分子式是________，⑥的反应类型是________。 ‎ ‎（4）⑦的化学方程式是________。 ‎ ‎（5）M是H的同分异构体，同时符合下列条件的M可能的结构有________种。‎ a.0.1 molM与足量金属钠反应生成氢气2.24 L（标准状况）‎ b.同一个碳原子上不能连接2个羟基 其中核磁共振氢谱显示3组峰，且峰而积之比为3：1：1的结构简式是________。 ‎ ‎（6）以2一甲基-1-3一丁二烯为原料（其它试剂任选），设计制备 的合成路线：________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 对苯二甲醛 (3). NaOH溶液，加热（或H+/△） (4). C8H12O4 (5). 加成反应（或还原反应） (6). ‎ ‎ (7). 5 (8). (9). ‎ 或 ‎ ‎【解析】由可知A为：；由可知C为：；由以及 PBT为聚对苯二甲酸丁二醇酯可知G为：‎ ‎、H为：；根据以上分析可解答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式是，C的结构简式是，化学名称是对苯二甲醛。答案为： 、对苯二甲醛 ‎（2）反应⑤是由F生成G的反应，属于酯的水解反应，所以反应试剂和反应条件分别是NaOH溶液，加热（或H+/△）。 答案为：NaOH溶液，加热（或H+/△） ‎ ‎（3）F的结构简式为： ，所以分子式是C8H12O4，反应⑥是由生成的反应，属于加成反应（或还原反应）；答案为： C8H12O4 、加成反应（或还原反应）‎ ‎(4)反应⑦是由对苯二甲酸与1，4-丁二醇的缩聚反应，反应方程式为：‎ 答案为：‎ ‎（5）M是H的同分异构体，H为：HOCH2CH2CH2CH2OH，1molM与足量钠反应放出氢气，说明官能团为2个羟基；1个碳原子上不能连接2个羟基，分情况讨论，①当骨架为直链时，先确定一个羟基的位置，再判断另一个羟基的位置，如图：、，共4种，②当存在支链时：、，共2种，所以符合条件的有机化合物M共有6种，去掉H本身这一种还有5种，所以符合条件的M可能的结构有5种。其中核磁共振氢谱显示3组峰，且峰而积之比为3：1：1的结构简式为：答案为：5 、‎ ‎（6）结合PBT的合成路线图，以及所学过的有机化学知识，由2一甲基-1-3一丁二烯为原料（其它试剂任选），制备的合成路线可以设计如下：‎ 或。‎ ‎ ‎