2017-2018学年黑龙江省伊春市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省伊春市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省伊春市第二中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎（试卷满分为100分 考试时间为90分钟）‎ 可能用到的相对原子质量为: H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 K-39 Cu-64 Zn-65‎ 第一卷为选择题 共60分 一．选择题(本题包括30小题，每小题2分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1. 下列说法正确的是( )‎ A. 某物质灼烧时焰色反应为黄色,则一定只含钠元素,不含其他元素 B. 铝制品在生活中十分普遍,是因为铝不活泼 C. 碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多 D. 地壳中含量最多的金属是铁 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A不正确，因为K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，所以A中不能排除K元素；铝是活泼的金属，在其表明容易形成一层致密的氧化膜，从而阻止内部金属的氧化，所以铝制品耐腐蚀，B不正确；地壳中含量最多的金属是铝，D不正确，答案选C。‎ 考点：考查焰色反应、金属铝的性质、碳酸氢钠的用途以及地壳中元素的含量 点评：该题考查的知识点比较分散，但都很基础，难度不大。有利于培养学生分析问题、发现问题和解决问题的能力。该题的关键是学生要熟练记住常见物质的性质、用途。‎ ‎2. 下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 钠燃烧产物为过氧化钠 B. 锂燃烧产物为氧化锂 C. Na2O和Na2O2均属于碱性氧化物 D. Na2O和Na2O2均与CO2反应 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.钠燃烧生成过氧化钠；‎ B.锂燃烧生成氧化锂；‎ C.能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；‎ D.根据物质的性质、发生的反应解答。‎ 详解：A. 钠燃烧的产物为过氧化钠，常温下与氧气反应生成氧化钠，A正确；‎ B. 锂的金属性弱于钠，燃烧产物为氧化锂，B正确；‎ C. Na2O属于碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，C错误；‎ 答案选C。‎ ‎3. 分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用,下列分类标准合理的是(　　)‎ A. 根据是否含氧元素,将物质分为氧化剂和还原剂 B. 根据反应中是否有电子转移,将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 C. 根据水溶液是否能够导电,将物质分为电解质和非电解质 D. 根据是否具有丁达尔效应,将分散系分为溶液、浊液和胶体 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．反应物中所含元素化合价升高的物质为还原剂，所含元素化合价降低的物质为氧化剂；‎ B．氧化还原反应中有电子的转移，而非氧化还原反应物没有电子的转移；‎ C．电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；‎ D．分散系的分类依据是根据分散系微粒直径的大小。‎ 详解：A．根据反应物中所含元素化合价升降，将物质分为氧化剂和还原剂，不能根据是否含有含氧元素把物质分为氧化剂和还原剂，A错误； ‎ B．氧化还原反应的实质是电子的转移，根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，B正确；‎ C．根据化合物在水溶液里或熔化状态下能否自身电离出离子而导电，将化合物分为电解质和非电解质，C错误；‎ D．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不能根据是否具有丁达尔效应，D错误。‎ 答案选B。‎ 点睛：本题多角度考查物质的分类，侧重于概念的理解和运用的考查，注意把握物质的分类方法以及相关概念的理解，注意把握氧化还原反应的特点，难度不大。‎ ‎4. 若NA为阿伏加德罗常数,则下列叙述正确的是 A. 标准状况下，12 g C60中含有的碳原子数为NA B. 3.9 g金属钾变为钾离子时，失去的电子数为NA C. 标准状况下，22.4 L以任意比例混合的CO2与CO气体中含有的碳原子数约为2NA D. 在1 L 1 mol·L-1的盐酸中，所含氢原子数约为NA ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.根据C60的物质的量结合其组成分析；‎ B.K在反应中失去1个电子；‎ C.根据混合气体的物质的量结合其组成分析解答；‎ D.盐酸溶液中氯化氢电离出氢离子和氯离子。‎ 详解：A. 12g C60中含有的碳原子的物质的量是，因此碳原子数为NA，A正确；‎ B. 3.9 g金属钾的物质的量是3.9g÷39g/mol＝0.1mol，因此变为钾离子时，失去的电子数为0.1NA，B错误；‎ C. 标准状况下，22.4 L以任意比例混合的CO2与CO气体的物质的量是1mol，其中含有的碳原子数为NA，C错误；‎ D. 在1 L 1 mol·L-1的盐酸中，所含氢离子数约为NA，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5. 设阿伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是：‎ A. 0.5mol的NaHSO4固体中含有的阴离子总数为NA B. 0.1mol/L FeCl3的溶液中，含Cl-数目为0．3 NA C. 标准状况下22．4LNO2气体与水完全反应时，转移电子数目为NA D. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体中总原子数目为1.5 NA ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A中为0.5 mol A；B中未给定体积；C中为2/3 mol；NO2和N2O4中N与O原子质量比都是7:16，所以N为7g,即0．5mol，O为16g，即1mol，原子共1．5mol．故D正确。‎ 考点：阿伏伽德罗常数的相关计算。‎ ‎6. 448mL某气体在标准状况下的质量为1.28g，该气体的摩尔质量约为（ 　　）‎ A. 64g B. 64 C. 64g·mol-1 D. 32g·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：448mL某气体在标准状况下的质量为0.64g，气体的物质的量为=0.02mol，M==32g/mol，故选D。‎ ‎【考点定位】考查物质的量的计算 ‎【名师点晴】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用。有关物质的量的计算公式，、、、。在做此类试题时，还要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为VL、密度为ρg/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等 ‎7. 下列实验操作中错误的是（ ）‎ A. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C. 蒸发结晶时应将溶液蒸干 D. 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、分液操作时，为避免两种液体相互污染，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，正确。B．蒸馏时，为控制馏出物质的沸点，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，从而得到该温度下的馏分，正确。C.蒸发结晶一般都不蒸干，应有较多固体时停止加热用余热蒸干，因为溶液中会有杂质离子，如果蒸干的话，杂质也会跟着析出，也可能造成溶质分解从而降低纯度，错误；D.稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，如果将水倒进浓硫酸，水的密度较小，浮在浓硫酸上面，溶解时放出的热会使水立刻沸腾，使硫酸液滴向四周飞溅，造成危险，正确。‎ 考点：考查实验基本操作。‎ ‎8. 下列关于金属冶炼的说法不正确的是 （ )‎ A. 金属冶炼是指用化学方法将金属由化合态转变为游离态 B. 天然矿藏很少只含有一种金属元素，往往含有较多杂质 C. 金属的冶炼方法主要有热分解法,热还原法和电解法三种方法 D. 金属冶炼一定要用到还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来；‎ B、根据天然矿藏的成分分析；‎ C．根据金属的活泼性不同采用不同的冶炼方法；‎ D、根据金属的冶炼方法分析判断。‎ 详解：A、金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来，即指用化学方法将金属由化合态转变为游离态的过程，A正确；‎ B、天然矿物是混合物，很少只含一种金属元素往往含有较多杂质，B正确；‎ C、活泼金属采用电解法冶炼，不活泼的金属采用直接加热法冶炼，大部分金属的冶炼都是在高温下采用氧化还原反应法，C正确；‎ D、对一些不活泼的金属，可以直接用加热分解的方法从其化合物中得到，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9. 在下列现象中,不能用胶体的有关知识解释的是(　　)‎ A. 在江河入海口处易形成三角洲 B. 将FeCl3饱和溶液滴到沸水中,得到红褐色液体 C. 在NaCl溶液中加入KNO3溶液看不到沉淀 D. 同一支钢笔同时使用不同牌号的墨水可能发生堵塞 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.胶体容易发生聚沉；‎ B.氯化铁饱和溶液与沸水反应可以制备氢氧化铁胶体；‎ C.不符合发生复分解反应的条件；‎ D.胶体溶液发生聚沉。‎ 详解：A．江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，A不符合；‎ B．将FeCl3饱和溶液滴到沸水中，得到红褐色液体，即是Fe(OH)3胶体，B不符合；‎ C．在NaCl溶液中加入KNO3溶液看不到沉淀，是因为不符合复分解反应发生的条件，不反应，属于混合溶液，与胶体性质无关系，C符合；‎ D．墨水属于胶体，不同牌号的墨水带不同的电荷，相遇后容易发生胶体的聚沉，容易堵塞钢笔，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎10. 下列物质的分类正确的是(　　)‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A Na2CO3‎ H2SO4‎ NaOH SO2‎ CO2‎ B NaOH HCl NaCl Na2O NO C KOH HNO3‎ CaCO3‎ CaO Mn2O7‎ D NaOH HCl CaF2‎ Na2O2‎ SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A项中Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，错误；B项中NO不属于酸性氧化物，错误；D项中Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，错误。‎ ‎11. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是(　　)‎ 选项 A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H3PO4‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ 酒精 H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。‎ 考点：考查电解质等有关判断 ‎12. 除去MgO中的Al2O3 可选用的试剂是 ( )‎ A. NaOH溶液 B. 硝酸 C. 浓硫酸 D. 稀盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化镁不反应，反应后过滤可得氧化镁，故A正确；B、氧化镁、氧化铝都能与硝酸反应生成硝酸盐，故B错误；C、氧化镁、氧化铝都能与浓硫酸反应生成硫酸盐，故C错误；D、氧化镁、氧化铝都能与稀盐酸反应生成盐，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了物质分离提纯、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。‎ ‎13. 既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的化合物是(　　)‎ ‎①NaHCO3　 ②Al2O3 　 ③Al(OH)3 　 ④Al A. ①②③ B. ①④ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：一般弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、两性化合物、金属铝等既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应。‎ 详解：①NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，①正确；‎ ‎②Al2O3是两性氧化物，既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，②正确；‎ ‎③Al(OH)3是两性氢氧化物，既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，③正确； ④Al既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，但金属铝是单质，不是化合物，④错误；‎ 答案选A。‎ ‎14. 下列有关物质的性质与用途不正确的是 A. 明矾溶于水后可得到少量的有强吸附性的Al(OH)3，故明矾可作净水剂 B. Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中的供氧剂 C. 用热的纯碱洗去油污是因为Na2CO3可直接与油污反应 D. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．明矾水解可生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性；‎ B．过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气；‎ C．碳酸钠水解呈碱性；‎ D．熔点高的物质可用于耐高温材料。‎ 详解：A．明矾净水的原理是：Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+，利用Al(OH)3（胶体）的吸附性进行净水，A正确；‎ B．过氧化钠用作潜水艇中的供氧剂是因为过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，B正确；‎ C．碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于油脂的水解，碳酸钠与油脂不反应，C错误；‎ D．氧化铝为离子化合物，熔点高，可用于耐高温材料，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎15. 从金属利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是：①地壳中的金属元素的含量；②金属活动性；③金属的导电性；④金属冶炼的难易程度；⑤金属的延展性 A. ①③ B. ②⑤ C. ③⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关；故选D。‎ 点睛：铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜；对比人类利用金属的历史：先有青铜器时代再到铁器时代，然后才有了铝制品；可以发现二者存在一定联系，同时不同时期人们对金属的冶炼方法和水平不同，也导致人们使用的金属材料不同。‎ 视频 ‎16. 下列离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合：Ba2++OH―+H++SO42―＝BaSO4↓+H2O B. 过量的铁溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3―＝Fe3++NO↑+2H2O C. 氯气与水：Cl2+H2O2H++Cl―+ClO―‎ D. 硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.硫酸氢钠过量生成硫酸钡、硫酸钠和水；‎ B.铁过量生成硝酸亚铁；‎ C.次氯酸难电离；‎ D.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵。‎ 详解：A. 氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合生成硫酸钡、硫酸钠和水：Ba2++2OH―+2H++SO42―＝BaSO4↓+2H2O，A错误；‎ B. 过量的铁溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、NO和水：3Fe+8H++2NO3―＝3Fe3++2NO↑+4H2O，B错误；‎ C. 氯气与水反应生成次氯酸和盐酸：Cl2+H2OH++Cl―+HClO，C错误；‎ D. 硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝和硫酸铵：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，D正确。‎ 答案选D。‎ 点睛：掌握相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意离子方程式书写的正误判断应从以下几点进行分析：不能违背反应原理；电解质的拆分问题；反应前后是否遵循两守恒(原子守恒和电荷守恒)；注意反应物过量的问题，例如酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1 mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。‎ ‎17. 能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)‎ A. 将铁粉加入稀硫酸中：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑‎ B. FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－‎ C. Cu溶于稀HNO3：Cu＋4H＋＋NO3－＝Cu2＋＋NO2↑＋2H2O D. 过量CO2通入氢氧化钠溶液中：OH－+CO2＝HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ B.没有配平；‎ C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；‎ D.二氧化碳过量生成碳酸氢钠。‎ 详解：A. 将铁粉加入稀硫酸中：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，A错误；‎ B. FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，B错误；‎ C. Cu溶于稀HNO3：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C错误；‎ D. 过量CO2通入氢氧化钠溶液中生成碳酸氢钠：OH－+CO2＝HCO3－，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎18. 已知某溶液中存在较多的H+、SO42―、NO3―，则该溶液中还可能大量存在离子组是 A. Al3+、CH3COO―、Cl― B. Mg2+、Ba2+、Br―‎ C. Mg2+、Cl―、I― D. Na+、NH4+、Cl―‎ ‎【答案】D ‎19. 在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. 无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I—、MnO4—‎ B. 含有大量NO3－的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42—、H+‎ C. c (HCO3－)=0.1 mol·L－1的溶液中：Na+、K+、CO32—、Br—‎ D. 酸性溶液中：ClO－、S2—、SO32—、Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：在溶液中如果离子间能发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析判断。‎ 详解：A. 无色透明的水溶液中I—与MnO4—发生氧化还原反应，且MnO4—在溶液中不显无色，不能大量共存，A错误；‎ B. 含有大量NO3－的水溶液中Fe2+、H+与硝酸根离子发生氧化还原反应，且亚铁离子在溶液中不显无色，不能大量共存，B错误；‎ C. c(HCO3－)=0.1 mol·L－1的溶液中Na+、K+、CO32—、Br—之间互不反应，却均是无色的，可以大量共存，C正确；‎ D. 酸性溶液中ClO－能氧化S2—、SO32—，不能大量共存，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎20. 不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是 （　　）‎ A. 分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通人澄清的石灰水中 B. 分别在这两种物质的溶液中，加入CaCl2溶液 C. 分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸 D. 分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、加热这两种固体物质，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，并将生成的气体通入澄清的石灰水中，可以鉴别，正确；B、在这两种物质的溶液中加入CaCl2溶液，碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和CaCl2不反应，正确；C、在等量的两种固体中加入等体积等浓度的稀盐酸，碳酸钠开始无现象，生成碳酸氢钠，全部都转化成碳酸氢钠后，开始放气体，碳酸氢钠中加入盐酸后立即有气体生成，正确；D、在这两种物质的溶液中加入少量澄清的石灰水都有白色沉淀生成，无法鉴别，错误。‎ 考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质 ‎21. 下列叙述正确的是(　　)‎ A. 凡能电离出H+的化合物均属于酸 B. 醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强 C. SO3的水溶液能导电，SO3是电解质 D. 硫磺不导电，因此硫磺是非电解质 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；‎ B.溶液导电性强弱只与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关；‎ C.溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质；‎ D.电解质或非电解质是对化合物而言。‎ 详解：A. 电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，因此凡能电离出H+的化合物不一定均属于酸，例如硫酸氢钠等酸式盐，A错误；‎ B. 如果醋酸溶液中氢离子浓度大于硫酸溶液中氢离子浓度，则醋酸溶液的导电能力比稀硫酸强，B正确；‎ C. SO3的水溶液能导电，是因为生成的硫酸电离出离子，硫酸是电解质，SO3不能电离，是非电解质，C错误；‎ D. 硫磺中不存在自由移动的离子或电子，因此不导电，硫磺是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。‎ 答案选B。‎ 点睛：选项B是易错点，注意溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。‎ ‎22. 下列几种物质氧化性由强到弱顺序如下：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2。则除去FeCl2溶液中混有的I–应选用 ( )‎ A. KMnO4 B. Cl2 C. I2 D. FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：要除去FeCl2溶液中混有的I–，选取的氧化剂只能氧化碘离子，不能氧化亚铁离子和氯离子，据此解答。‎ 详解：氧化性由强到弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2。则 A、高锰酸钾能氧化碘离子，但也能氧化氯化亚铁，A错误；‎ B、氯气能氧化碘离子，但也能氧化亚铁离子，B错误；‎ C、单质碘不能氧化碘离子，C错误；‎ D、氯化铁能把碘离子氧化为单质碘，同时铁离子被还原为亚铁离子，可以达到目的，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎23. 已知：Na2O2+CO2→Na2CO3+O2（未配平），关于该反应的说法中正确的是（　　）‎ A. 生成0.1 mol O2转移0.4mol电子 B. 相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2‎ C. 氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2‎ D. 在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，SO2的作用跟CO2相同 ‎【答案】B ‎【解析】已知：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑,反应中过氧化钠发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，C错误；生成0.1 mol O2转移0.2mol电子，A错误；D. 在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，二氧化硫作还原剂，与二氧化碳作用不同，D错误；由方程式：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑可知，相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2，B正确。‎ ‎24. 歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是(　　)‎ A. 该反应不属于氧化还原反应 B. 该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应 C. 该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应 D. 该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素 ‎【答案】D ‎【解析】铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，铜失去电子被氧化，氧气得电子被还原，而二氧化碳、水中的元素化合价没有变化，故D正确。‎ ‎25. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是(　　)‎ ‎①Al2O3 NaAlO2(aq) Al(OH)3‎ ‎②SSO3H2SO4‎ ‎③饱和NaCl(aq) NaHCO3Na2CO3‎ ‎④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3‎ ‎⑤MgCl2(aq) Mg(OH)2MgO A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe(OH)3+3H+，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确；故①③⑤正确；故答案为A。‎ 视频 ‎26. 下列反应中，反应后固体物质增重的是(　 )‎ A. 氢气通过灼热的CuO粉末 B. 二氧化碳通过Na2O2粉末 C. 铝与Fe2O3发生铝热反应 D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，A错误；B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，B正确；C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，反应物质和生成物都是固体，质量不变，C错误；D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，D错误；答案选B。‎ 点睛：本题把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化以及原子守恒的灵活应用。‎ 视频 ‎27. 把图b的碎纸片补充到图a中,可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(　　)‎ A. 配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3‎ B. 若有1 mol S被氧化,则生成2 mol S2-‎ C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2‎ D. 2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移 ‎【答案】B ‎【解析】由于单质S是反应物，所以根据离子可知，反应应该是S单质自身的氧化还原反应，即方程式为3S＋6OH－=SO32－＋2S2－＋3H2O。其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰1，所以选项B正确，答案选B。‎ ‎28. 要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+。进行如下实验操作时最佳顺序为 ①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量KSCN溶液 A. ③① B. ③② C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：用KSCN检验Fe3+，然后通入氯水氧化，溶液呈血红色；KMnO4要在酸性条件下才有氧化性，此少了“酸性”两字,并且KMnO4本身就有颜色，会造成不便观察，选A。‎ 考点：考查Fe3+、Fe2+的检验。‎ ‎29. 在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是：‎ A. Mg2+、Al3+、Fe2+‎ B. H+、Mg2+、Al3+‎ C. H+、Ba2+、Al3+‎ D. 只有Mg2+、Al3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据图像，可以看出分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加。第一阶段无沉淀，说明水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，铜离子有颜色，与溶液无色不符，故B正确，C错误；故选B。‎ ‎30. .三氟化氮(NF3)是微电子工业中一种优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。下列有关该反应的说法正确的是(　　)‎ A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B. HF是还原产物 C. 还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1‎ D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3，部分降低变为NO，因此NF3是氧化剂，也是还原剂，而水的组成元素化合价没有发生变化。所以水不是还原剂，错误；B．HF的组成元素在反应前后没有发生变化，所以HF不是还原产物，错误；C．根据方程式可知，在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1：2，错误；D． NF3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO，NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体，正确。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关知识。‎ 第二卷为填空题 共40分 二.填空题 ‎31. 欲用98%的浓硫酸(密度＝1.84g·cm－3)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。‎ ‎(1)选用的仪器有：①量筒；②烧杯；③玻璃棒；④_______；⑤_______。‎ ‎(2)下列各操作正确的顺序为_____________________。‎ A．用量筒量取浓H2SO4‎ B．稀释浓H2SO4‎ C．将溶液转入容量瓶 D．洗涤所用仪器2至3次，洗涤液也转入容量瓶中 E．反复颠倒摇匀 F．用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 ‎(3)简要回答下列问题：‎ ‎①所需浓硫酸的体积为_________mL。‎ ‎②浓硫酸稀释后，在转入容量瓶前应______，否则会使浓度偏_____(低或高）。‎ ‎③定容时必须使溶液液面与刻度线相切，若俯视会使浓度偏_____(低或高）。‎ ‎【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). A、B、C、D、F、E (4). 13.6 (5). 恢复至室温 (6). 高 (7). 高 ‎【解析】分析：（1）根据配制步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；‎ ‎（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；‎ ‎（3）依据c=1000ρω/M计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析。‎ 详解：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）用浓硫酸配制稀硫酸的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶，所以正确的顺序为A、B、C、D、F、E；‎ ‎（3）①98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm-3）的物质的量浓度c=1000×1.84×98%/98 mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变可知V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；‎ ‎②容量瓶为精密仪器，不能盛放过热液体，在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却恢复至室温；否则趁热定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；‎ ‎③定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。‎ 点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，侧重考查学生分析实验能力。难点是误差分析，注意误差分析的依据，根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。‎ ‎32. I：某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的性质。‎ ‎(1)该小组同学采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。‎ 取一个烧杯，加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加1～2 mL饱和______溶液，继续煮沸，待溶液呈____后，停止加热。‎ ‎(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图1所示，放置2 min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察_____(填“有”或“无”)丁达尔效应；再向烧杯中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为______________。‎ ‎(3)将半透膜内的液体倒入U形管中，如图2所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是____(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是_______。‎ II：回答下列问题：‎ ‎(1)“铝热反应”中的铝热剂通常是Fe2O3和Al粉的混合物，高温反应时可放出大量的热。请写出该反应的化学方程式_________________________。‎ ‎(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为______________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3 (2). 红褐色 (3). 无 (4). 有白色沉淀产生 (5). 阴 (6). Fe(OH)3胶体粒子带正电荷 (7). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe (8). 2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O或2Fe（OH）3＋4OH－＋3ClO－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O ‎【解析】分析：I、（1）向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体；‎ ‎（2）胶体不能透过半透膜，而溶液是可以的，据此判断；‎ ‎（3）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，向阴极移动。‎ II、（1）Fe2O3和Al发生铝热反应生成氧化铝和铁。‎ ‎（2）根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒书写离子方程式。‎ 详解：I、（1）制备氢氧化铁胶体应该用新制的饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至出现红褐色后即可；‎ ‎（2）胶体不能透过半透膜，而溶液是可以的。所以半透膜外的液体是不能产生丁达尔效应的。由于溶液中含有氯离子，因此向烧杯中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为有白色沉淀产生；‎ ‎（3）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，所以向阴极移动，即阴极附近溶液颜色加深；‎ II、（1）“铝热反应”中的铝热剂通常是Fe2O3和Al粉的混合物，高温反应时可放出大量的热，生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。‎ ‎（2）FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：2，因此根据原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O或2Fe（OH）3＋4OH－＋3ClO－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O。‎ 点睛：本题考查胶体的制备和性质、氧化还原反应方程式书写等，题目难度不大，易错点为胶体的制备，注意制备方法。难点是氧化还原反应方程式书写与配平，注意电子得失守恒的灵活应用。‎ ‎33. 含有下列离子的五种溶液①Ag+，②Mg2+，③Fe2+，④Al3+，⑤Fe3+。试回答：‎ ‎（1）既能被氧化又能被还原的离子是___________________。‎ ‎（2）向③中加入NaOH溶液,现象是____________________，有关化学方程式或离子方程式是___________________________________________。‎ ‎（3）加入过量NaOH溶液无沉淀的是（不考虑①）_____________________________。‎ ‎（4）能用来鉴别Cl–存在的离子是___________。‎ ‎（5）遇KSCN溶液呈红色的是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). 出现白色沉淀后迅速变为灰绿色最后变为红褐色 (3). Fe2+‎ ‎＋2OH－＝Fe（OH）2↓；4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3 (4). ④ (5). ① (6). ⑤‎ ‎【解析】分析：（1）化合价处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性；‎ ‎（2）氢氧根离子与亚铁离子结合生成氢氧化亚铁，根据氢氧化亚铁易被氧化分析；‎ ‎（3）根据氢氧化铝是两性氢氧化物分析判断；‎ ‎（4）根据氯化银不溶于水也不溶于酸分析；‎ ‎（5）铁离子与KSCN溶液反应显红色。‎ 详解：（1）五种阳离子中只有亚铁离子的化合价处于中间价态，既有氧化性也有还原性，因此既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+，答案选③。‎ ‎（2）向③中加入NaOH溶液生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定容易被氧化为氢氧化铁，因此观察到的实验现象是出现白色沉淀后迅速变为灰绿色最后变为红褐色，有关化学方程式或离子方程式是Fe2+＋2OH－＝Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3。‎ ‎（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶解在强碱氢氧化钠溶液中，因此加入过量NaOH溶液无沉淀的是Al3+，答案选④。‎ ‎（4）氯化银不溶于水也不溶于酸，常用来检验氯离子，则能用来鉴别Cl–存在的离子是Ag+，答案选①。‎ ‎（5）遇KSCN溶液呈红色的是Fe3+，答案选⑤。‎ ‎34. 为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。‎ 请回答：‎ ‎（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：_________________________。‎ ‎（2）试剂X是______。步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是________。‎ ‎（3）用固体F制备CuSO4溶液，可设计以下三种途径：‎ 写出途径①中反应的离子方程式_______________________________，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由______________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH—+2H2O=2AlO2－+3H2↑ (2). 稀硫酸或H2SO4 (3). 过滤 (4). 3Cu+2NO3－+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O (5). 途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小 ‎【解析】分析：铝、铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠反应，过滤后，得到溶液A含有NaOH、NaAlO2，固体B为Cu和Fe。溶液A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤分离，得到C为Al（OH）3，D为NaHCO3溶液，氢氧化铝溶解在盐酸中得到氯化铝溶液，然后蒸发结晶得到氯化铝固体。固体B用试剂X反应，过滤分离得到溶液E，溶液E蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，可知试剂X为稀硫酸，E为FeSO4，F为Cu，Cu转化得到硫酸铜，CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得胆矾晶体，据此解答。‎ 详解：（1）步骤Ⅰ中铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH—+2H2O=2AlO2－+3H2↑；‎ ‎（2）由上述分析可知，试剂X为稀硫酸，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是固体和液体的分离操作，应该是过滤；‎ ‎（3）途径①中Cu与混酸反应生成铜盐、NO与水，反应的离子方程式为3Cu+2NO3－+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径①产生NO，途径③中会生成二氧化硫，NO、二氧化硫均污染空气，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，所以途径②最佳。‎ 点睛：本题考查物质实验制备方案、物质的分离和提纯、对方案的分析评价等，关键是理解工艺流程原理和相关物质的性质，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。实验方案的评价可以从以下几个角度考虑：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。‎ ‎ ‎