辽宁省实验中学东戴河分校2020届高三上学期期初摸底考试化学试题

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辽宁省实验中学东戴河校区 ‎ 2019～2020学年上学期高三年级摸底考试 化学试卷 说明：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（6）页，第Ⅱ卷第（7）页至第（8）页。‎ ‎2、本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cu 64 Fe 56‎ 第Ⅰ卷 一、单项选择题 ‎1.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳黑影……”在这段美文中包含的化学知识正确的是( )‎ A. 荷塘上方的薄雾是水蒸汽 B. “大漠孤烟直”中的孤烟成分和这种薄雾的成分相同 C. 薄雾中的微粒直径大约是2.5pM D. 月光通过薄雾产生了丁达尔效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 雾、云、烟等是常见的气溶胶，水蒸汽扩散到空气中形成的气溶胶，烟是固体小颗粒扩散到空气中形成的气溶胶。‎ ‎【详解】A项、荷塘上方的薄雾是水蒸汽扩散到空气中形成的气溶胶，故A错误；‎ B项、孤烟是固体小颗粒扩散到空气中形成的气溶胶，与薄雾的成分不相同，故B错误；‎ C项、薄雾是气溶胶，分散质的直径在1nm—100nm之间，2.5 pM远大于胶体粒子的直径，故C错误；‎ D项、薄雾是气溶胶，月光通过时会产生丁达尔效应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查胶体，注意胶体的本质特征，明确胶体的性质是解答关键。‎ ‎2.下列有关物质变化和分类的说法正确的是 A. 电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化 B. 胆矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物 C. 葡萄糖溶液和淀粉溶液作为分散系的本质区别是能否发生丁达尔效应 D. SiO2、CO、Al2O3都属于酸性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解熔融的氧化铝会生成铝和氧气，是化学变化，但12C转化为14C是原子核内中子数发生了变化，不属于化学变化，A错误；‎ B.胆矾是CuSO4·5H2O，是纯净物；四氧化三铁也是纯净物；冰水混合物里面只有一种分子即水分子，所以也是纯净物；B正确；‎ C.葡萄糖溶液和淀粉溶液分别属于溶液和胶体，本质区别是分散质粒子直径，C错误；‎ D.SiO2是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，Al2O3是两性氧化物，D错误；‎ 故合理选项为B。‎ ‎【点睛】纯净物是由一种分子组成的物质，结晶水合物是纯净物，冰水混合物也是纯净物。淀粉溶液虽然称为溶液，但里面的大多数粒子的直径在1nm-100nm之间，所以属于胶体。‎ ‎3.下列关于铁及其化合物性质描述不正确的是 A. 因Fe常温下与稀硝酸发生钝化现象，故不能用Fe制器皿盛放稀硝酸 B. 铁的化合物应用广泛，如FeCl3溶液可用于制作印刷电路板 C. 配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉防止Fe2+被氧化 D. Fe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，与稀硝酸发生氧化还原反应，故A说法错误；‎ B、FeCl3溶液可用于制作印刷电路板，是因为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，故B说法正确；‎ C、Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，Fe能与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，配制FeSO4溶液时，需要加入铁粉防止Fe2＋被氧化，故C说法正确；‎ D、Fe2O3为红棕色固体，Fe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故D说法正确。‎ ‎4.在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的有( )‎ A. 滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－‎ B. pH值为11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋‎ C. 水电离出来的c(OH-)＝10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋‎ D. 所含溶质为Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．pH=11的溶液呈碱性，S2-、SO32-、S2O32-、Na+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．水电离出来的c(OH-)=10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．SiO32-、Al3+之间能够发生反应生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4、C3H6气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两种气体的压强相等 B. 两种气体中的原子总数相等 C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的摩尔质量相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当这两个容器内温度和气体密度相等，体积相同，由m=ρV可知，质量相同，‎ A．相同温度和体积下，压强之比等于物质的量之比。质量相等，但M不同，则物质的量不同、压强不等，A项错误；‎ B．质量相同，最简式均为CH2，则CH2的物质的量相同，原子的物质的量为CH2的物质的量的3倍，所以原子数目相同，B项正确；‎ C．由n=mM、N=nNA可知，质量相同，M不同，则物质的量不同，所以分子数不同，C项错误；‎ D．摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于相对分子质量，两种物质的摩尔质量不同，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎6.在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρg/cm3（ρ＞1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎①w=×100% ②c=1mol•L﹣1 ③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w A. ①②③ B. ①③④ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据c=可得w=×100%，故正确；‎ ‎②36.5gHCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；‎ ‎③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；‎ ‎④氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故④错误；‎ 所以正确的为①③，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键。‎ ‎7.下列实验装置不能达到实验目的的是 A. 验证钠与水的反应是否为放热反应 B. 检验过氧化钠与水的反应有氧气产生 C. 观察纯碱的焰色反应 D. 比较碳酸钠、碳酸氢钠的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，选项A正确；‎ B. 检验过氧化钠与水的反应有延期产生，若带火星的木条没有迅速复燃则反应延期产生，选项B正确；‎ C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，选项C正确；‎ D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠受热温度较低，题中装置无法达到实验目的，选项D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列实验现象与实验操作不相匹配是（ ）‎ 实验操作 实验现象 A 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 B 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足 量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀硫酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生，故A正确；‎ B．向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯，反应生成二氧化碳、硫酸钾、硫酸锰和水，静置后溶液不会分层，故B错误；‎ C．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，反应生成有刺激性气味的二氧化硫气体，同时生成S单质，导致溶液变浑浊，故C正确；‎ D．向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后，反应生成氯化亚铁，铁离子消失，则黄色逐渐消失，再加1滴KSCN溶液，溶液颜色不变，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意硫代硫酸钠在酸性溶液中发生歧化反应，生成二氧化硫、硫和水。‎ ‎9.下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是（ ） ‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧 ②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液 ④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ③②①④ B. ②③①④ C. ①②③④ D. ③①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的Na2O2；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，生成白色沉淀Fe(OH)2，然后会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的Fe(OH)3；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，生成红色的Fe(SCN)3；④无水硫酸铜放入医用酒精中，无水硫酸铜吸收了医用酒精中的水生成了蓝色的CuSO4·5H2O，所以A的顺序正确。‎ 故选A。‎ ‎10.实验室用氢氧化钠固体配制 1.00mol/L 的NaOH 溶液 480mL，以下配制步骤正确的是( )‎ A. 直接在托盘天平上称取 19.2g 的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解 B. 待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯、玻璃棒 2～3次 C. 定容时，仰视凹液面最低处到刻度线 D. 按照上述步骤配制的溶液(没有涉及的步骤操作都正确)，所得溶质的物质的量浓度偏高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液，所需氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g，且称量时应放到小烧杯里，故A错误；‎ B、氢氧化钠固体溶于水放热，故应冷却至室温，移液时应用玻璃棒引流，否则溶液溅出会导致浓度偏低，并洗涤烧杯 2～3 次，将溶质全部转移至容量瓶中，故B正确；‎ C、定容时，应平视刻度线，仰视会导致体积偏大，故C错误；‎ D、仰视刻度线，会导致体积偏大，则溶液浓度偏小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.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。‎ ‎12.物质的分类多种多样，下列说法及物质的分类均正确的是 A. 金属氧化物一般为碱性氧化物，Na、Mg、Al、Fe、Mn的最高价氧化物均为碱性氧化物 B. 非金属氧化物一般为酸性氧化物，C、N、S、P、Cl、Si的最高价氧化物均为酸性氧化物 C. 在水溶液中能导电的物质一般是电解质，HCl、H2O、CH3COOH、AgCl、NH3、NaOH均为电解质 D. 高分子化合物在人类生活中必不可少，淀粉、纤维素、蛋白质、油脂、橡胶、塑料均为高分子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、金属氧化物可以是酸性氧化物、两性氧化物；‎ B、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；‎ C、在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物称为电解质；‎ D、高分子化合物一般是指相对分子质量大于一万的化合物。‎ ‎【详解】A项、能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，大多数金属氧化物是碱性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，而Al的最高价氧化物Al2O3为两性氧化物，Mn的最高价氧化物Mn2O7为酸性氧化物，故A错误；‎ B项、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO2、N2O5、SO3、P2O5、Cl2O7、SiO2均能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故B正确；‎ C项、在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物称为电解质，NH3在水中形成的NH3·H2O是电解质，而NH3是非电解质，故C错误；‎ D项、高分子化合物一般是指相对分子质量大于一万的化合物，油脂不是高分子化合物，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分类，注意物质分类的方法，明确概念的内涵与外延是解题关键。‎ ‎13.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 0.1mol/LFeCl3溶液：NH4+、K+、SCN-、NO3-‎ B. 该溶液加水后c(H+)/c(OH-)值变大：K+、Cu2+、Br-、SO42-‎ C. 能使甲基橙变红的溶液：Ca2+、NH4+、CH3COO-、Cl-‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3溶液的Fe3+和SCN-发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．该溶液加水后c(H+)/c(OH-)值变大，说明溶液稀释后，c(OH-)减小，c(H+)增大，溶液显碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+与氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，CH3COO-与氢离子反应生成难电离的醋酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．由水电离产生的c(H+)=10-13mol•L-1的溶液为酸或碱溶液，Na+、K+、Cl-、NO3-之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意“加水后c(H+)/c(OH-)值变大”的正确解读，可以通过假设法，确定溶液的酸碱性。‎ ‎14.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2‎ C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子 D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。‎ ‎【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；‎ B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；‎ C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；‎ D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎15.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ‎①3.9g苯与足量的H2反应时，参与反应的碳碳双键数为0.15NA ‎②3.1g氧化钠和3.9g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为0.1NA ‎③1.8g14CH4和水蒸气(H218O)的混合气体中含电子数目为NA ‎④常温下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目相同 ‎⑤常温下，4.6gNO2和N2O4组成的混合气体中所含原子总数为0.3NA ‎⑥1mol SiO2晶体中含有极性共价键数目为2NA ‎⑦将1mol Cl2通入足量水中,溶液中HClO、Cl-、C1O-粒子数之和为2NA ‎⑧高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.8NA A. ①②④⑥ B. ②③⑤⑧ C. ②③⑥⑦ D. ③⑤⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：苯分子中没有双键；氧化钠和过氧化钠的组成中，其阴、阳离子的个数比相同，都是1:2；14CH4和H218O的摩尔质量不同；在相同温度下，盐的水解程度随浓度增大而减小；NO2和N2O4的最简式相同；SiO2晶体中Si的配位数是4；Cl2通入足量水中，溶液中含有Cl2、HClO、Cl-、C1O-等粒子；Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁。‎ 详解：①苯分子中没有碳碳双键，①不正确；‎ ‎②氧化钠和过氧化钠的组成中，其阴、阳离子的个数比相同，都是1:2，3.1g氧化钠和3.9g过氧化钠的物质的量均为0.05mol，故混合物中含有的阴离子总数为0.1NA，②正确；‎ ‎③14CH4和水蒸气(H218O)的分子内均有10个电子，14CH4和H218O的摩尔质量不同，所以1.8g14CH4和水蒸气(H218O)的混合气体中含电子数目不等，③不正确；‎ ‎④在相同温度下，盐的水解程度随浓度增大而减小，故常温下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目不相同，④不正确；‎ ‎⑤4.6gNO2物质的量为0.1mol，含0.3NA 个原子 。NO2和N2O4的最简式相同，所以4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数与4.6gNO2的相同，为0.3NA，⑤正确；‎ ‎⑥SiO2晶体中Si的配位数是4，所以1mol SiO2晶体中含有极性共价键数目为4NA，⑥不正确；‎ ‎⑦Cl2通入足量水中，所得溶液中含有Cl2、HClO、Cl-、C1O-等粒子。由物料守恒可知，将1molCl2通入足量水中,溶液中HClO、Cl-、C1O-粒子数之和小于2NA，⑦不正确；‎ ‎⑧高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，故16.8gFe（即0.3mol Fe）与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.8NA，⑧正确。‎ 综上所述，②③⑤⑧正确，本题选B。‎ ‎16.已知：还原性HSO3-＞I－，氧化性IO＞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图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 0～a间发生反应：3HSO3-＋IO3-=3SO42-＋I－＋3H＋‎ B. a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 mol C. b～c间发生的反应中I2仅是氧化产物 D. 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性HSO-3＞I-，所以首先发生的反应为：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3-＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，反应为IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。‎ ‎【详解】A．0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是0.4mol，亚硫酸氢钠的物质的量是1.2mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移的电子守恒，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故A正确；‎ B．a～b间加入的碘酸钾的物质的量是0.6mol，根据3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，消耗NaHSO3的物质的量=×3=1.8mol，故B正确；‎ C．根据图像知，b-c段内发生IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；‎ D．根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xmol，消耗碘离子的物质的量=xmol，剩余的碘离子的物质的量=(1-x)mol，当溶液中n(I-)∶n(I2)=5∶2时，即(1-‎ x)∶x=5∶2，x=0.24mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.24mol×=1.08mol，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】明确氧化性、还原性确定反应的的前后顺序是解本题关键。本题的易错点和难点为D，注意根据物质间的反应并结合原子守恒计算。‎ ‎17.将足量的CO2不断通入NaOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，则生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为(　 )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CO2先与OH－发生反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋与CO32－反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为Ca(OH)2先与CO2反应，其次为NaOH，然后是NaAlO2，逐步分析；‎ ‎【详解】CO2先与OH－发生反应：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋与CO32－反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此认为Ca(OH)2先与CO2反应，其次为NaOH，然后是NaAlO2，发生的反应依次是Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O、2NaAlO2＋CO2＋3H2O=Na2CO3＋2Al(OH)3↓，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，因此通入CO2与沉淀关系的图像是，故答案选C；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】难点是分析反应的过程，特别是NaAlO2、Na2CO3哪个先与CO2反应，学生应记住HCO3‎ ‎－电离出H＋能力强于Al(OH)3，即AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，因此NaAlO2先与CO2反应。‎ ‎18.下列离子方程式正确的是（　　）‎ A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓‎ B. 氯化铁溶液腐蚀铜电路板：Cu+Fe3+﹣═Fe2+ +Cu2+‎ C. 已知：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣‎ D. 向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═H2O+BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向一定量的明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，铝离子生成的氢氧化铝沉淀完全溶解，正确的离子方程为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-＝2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故A错误；‎ B．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B错误；‎ C．标准状况下3.36L氯气的物质的量为1.5mol，与0.2 mol FeBr2反应，氯气先氧化亚铁离子，剩余的氯气氧化溴离子，发生的反应为：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++Br2+6Cl﹣，故C正确；‎ D. 向NaHSO4中滴入Ba（OH）2溶液至恰好显中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝2H2O+BaSO4↓，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)‎ A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，HNO3，根据电子转移守恒，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即Cu提供电子等于氧气获得的电子，氧气的物质的量为1.68L÷22.4L/mol=0.075mol，则Cu提供电子为：0.075mol×2=0.15mol。向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根离子的物质的量，故n（NaOH）=0.15mol×2＝0.3mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为0.3mol÷5mol/L=0.06L=60mL。‎ 答案选A。‎ ‎20.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，产生的气体未经水洗直接通入酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色 溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热生成了C2H4‎ B 将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色 石蜡油分解产物中含有不饱和烃 C 向1mL2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，边滴边振荡 得到无色澄清溶液 氨水与AgNO3溶液不反应 D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入少量银氨溶液。‎ 未出现银镜 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、乙醇蒸气能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ B、石蜡油能发生催化裂化反应生成气态烯烃；‎ C、过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液；‎ D、未加氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性。‎ ‎【详解】A项、溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，因乙醇具有挥发性，制得的乙烯气体中混有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的乙醇蒸气，干扰乙烯的检验，故A错误；‎ B项、在少量碎瓷片做催化剂作用下，石蜡油发生裂化反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气态烯烃，故B正确；‎ C项、向1mL 2%的氨水中滴入5滴2%的AgNO3溶液，过量的氨水与硝酸银溶液反应生成无色的银氨溶液，故C错误；‎ D项、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热蔗糖水解生成的葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下加热与银氨溶液发生银镜反应生成银镜，该实验未加氢氧化钠溶液中和硫酸，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ ‎21.某同学通过以下装置测定M样品(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1(如图1)和实验2(如图2)进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。‎ ‎(1)写出实验1中发生反应的离子方程式：______________________________。‎ ‎(2)实验1装置中小试管的作用是___________________________________________________。‎ ‎(3)对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：①___________________②___________________。‎ ‎(4)M样品中铜的质量的数学表达式为(用m 、V1和V2 表示)：__________________________。‎ ‎(5)实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积____________ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积___________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2-＋3H2↑ (2). 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。 (3). 冷却到室温 (4). 调整BC液面相平 (5). m g－(28V2-19V1)/11200g (6). 无影响 (7). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；‎ ‎（3）气体的体积受温度和压强影响大，因此对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；‎ ‎（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为27V1/33600g，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为56（V2-V1）/22400g，所以样品中铜的质量为m g－27V1/33600g－56（V2-V1）/22400g＝m g－(28V2-19V1)/11200g；‎ ‎（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大。‎ ‎22.黄铜矿(CuFeS2)是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏，常含微量的金、银等．右图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)颜料的工艺流程图： ‎ ‎(1)CuFeS2中，Fe的化合价为____________．‎ ‎(2)写出“反应Ⅰ”的离子方程式___________，该反应的氧化剂是__________．‎ ‎(3)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl-反应生成溶于水的[CuCl2]-．该反应的离子方程式为___．‎ ‎(4)反应Ⅰ～V五个反应中属于非氧化还原反应的是反应_______(选填“Ⅰ～V”)．‎ ‎(5)已知Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，由此可推知“溶液A”中的溶质为____________(写出化学式)．‎ ‎(6)在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为______________‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl↓+2S↓ (3). CuFeS2、FeCl3 (4). Cl-+CuCl=[CuCl2]- (5). Ⅱ、Ⅳ (6). CuCl2、NaCl (7). 4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据产物中有CuCl和S，知反应I发生了氧化还原反应。氯化铁具有氧化性，能氧化黄铜矿，过滤得到固体CuCl和S，铁的化合价降低得到FeCl2溶液。向FeCl2溶液中加入碳酸钠发生反应II，得到FeCO3，过滤得到FeCO3，在空气中灼烧FeCO3得到氧化铁。向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液，得到Na[CuCl2]配合物的溶液和S单质。Na[CuCl2]溶液再加入水发生反应V生成Cu和溶液A，Cu＋在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2＋和Cu，则A为CuCl2、NaCl。‎ ‎【详解】(1)CuFeS2中S为-2价、Cu为+2价，Fe的化合价为+2价；‎ ‎(2) 根据产物中有CuCl和S，可知反应I发生了氧化还原反应。氯化铁具有氧化性，能氧化黄铜矿。在1molCuFeS2中，Cu的化合价从＋2降低到＋1， S的化合价从－2升高到0，则1molCuFeS2在反应中升高化合价一共为3价。Fe3＋的化合价从＋3降低到＋2，化合价降低1‎ 价，化合价升降守恒，CuFeS2和Fe3+的比例为1:3，再根据电荷守恒和原子守恒配平，有反应I的离子方程式为CuFeS2+3Fe3＋+Cl－=4Fe2＋+CuCl↓+2S↓，该反应中FeCl3中的Fe化合价降低、CuFeS2中的Cu化合价降低，所以CuFeS2、FeCl3都作氧化剂；‎ ‎(3)根据反应物和生成物的化合价不变，利用电荷守恒和原子守恒可以配平该粒子方程式，有离子方程式为Cl－+CuCl=[CuCl2]－；‎ ‎(4)反应Ⅰ中，CuFeS2中的S化合价从－2升高到0，反应Ⅰ是氧化还原反应。反应Ⅲ中，FeCO3中的Fe的化合价为＋2，铁红Fe2O3中的铁为＋3，化合价发生改变，为氧化还原反应。反应Ⅴ中，[CuCl2]－中Cu的化合价从＋1，变成了＋2和0，化合价发生变化，属于氧化还原反应。只有反应II和IV中各元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故答案为：Ⅱ、Ⅳ；‎ ‎(5)反应Ⅴ为Na[CuCl2]在水存在条件下发生的歧化反应，根据题给信息知生成物有Cu，根据原子守恒，则生成还有NaCl和CuCl2，均溶于水，则所得的溶液A中的溶质是CuCl2、NaCl，故答案为：CuCl2、NaCl；‎ ‎(6)在酸性溶液中，细菌利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，则硫酸盐为硫酸铜，硫酸铁。在1molCuFeS2中，S的化合价从－2升高到+6，Fe的化合价从＋2升高到＋3，则1molCuFeS2在反应中升高化合价一共为17价。O2的化合价从0降低到-2，化合价一共降低4价，化合价升降守恒，CuFeS2和O2的比例为4:17，再根据电荷守恒和原子守恒配平反应的方程式，有离子反应方程式为：4CuFeS2+4H＋+17O2=4Cu2＋+4Fe3＋+8SO42－+2H2O。‎ ‎【点睛】本题涉及到的氧化还原反应比较多，陌生的化学方程式的书写较多，难度较大，需要学生对化合价的变化，以及利用电荷守恒、原子守恒的配平技巧有较好的掌握。‎ ‎23.毒奶粉中发现的化工原料三聚氰胺可以由下列反应合成：CaO＋3C CaC2＋CO↑，CaC2＋N2 CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。‎ ‎（1）写出与Ca在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式：___________；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O，由此可以推知CN22-的空间构型为________。‎ ‎（2）1mol 尿素分子[CO（NH2）2]中含有的π键与σ键的数目之比为_______；‎ ‎（3）三聚氰胺俗称“蛋白精”，其结构为。其中氮原子的杂化方式有_____________。‎ ‎（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为______，Ca2＋采取的堆积方式为____________，其中O2-处于Ca2＋堆积形成的八面体空隙中；已知CaO晶体的密度为ρ，求晶胞中距离最近的两个钙离子之间的距离_____________（列出计算式）；‎ ‎（5）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=_____。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (2). 直线形 (3). 1:7 (4). sp2、sp3 (5). 6 (6). 面心立方最密堆积 (7). (8). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ca位于第四周期，在第四周期，未成对电子数最多的基态原子的3d和4s能级应该都是半充满；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断CN22-的空间构型；‎ ‎(2)CO(NH2)2中C原子与氧原子之间形成C=O双键，C原子与N原子之间形成2个C-N单键，N原子与H原子之间共形成4个N-H键；‎ ‎(3)分子的环中N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，氨基中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；‎ ‎(4)根据CaO晶胞的结构可知，以顶点上的钙离子为例，每个钙离子周围距离最近的氧离子位于晶胞棱边的中点；钙离子分布在晶胞的顶点和面心上；CaO2晶胞中距离最近的两个钙离子间的距离为面对角线的一半，根据晶胞的密度及晶胞中所含离子数目可求得晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，再求得两个钙离子之间的距离；‎ ‎(5)在配位化合物K3[Fe(CN)n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据此计算。‎ ‎【详解】(1)与Ca在同一周期且未成对电子数最多的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；CN22-离子价层电子对个数=2+×(4+2-2×3)=2，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知空间构型为直线形；故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；直线形；‎ ‎(2)CO(NH2)2中C原子与氧原子之间形成C=O双键，C原子与N原子之间形成2个C-N单键，N原子与H原子之间共形成4个N-H键，1mol 尿素分子[CO(NH2)2]中含有的π键与σ键的数目之比为1:7，故答案为：1:7；‎ ‎(3)的环中N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，氨基中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp2、sp3； ‎ ‎(4)根据CaO晶胞的结构可知，以顶点上的钙离子为例，每个钙离子周围距离最近的氧离子位于晶胞棱边的中点，这样的离子有6个；钙离子分布在晶胞的顶点和面心上，所以钙离子的堆积方式为面心立方最密堆积；在CaO晶胞中钙离子数为8×+6×=4，氧离子数为12×+1=4，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm，所以距离最近的两个钙离子间的距离为面对角线的一半即为×cm，故答案为：6；面心立方最密堆积；×；‎ ‎(5)在配位化合物K3[Fe(CN)n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，根据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14，所以n=6，故答案为：6。‎ ‎24.主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：‎ 已知：‎ 请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)B中的官能团名称：______________________；甘油的系统命名：______________________。‎ ‎(2)验证D中所含官能团种类的实验设计中，所需试剂有______________________。‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式：反应⑤：____________________。反应⑧：______________。‎ ‎(4)M是H的同分异构体。M有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的M的所有可能的结构（不考虑立体异构）：____________________________。‎ ‎①能发生银镜反应 ②能使溴的四氯化碳溶液褪色 ③能在一定条件下水解 ‎(5)已知：。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：丙烯Br________________________。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、羟基 (2). 1，2，3-丙三醇 (3). NaOH溶液(或NaOH和乙醇)、HNO3溶液、AgNO3溶液 (4). 2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O (5). ++H2O (6). CH3CH=CHOOCH (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甘油发生取代反应生成B()，由GMA的结构可知，B反应生成C为，可推知H为 ‎，D经过一系列转化得到H，结合信息，-CN水解引入羧基，故D为(CH3)2CHCl，则E为(CH3)2CHOH、F为、G为。据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)B()中的官能团为羟基、氯原子；甘油()的系统命名：1，2，3-丙三醇，故答案为：羟基、氯原子；1，2，3-丙三醇；‎ ‎(2)D[(CH3)2CHCl]中所含官能团为氯原子，验证氯原子的存在，可以先在碱性条件下水解或消去，再用硝酸酸化，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，故答案为：NaOH溶液(或NaOH和乙醇)、硝酸、AgNO3溶液；‎ ‎(3)反应⑤的化学方程式为：2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O，反应⑧的化学方程式为：++H2O，故答案为：2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O；++H2O；‎ ‎(4)M是H()的同分异构体，且满足下述所有条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键；③能在一定条件下水解，说明含有酯基，因此属于含有碳碳双键的甲酸酯，符合条件的可能结构简式有：、CH3CH=CHOOCH、，故答案为：、CH3CH=CHOOCH、；‎ ‎(5)BrCH2CH=CH2氧化生成，然后碱性条件下水解生成，合成路线流程图为：CH2=CH-CH3，故答案为：。‎ ‎ ‎