2018-2019学年辽宁省瓦房店市高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年辽宁省瓦房店市高级中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

辽宁省瓦房店市高级中学2018-2019高二下学期期末考试化学试卷 ‎1.我国古代有“女蜗补天”的传说，今天人类也面临“补天”的问题，下列采取的措施与今天所说的“补天”无关的是 A. 禁止使用含氟电冰箱 B. 倡导使用无磷洗衣粉 C. 硝酸厂的尾气按相关规定处理 D. 研究新型催化剂，消除汽车尾气的污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】今天所说的“补天”是避免臭氧空洞的形成，应减少氮氧化物、氟氯代物的排放，氮氧化物常存在于硝酸厂尾气、汽车尾气中，而含磷洗衣粉可导致水体污染，因此使用无磷洗衣粉与“补天”无关，故选B。‎ ‎2.某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是 A. 碱性氧化物一定金属氧化物 B. 酸性氧化物一定不能和酸反应 C. 通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化 D. 混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱性氧化物一定是金属氧化物，不可能是非金属氧化物，故A正确；‎ B．酸性氧化物可能和酸反应，如二氧化硫与硝酸反应，二氧化硅能够与氢氟酸反应，故B错误；‎ C．化学变化的特征是有新物质生成，通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，故C错误；‎ D．水银是金属汞，属于纯净物，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4 溶液与NaNO2反应的方程式是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增大 C. 生成1 mol NaNO3需消耗0.2 mol KMnO4‎ D. 中的粒子是OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒和电荷守恒分析解答。‎ ‎【详解】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．根据元素守恒和电荷守恒知，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正确；‎ C．根据转移的电子守恒，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C错误；‎ D．根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子 B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子 C. 2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子 D. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．最外层只有一个电子的X、Y原子，化学性质可能不相似，如H和K元素，故A错误；‎ B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg、原子核外N层上仅有两个电子的Y原子可能是Ca、Fe、Zn等，如果X是Mg、Y是Fe、Zn等，二者化学性质不相似，故B错误；‎ C．2p轨道上只有两个电子X原子为C原子、3p轨道上只有两个电子的Y原子为Si原子，二者位于同一主族，化学性质相似，故C正确； ‎ D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，前者是0族元素、后者是第IIA族元素，二者化学性质不相似，故D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意第四周期副族元素中存在多种N层上仅有两个电子的原子。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是 A. 60g SiO2中含有NA个SiO2分子 B. 标况下，22.4L SO3的分子数为NA C. 0.5 mol·L－1 CuCl2溶液中含有NA个Cl-‎ D. 在反应KIO3 + 6HI=KI+3I2+3H2O中 ，每生成3mol I2转移的电子数为5 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅为原子晶体，二氧化硅晶体中不存在分子，故A错误；‎ B．标况下，三氧化硫不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积无法计算三氧化硫的物质的量，故B错误；‎ C．未告知溶液的体积，无法计算0.5mol•L-1 CuCl2溶液中含有的溶质氯化铜的物质的量，故C错误；‎ D．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，HI 中I元素的化合价由-1价升高为0，生成3mo1I2转移的电子数为5NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意只有分子晶体中存在分子，在离子晶体和原子晶体中均不存在分子。‎ ‎6.下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是 选项 离子或分子 要求 A K+、NO3-、Cl-、HS-‎ c(K+)③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①‎ C. 最高正价：④>③＝②>① D. 第一电离能：④>③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四种元素基态原子的电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。‎ A．同周期元素，自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性P＜S，N＜F，所以电负性①＞②，④＞③，故A错误；‎ B．同周期元素，自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；‎ C．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故C错误；‎ D．同周期元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳了3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.Na2CO3是一种重要的化工原料，工业上生产Na2CO3的主要流程可表示如下：‎ 则下列说法中正确的是 A. A气体是CO2，B是NH3‎ B. ③中生成的CO2可循环使用，它可完全满足生产的需要 C. 通入B后的离子方程式为Na＋＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4+‎ D. 溶液Q的成分是NH4Cl，可通过降温结晶的方法使其析出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联系工业制碱的原理可知，在饱和食盐水中首先通入氨气，再通入二氧化碳，反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，碳酸氢钠分解即可得到碳酸钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．二氧化碳在水中的溶解度较小，氨气极易溶于水，因此A气体是NH3，B是CO2，故A错误；‎ B．②中反应需要消耗二氧化碳，③中碳酸氢钠分解又生成二氧化碳，因此③中生成的CO2‎ 可循环使用，②中需要的二氧化碳部分转化为碳酸钠，因此③中生成的CO2不能完全满足生产的需要，故B错误；‎ C．通入B后，氨气、氯化钠、二氧化碳和水反应生成了碳酸氢钠和氯化铵，反应的离子方程式为Na＋＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4+，故C正确；‎ D．溶液Q的主要成分是NH4Cl、氯化钠和碳酸氢钠，且为碳酸氢钠的饱和溶液，通过降温结晶，会析出碳酸氢钠固体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列叙述正确的是 A. 氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电 B. 溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸 C. 熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质 D. NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；‎ B．溶于水后能电离出H＋的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；‎ C．金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误； ‎ D．氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是　‎ A. 将茶叶灼烧成灰，选用①②⑨‎ B. 用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④⑥⑦‎ C. 过滤得到滤液，选用④⑤⑦‎ D. 检验滤液中的Fe3＋，选用③⑧⑩‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；‎ B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；‎ C．过滤应该在漏斗中进行，用到的仪器有④、⑤和⑦，故C不选；‎ D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】解答本题需要知道实验的步骤，检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A. 120g NaHSO4晶体中含有NA个SO42-‎ B. 6.2 g氧化钠和7.8 g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为0.2NA C. 4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1NA D. NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O，每生成0.1mol N2，转移电子数为0.6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根组成，不存在SO42-，故A错误；‎ B．6.2 g氧化钠的物质的量为=0.1mol，7.8 g过氧化钠的物质的量为=0.1mol，氧化钠与过氧化钠中阴离子个数均为1，故二者的混合物中含有的阴离子总数为0.2 NA，故B正确；‎ C．4.6‎ ‎ g钠相当于0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，同时反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，故C错误；‎ D．NH4Cl+NaNO2=N2↑+NaCl+2H2O 反应中N元素的化合价分别由-3价和+3价变成0价，每生成lmolN2转移的电子的物质的量为3mol，所以每生成0.1mol N2转移的电子数为0.3NA，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意NaHSO4晶体中的离子种类与溶于水电离出的离子种类的不同。‎ ‎12.下列说法错误的是 A. 在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布均可表示为ns2np1～6‎ B. C2H4和HCN分子中，都含σ键和π键，但C原子的杂化方式并不相同 C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子均采取sp3杂化 D. 用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布不能都用ns2np1～6表示，He原子为ns2，故A错误； ‎ B．C2H4和HCN分子结构式分别为、H-C≡N，所以二者都含有σ键和π键，乙烯分子中C原子采用sp2杂化、HCN中C原子采用sp杂化，二者中C原子杂化方式不同，故B正确； ‎ C．H2O中O原子成2个σ键，有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，故C正确；‎ D．红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类，X-射线衍射实验可鉴别晶体和非晶体，乙醇和二甲醚的官能团不同，所以可以用红外光谱鉴别，玻璃是非晶体、水晶是晶体，所以可以用X-射线衍射实验鉴别玻璃与水晶，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎13.下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是 A. 用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O B. 证明H2SO3的酸性强于HClO：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3－‎ C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣‎ D. 用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸： CH3COOH+OH﹣→CH3COO﹣+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；‎ B．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=Cl-+SO42-+2H+，故B错误；‎ C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成的是碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，故C正确；‎ D．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解反应生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1－环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中 B. 1 mol 碳铂含有σ键的数目为26NA C. [Pt(NH3)2Cl2]有顺式和反式两种结构，是一种复盐 D. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1，1－环丁二羧酸二氨合铂()中含有，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不可能在同一个平面中，故A错误；‎ B．C-H、C-C、C-O、N-H及配位键均为σ键，C=O中有1个σ键，则1mol 1，1-环丁二羧酸含有σ键的数目为26NA，故B正确；‎ C．[Pt(NH3)2Cl2]属于金属配合物，其中只有一种阳离子，不属于复盐，故C错误；‎ D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，为sp3杂化，2个C形成3个σ键，为sp2杂化，则碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2∶1，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】把握结构中的成键方式及配位键形成为解答的关键。本题的易错点为D，要注意根据价层电子对数判断碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目。‎ ‎15.用下表提供的仪器和药品，能达到实验目的的是 编号 ‎ 仪器 ‎ 药品 ‎ 实验目的 ‎ A ‎ 烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台 ‎ 待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液 ‎ 提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液 ‎ B ‎ 分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞 ‎ 盐酸、大理石、 碳酸钠溶液 ‎ 证明非金属性：Cl＞C＞Si ‎ C ‎ 酸式滴定管、胶头滴管、铁架台(带铁夹) ‎ 已知浓度的盐酸、 待测NaOH溶液 ‎ 测定NaOH溶液的物质的量浓度 ‎ D ‎ 酒精灯、玻璃棒、 蒸发皿、铁架台(带铁圈) ‎ NaCl溶液 ‎ 蒸发溶液得到晶体 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液的实验流程为：待提纯的AlCl3溶液加过量NaOH溶液、过滤、向滤液中通入过量二氧化碳、过滤、将沉淀溶于适量盐酸，题给仪器和药品无法实现，错误；B、根据题意知，要证明非金属性：Cl＞C＞Si选用的实验依据为验证最高价氧化物氧化物的酸性强弱，题给药品无法实现，错误；C、利用酸碱中和滴定法测定NaOH溶液的物质的量浓度，药品缺少酸碱指示剂，仪器缺少碱式滴定管，无法实现，错误；D、蒸发NaCl溶液得到晶体的基本操作为蒸发，可以实现，正确。‎ 考点：考查化学实验基本操作。‎ ‎16.向某碳酸钠溶液中逐滴加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. b点的数值为0.6‎ B. 该碳酸钠溶液中含有1 mol Na2CO3‎ C. b点时生成CO2的物质的量为0.3 mol D. oa段反应的离子方程式与ab段反应的离子方程式相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将盐酸逐滴滴入碳酸钠溶液中，碳酸钠过量，首先发生的反应是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠反应完后，再发生反应是NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a点全部生成碳酸氢钠，根据碳守恒，原溶液中含有0.5mol Na2CO3，假设再加入xmolHCl，根据NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，溶液中剩余(0.5-x)mol的HCO3-，则有=，解得：x=0.1，即b点对应0.6molHCl，因为盐酸的物质的量浓度为1mol•L─1，所以b=0.6L， b点的数值为0.6，故A正确； ‎ B．a点全部生成碳酸氢钠，根据碳守恒，所以含有0.5mol Na2CO3，故B错误；‎ C．Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠反应完后，再发生反应是NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，可知a到b消耗盐酸的物质的量为：0.6-0.5=0.1mol，由HCO3-+H+=CO2↑+H2O可知，b点时生成CO2的物质的量为0.1mol，故C错误；‎ D．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，故D错误； ‎ 答案选A。‎ ‎17.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是 A. CuSO4在反应中被还原 B. FeS2既是氧化剂也是还原剂 C. 14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2‎ D. 被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素被氧化和还原，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据元素化合价知，部分FeS2和硫酸铜作氧化剂，CuSO4在反应中被还原，故A正确；‎ B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，所以FeS2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；‎ C．由方程式可知，14molCuSO4转移的电子为14mol，能够氧化 -1价的S的物质的量==2 mol，即能够氧化1 mol FeS2，故C正确；‎ D．S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，根据方程式知，被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量之比为7∶3，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意不能直接根据方程式计算14 mol CuSO4氧化的FeS2，应该根据得失电子守恒计算。‎ ‎18.某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、CO32-、SO32－、SO42－、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：‎ 下列说法正确的是 A. X中一定存Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42－‎ B. 溶液E和气体F能发生化学反应 C. X中肯定不存在CO32－、SO32－、Al3＋‎ D. 沉淀I只有Al(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；不能确定是否含有的离子是Cl-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42ˉ，不能肯定是否存在A13+，故A错误；‎ B．溶液E为HNO3，气体F为NH3，二者能反应生成硝酸铵，故B正确；‎ C．溶液X中一定不存在：CO32-和SO32-，不能肯定是否存在A13+，故C错误；‎ D．沉淀 I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确常见物质性质及状态是解本题关键。本题的易错点和难点为沉淀 I的判断，要注意前面加入的过量的硝酸钡对实验的影响。‎ ‎19.下列说法中正确的是 A. 金属键只存在于金属晶体中 B. 分子晶体的堆积均采取分子密堆积 C. 水很稳定，因为水中含有大量的氢键 D. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属键主要在于金属晶体中，在配合物(多聚型)中，为达到18e-，金属与金属间以共价键相连，亦称金属键，故A错误；‎ B．分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故B错误；‎ C．H2O的性质非常稳定，原因在于H-O键的键能较大，与氢键无关，故C错误；‎ D．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是 A. 图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7‎ B. 开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol C. K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3‎ D. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图像可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒分析解答。‎ ‎【详解】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；‎ B．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知，反应关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故B正确；‎ C．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol∶0.9mol=5∶18，故C错误；‎ D．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎21.钠和钾是极活泼的金属元素，钠和钾及化合物在生产和生活中有广泛的应用。‎ ‎（1）写出两种可以食用的含钠化合物的化学式：________。将0.01 mol下列物质(①Na2O2；②Na2O；③Na2CO3；④NaCl)分别加入100 mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度由大到小的顺序是(溶液体积变化忽略不计)_______。‎ ‎（2）由于钾比钠更活泼，制备K2O一般是用单质钾还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐，试写出用钾与硝酸钾反应制取K2O的化学方程式(还有一种单质生成)：______________________。K2O2也有强氧化性，试写出其与SO2发生反应的化学方程式：_______________________。‎ ‎（3）某学生用Na2CO3和 KHCO3组成的某混合物进行实验，测得如表数据(盐酸的物质的量浓度相等且不考虑HCl的挥发)‎ 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 盐酸体积/mL ‎50‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎50‎ 固体质量/g ‎3.06‎ ‎6.12‎ ‎9.18‎ ‎12.24‎ 生成气体体积/L(标况)‎ ‎0.672‎ ‎1.344‎ ‎1.568‎ ‎1.344‎ 根据数据计算所用盐酸的物质的量浓度为__________，原混合物样品中n(Na2CO3)∶n(KHCO3)＝_________。‎ ‎【答案】 (1). NaHCO3、NaCl (2). ①＝②＞③＞④ (3). 10K＋2KNO3===6K2O＋N2↑ (4). K2O2＋SO2===K2SO4 (5). 2 mol·L－1 (6). 1∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等物质的量的Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaCl溶于水时的反应方程式分析解答；‎ ‎(2)钾与硝酸钾反应制取K2O，还有一种单质生成，该单质为N2；K2O2也有强氧化性，与SO2发生反应生成硫酸钾，据此书写方程式；‎ ‎(3)①②数据可知，固体质量扩大2 倍，生成气体的体积也扩大2倍，所以固体完全反应，根据①中固体的质量和气体的量列方程组计算；④组中盐酸完全反应，根据碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，然后盐酸与碳酸氢根离子反应生成气体，结合二氧化碳与盐酸的关系计算消耗的盐酸的物质的量和盐酸的浓度。‎ ‎【详解】(1)可以食用的含钠化合物有氯化钠(NaCl)作调味剂，碳酸氢钠(NaHCO3)通常作发酵剂；由①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故溶液中阴离子浓度①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl的浓度为0.1mol/L，则所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是①=②＞③＞④，故答案为：NaCl、NaHCO3；①=②＞③＞④；‎ ‎(2)金属钾可以和硝酸钾之间反应生成氧化钾和氮气，反应的方程式为：2KNO3+10K=6K2O+N2↑；K2O2也有强氧化性，与SO2发生反应，+4价的硫被氧化成+6价，生成硫酸钾，反应为：SO2+K2O2═K2SO4，故答案为：2KNO3+10K=6K2O+N2↑；SO2+K2O2═K2SO4；‎ ‎(3)①②数据可知，固体质量扩大2 倍，生成气体的体积也扩大2倍，所以固体完全反应，设3.06g原混合物样品中 n(Na2CO3)为xmol，n(KHCO3)为ymol，则：x+y＝，106x+100y＝3.06，解得：x=0.01、y=0.02，原混合物样品中 n(Na2CO3)∶n(KHCO3‎ ‎)=1∶2，④组固体质量12.24g，n(Na2CO3)为0.04mol，n(KHCO3)为0.08mol，碳酸钠首先转化为碳酸氢钠，消耗盐酸为：0.04mol，而碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳1.344L，二氧化碳的物质的量==0.06mol，消耗盐酸为0.06mol，所以盐酸的物质的量为0.06+0.04=0.1mol，c==2 mol•L-1；故答案为：2 mol•L-1；1∶2。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)，根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应式是关键。本题的另一个易错点为(1)中溶液中阴离子浓度的大小顺序，需要注意碳酸钠的水解程度较小。‎ ‎22.MnO2是重要化学物质，某学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)第②步操作中，氧化性强弱顺序：ClO3－________(填“＞”或“＜”)MnO2，当NaClO3转移2 mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为________mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，该反应的离子方程式为___________________。‎ ‎(2)第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的_____(填字母)。‎ a. NaCl　 b. NaClO 　c. NaClO4　 d. NaOH ‎(3)已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO3－、MnO4－、IO4－。有关反应的离子方程式为_____________。‎ ‎(4)氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%，就会迅速分解，反应的方程式为：8HClO3 = 3O2 ↑+ 2Cl2 ↑+ 4HClO4 + 2H2O，所得混合气体的平均式量为_______。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 1 (3). ClO3－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O (4). ad (5). 2Mn2＋＋5IO4－＋3H2O=2MnO4－＋5IO3－＋6H＋ (6). 47.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)第②步中的反应为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，ClO3-作氧化剂，MnO2作氧化产物，则氧化性：ClO3-＞MnO2；当NaClO3转移2mol电子时，消耗NaClO3的物质的量==0.4mol，则生成MnO2为1mol；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：＞；1；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；‎ ‎(2)第④步操作中NaOH过量，发生的反应为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，则最终得到的固体除NaClO3外，还有NaOH和NaCl，故答案为：ad；‎ ‎(3)锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3-和IO4-中碘元素化合价分别是+5价和+7价，所以IO4-作氧化剂，还原产物是IO3-，同时水参加反应生成氢离子，所以该反应的离子方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，故答案为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+；‎ ‎(4)8HClO3 = 3O2 ↑+ 2Cl2 ↑+ 4HClO4 + 2H2O反应中混合气体中氧气和氯气的体积之比为3∶2，混合气体的平均式量 ==47.6，故答案为：47.6。‎ ‎23.某些资料认为NO不能与Na2O2反应。有同学提出质疑，他认为NO易与O2发生反应，应该更容易被Na2O2氧化。‎ 查阅资料：a.2NO＋Na2O2=2NaNO2‎ b．6NaNO2＋3H2SO4(稀)=3Na2SO4＋2HNO3＋4NO↑＋2H2O c．酸性条件下，NO能被MnO4－氧化成NO3－‎ 该同学利用如图中装置来探究NO与Na2O2的反应(装置可重复使用)。‎ ‎(1)装置连接的顺序为A→_______________，A中生成NO的化学方程式____________；‎ ‎(2)装置C的作用是_________________；‎ ‎(3)装置E的作用是_________________，发生反应的离子方程式为______________； ‎ ‎(4)充分反应后，检验D装置中是否生成了NaNO2的实验操作是______________________。‎ ‎【答案】 (1). B→C→B→D→E (2). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O (3). 检验CO2是否除尽 (4). 吸收NO防止污染空气 (5). 5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O (6). 取装置D中反应后的少量固体于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验的目的，A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中影响实验，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A中制得的NO中含有少量水蒸气和二氧化碳，这两种气体能够与过氧化钠反应生成氧气，影响实验的探究，需要用碱石灰除去，经检验并干燥后，通入D装置中与Na2O2反应，最后用酸性KMnO4溶液吸收NO的尾气，并在D和E装置连接一个B装置，防止E中水气进入D中，即装置的连接顺序为A→B→C→B→D→E；装置A中铜与稀硝酸反应生成NO 的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O，故答案为：B→C→B→D→E；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；‎ ‎(2)根据(1)的分析，装置C中的澄清石灰水可以检验CO2是否除尽，故答案为：检验CO2是否除尽；‎ ‎(3)NO会污染空气，装置E是吸收NO防止污染空气，E中发生反应的离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O，故答案为：吸收NO防止污染空气；5NO+3MnO4－+4H+=5NO3－+3Mn2++2H2O ‎(4)亚硝酸钠和稀硫酸反应6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO↑+2H2O；充分反应后，检验D装置中是否发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2的实验操作是：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体二氧化氮，则2NO+Na2O2=2NaNO2发生，若气体不变色，则该反应未发生，故答案为：取D装置中固体少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2，反之，未生成NaNO2。‎ ‎24.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。‎ ‎ ‎