陕西省渭南市澄城县城关中学2019-2020学年高二检测化学试题

陕西省渭南市澄城县城关中学2019-2020学年高二检测化学试题

化学试卷 相对原子质量: H-l Al-27 S‎-32 C-12 Mg-24 O-16 Na-23 Cu-64 Cl-35.5‎ 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（每小题2分，共48分）‎ ‎1.[宁夏石嘴山市第三中学2019届三模]化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是 A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应 B. 石油裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化 C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 D. 我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维复合材料，是一种有机高分子材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体能够形成丁达尔效应，所以雾霾所形成的气溶胶可以产生丁达尔效应，A正确；‎ B.石油裂解制取乙烯、丙烯等化工原料,，该变化过程中有新物质产生，因此涉及化学变化，B错误；‎ C.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是用Mg作负极，失去电子，被氧化，电热水器的金属得到了保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，C正确；‎ D.碳纤维是C元素的单质，不是化合物，因此不可能是有机高分子材料，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.下列叙述正确的是( )‎ A. 工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠 B. 碳在高温下能还原氧化镁中的镁 C. 钠加入氯化镁的饱和溶液中可以制取金属镁 D. 电解冶炼铝的原料是氯化铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于金属Na活动性很强，所以在工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠，A正确；‎ B．由于镁的活动性很强，所以金属镁常采用电解熔融MgCl2的方法爱冶炼，B错误；‎ C．钠是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠加入氯化镁的饱和溶液中生成氢氧化镁、氯化钠和氢气，工业上通过电解熔融氯化镁来制取镁，C错误；‎ D．金属铝的活动性也很强，但是由于氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，所以常用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子周围有一定数目的水分子包围着，不能和钠直接接触，所以钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应。例如钠与氯化铁溶液反应：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3NaCl。‎ ‎3.下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是 A. 在河流入海口处易形成三角州 B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀 C. 尿毒症患者做“血液透析”‎ D. 用石膏或盐卤点制豆腐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在河流入海口处易形成三角州，属于胶体聚沉；‎ B．饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，形成沉淀，不是胶体；‎ C．尿毒症患者做“血液透析”，属于胶体渗析；‎ D．用石膏或盐卤点制豆腐，属于胶体聚沉； ‎ 答案选B。‎ ‎4.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. ‎4.6‎g乙醇分子中含极性键数目为0.6NA B. 标准状况下，2.24LSO3含分子数为0.1NA C. Na2S和Na2O2固体混合物‎7.8g中，含有的阴离子数为0.1NA D. 0.2 mol NO和0.1mol O2于密闭容器中充分反应后，其分子数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.‎4.6‎g的乙醇物质的量为0.1mol，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，一个分子中含有7‎ 个极性共价键，极性键的总数应为0.7mol，故A错误；B.标况下标况下,三氧化硫不是气体,故B错误; C.Na2S和Na2O2摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成;‎7.8g的.Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1mol，含有的阴离子数0.1NA，C选项正确；D反应中还存在：2NO2⇌N2O4反应，其分子数小于0.2 NA，故D错误。‎ 点睛：本题通过考察阿伏加德罗常数。C项要注意Na2O2的结构，D项要注意隐含反应：2NO2⇌N2O4。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl是非电解质 B. NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2、Cl2均是电解质 C. 蔗糖、酒精在液态或水溶液里均不导电，所以它们是非电解质 D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HCl溶于水能导电，NaCl溶于水或熔融状态下均能导电，属于电解质，A错误；‎ B、NH3和CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸电解质溶液导电，属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；‎ C、蔗糖和酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，蔗糖和酒精均是非电解质，C正确；‎ D、铜和石墨均是单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点晴】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物为非电解质，判断时注意电解质或非电解质均为化合物，特别注意电解质发生电离的为其本身，选项B为学生解答的易错点。‎ ‎6.下列关于物质分类中，正确的是（ ）‎ 酸性氧化物 酸 盐 混合物 电解质 A SiO2‎ HClO 烧碱 CuSO4·5H2O CO2‎ B Na2O2‎ HNO3‎ NaHSO4‎ 漂白粉 Mg C SO3‎ H2SiO3‎ 纯碱 水玻璃 NaCl D NO Al(OH)3‎ BaCO3‎ 水泥 NH3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。‎ ‎【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO4·5H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；‎ B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；‎ D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D. NH3易溶于水，可用作制冷剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；‎ B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；‎ D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管内壁均有水珠 两种物质均受热分解 B 向SO2水榕液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生 SO2具有氧化性 C 向无水乙醇中加入浓硫酸，加热，将产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色 产生的气体是乙烯 D 取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈蓝色 该食盐中不含有KIO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.Na2CO3固体受热不分解，试管内壁不产生水珠，A错误；B. 向SO2水溶液中通入H2S气体，发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，二氧化硫做氧化剂，硫化氢作还原剂，说明二氧化硫具有氧化性，B正确；C.无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至‎170℃‎，发生消去反应生成乙烯，同时含有杂质二氧化硫、二氧化碳等气体；二氧化硫也能被高锰酸钾溶液氧化，使KMnO4溶液褪色；所以产生的气体不一定为乙烯；C错误；D.缺少还原剂，不能发生氧化还原反应生成碘单质，应加稀硫酸、KI检验，D错误；答案选B.‎ ‎9.下列各种条件下的离子组一定能大量共存的是（ ）‎ A. pH＝1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl－、NO3－‎ B. 在氯化钠水溶液中：Ag+、Ba2+、Mg2+、NO3－‎ C. 加入铝粉产生氢气的溶液中：Na+、K+、HCO3－、Cl－‎ D. 溶液中c(H+)为1.0×10－12 mol/L且是水电离的：K+、Na+、SO42－、Br－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH＝1的溶液显酸性，Fe2+、NO3－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B. 在氯化钠水溶液中Ag+不能大量共存，B错误；‎ C. 加入铝粉产生氢气的溶液显酸性或碱性，HCO3－在酸性或碱性溶液中均不能大量共存，C错误；‎ D. 溶液中c(H+)为1.0×10－12 mol/L且是水电离的，说明溶液显碱性，K+、Na+、SO42－、Br－可以大量共存，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎10.不能用离子方程式：来表示的该反应的化学方程式是 A. 硝酸钡溶液与稀硫酸 B. 稀硫酸与氯化钡溶液反应 C. 碳酸钡与稀硫酸 D. 氯化钡溶液与硫酸钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该离子方程式表示可溶性的钡盐和硫酸盐(或硫酸)反应，碳酸钡难溶于水，写化学式，选C。‎ ‎11.下列反应的离子方程式不正确的是 A. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O B. 物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应：2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−‎ C. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2，恰好使沉淀完全：2Al3++3+3Ba2++6OH−=‎2A1(OH)3↓+3BaSO4↓‎ D. 向碳酸钠溶液中滴加过量的稀硫酸：+2H+=CO2↑+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe2+在酸性条件下被O2氧化为Fe3+，离子方程式正确；‎ B、物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应，氯气首先氧化Fe2+，然后再氧化部分Br‾，离子方程式的系数符合物质的量之比，故B正确；‎ C、向明矾溶液中滴加Ba(OH)2，恰好使SO42-沉淀完全，离子方程式为：‎ Al3++2SO42‾+2Ba2++4OH‾=2BaSO4↓+[Al(OH)4]‾，故C错误；‎ D、向碳酸钠溶液中滴加过量的稀硫酸，生成CO2和H2O，离子方程式正确。‎ 答案选C。‎ ‎12.24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为 A. ＋2 B. ＋‎3 ‎C. ＋4 D. ＋5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：‎ ‎24×10‎-3L×0.05mol·L－1×(6-4)=20×10‎-3L×0.02mol·L－1×2×(6-a)，‎ 解得a=+3；‎ 答案选B ‎13.将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2CrO4溶液，发生的两个化学反应为①SO2＋2Fe3＋＋2H2O→＋2Fe2＋＋W，②＋aFe2＋＋bH＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O。下列有关说法正确的是 A. 还原性：Cr3＋＞SO2‎ B. 方程式②中，a=6，b=7‎ C. 能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ D. 方程式①中W为OH−‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe3＋为氧化剂，且还原性为SO2＞Fe2＋，氧化性为Fe3＋＞SO42－。反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr2O72－为氧化剂，且还原性为Fe2＋＞Cr3＋，氧化性为Cr2O72－＞Fe3＋，错误。‎ B、配平反应②：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故a＝6，b＝14，错误；‎ C、由于Cr2O72－具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O72－能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确；‎ D、根据质量守恒定律，可知反应①中W为H＋，错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有白色沉淀产生的是(　　)‎ ‎①MgSO4溶液　②饱和NaCl溶液　③饱和澄清石灰水④Ca(HCO3)2溶液　⑤CuSO4溶液　⑥NaCl稀溶液 A. ①④⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ②④⑤⑥ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在MgSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁白色沉淀，故正确；‎ ‎②金属钠在饱和NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中水的量减少，得到过饱和NaCl溶液，会析出氯化钠，重新变为饱和溶液，故正确；‎ ‎③金属钠在饱和澄清石灰水中与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中水的量减少，得到氢氧化钙悬浊液，会析出氢氧化钙，重新变为饱和溶液，故正确；‎ ‎④金属钠在Ca(HCO3)2溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，故正确；‎ ‎⑤金属钠在CuSO4溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故错误；‎ ‎②金属钠在稀NaCl溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，氯化钠与氢氧化钠溶液不反应，故错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.将a g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为 A. a g B. g C. g D. g ‎【答案】A ‎【解析】‎ CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O2 2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O2 2H2‎ O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由agCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为ag，故选A。‎ 点睛：混合物反应的计算是化学计算中的一种最基本的类型，混合物可以是固体、气体或溶液，解题过程中必须仔细审题，理清各物质之间量的关系，本题利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成(CO)x．yH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量。‎ ‎16.有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入‎1.06g Na2CO3和‎0.84g NaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸（如图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是 A. 甲装置的气球膨胀速率大 B. 若最终两气球体积相同，则一定有c（HCl）≥2 mol/L C. 若最终两气球体积不同，则一定有c（HCl）≤1 mol/L D. 最终两溶液中Na+、Cl﹣的物质的量相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠与盐酸反应放出气体的速率比碳酸钠快，故A错误；‎ B、若最终两气球体积相同，说明Na2CO3和NaHCO3均完全反应，碳酸钠消耗盐酸的物质的量是0.02mol，所以c（HCl）≥2 mol·L-1，故B正确；‎ C、根据B可知，若最终两气球体积不同，碳酸钠消耗盐酸的物质的量小于0.02mol，则一定有c（HCI）<2mol·L-1，故C错误；‎ D、根据元素守恒，两溶液中Na+的物质的量不相同，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计得最严密的是（ ）‎ A. 检验试液中的：试液无沉淀白色沉淀 B. 检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液 C. 检验试液中的I-：试液棕黄色溶液蓝色溶液 D. 检验试液中的：试液白色沉淀沉淀溶解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 检验，应先加氯化钡，再加酸，观察沉淀是否溶解；检验亚铁离子，应先加硫氰化钾溶液，没有现象，再加氧化剂，观察溶液变化情况；碘水是棕黄色溶液，遇淀粉溶液变蓝；碳酸钡、亚硫酸钡等沉淀均能溶于酸。‎ ‎【详解】A．溶液中如含有 ，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；‎ B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；‎ C．试液中加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验试验合理，故C正确；‎ D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试管中加入氯化钡溶液生成白的沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.下列除杂质的方法不正确的是 A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥 B. FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解 C. Fe2O3中混有少量Al2O3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥 D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能； B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀； C. Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能； D.加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝。‎ ‎【详解】A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则镁粉中混有少量铝粉的方法为加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，所以A选项是正确的； B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3不能选加入过量氨水，故B错误； C. Fe2O3中混有少量Al2O3，加入足量烧碱溶液，Al2O3变成偏铝酸钠，而Fe2O3不发生反应，再通过过滤、洗涤、干燥，可以得到纯净的Fe2O3，所以C选项是正确的； D. 加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，所以D选项是正确的。 故答案选B。‎ ‎19.下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）‎ ‎①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④ Al(OH)3 ⑤A1‎ A. ③④⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故①正确；‎ ‎②(NH4)2SO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故②正确；‎ ‎③Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故③正确；‎ ‎④Al(OH)3 属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故④正确；‎ ‎⑤金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故⑤正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题要注意归纳，既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质。‎ ‎20.下列两种无色试剂，不能通过互滴观察现象进行鉴别的是 A. NaHCO3、HCl B. Na2CO3 、HCl C. NaAlO2 、H2SO4 D. AlCl3 、NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ A项，NaHCO3与HCl反应实质是HCO3-与H+反应，互滴都会立即产生气泡，故A符合题意；B项，Na2CO3与HCl反应实质是CO32-与H+反应，将Na2CO3滴到HCl溶液中立即会有气泡，将HCl滴到Na2CO3溶液中先生成HCO3-，HCO3-再与H+反应生成H2CO3产生CO2气体，所以能通过互滴观察现象进行鉴别，故B不符合题意；C项，H2SO4滴到NaAlO2溶液中，先生成Al(OH)3沉淀，H2SO4过量时沉淀会溶解，生成Al3+，NaAlO2滴到H2SO4溶液中，生成Al3+，不会产生沉淀，所以能通过互滴观察现象进行鉴别，故C不符合题意；D项，AlCl3滴到NaOH溶液中，开始生成AlO2-，不会产生沉淀，NaOH滴到AlCl3溶液中，开始会产生Al(OH)3沉淀，NaOH过量时沉淀会溶解，生成AlO2-，所以能通过互滴观察现象进行鉴别，故D不符合题意。‎ ‎21.下列各组物质，不能按 (“―→”表示反应一步完成)关系转化的是(　　)‎ 选项 a b c A Fe FeCl3‎ FeCl2‎ B NaOH NaHCO3‎ Na2CO3‎ C Al Al(OH)3‎ Al2O3‎ D MgCl2‎ Mg(OH)2‎ MgO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A ‎、铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁溶液，氯化亚铁与镁反应生成铁，均能一步完成，选项A不选；B、氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠与澄清石灰水反应生成氢氧化钠，均能一步完成，选项B不选；C、铝不能直接生成氢氧化铝，不能都一步完成，选项C选；D、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁加热分解生成氧化镁，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁，均能一步完成，选项D不选。答案选C。‎ ‎22.100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42-的物质的量浓度为(　　)‎ A. 0.20‎‎ mol·L－1 B. 0.25 mol·L－1‎ C. 0.40 mol·L－1 D. 0.50 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算各自含有SO42-离子物质的量，两溶质含有的SO42-的物质的量之和为混合溶液中SO42-离子的物质的量，根据公式c=来计算SO42-离子的物质的量浓度。‎ ‎【详解】100mL0.3mol•L-1Na2SO4溶液中含有SO42-的物质的量为：0.3mol/L×‎0.1L=0.03mol，50mL0.2mol•L-1Al2（SO4）3溶液中含有SO42-的物质的量为：0.2mol/L×‎0.05L×3=0.03mol，混合液中含有硫酸根离子的总物质的量为0.06mol，则混合液中硫酸根离子的物质的量浓度为=0.4mol/L，故选C。‎ ‎23.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是 A. 按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C. 图中所有的转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；‎ B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；‎ C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；‎ D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。‎ ‎24.某课外实验小组设计的下列实验不合理的是 （ ）‎ A. 制备并观察氢氧化亚铁 B. 证明过氧化钠与水反应放热 C. 制备并收集少量NO2气体 D. 实验室制备少量氨气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；‎ B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；‎ C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；‎ D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；‎ 答案选C。‎ 第II卷（非选择题 共52分）‎ 二、填空题 ‎25.下列所示图像中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，按题给信息将相应图的字母填入下列空格中，并写出所发生反应的离子方程式。‎ ‎ ‎ ‎（1）表示向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的图像是_____(填字母，下同)‎ ‎（2）表示向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量的图像是_____。‎ ‎（3）表示向饱和石灰水中通入CO2至过量的图像是_____。‎ ‎（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的图像是_____。‎ ‎【答案】 (1). C (2). B (3). A (4). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）向饱和AlCl3‎ 溶液中滴加氨水至过量，生成氢氧化铝沉淀，沉淀不溶解，符合图像C；‎ ‎（2）向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后发生Al(OH)3+ OH-=AlO2+2H2O，沉淀先增多后溶解，消耗氢氧化钠的比为3:1,符合图像B。‎ ‎（3）向饱和石灰水中通入CO2过量，先发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后发生CaCO3↓+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，沉淀先增多后溶解，消耗二氧化碳的比为1:1，符合图像是A。‎ ‎（4）向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀溶解，沉淀先增多后减少，符合图像是D。‎ ‎26.在100mL MgCl2和AlCl3的混和溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。回答下列问题。‎ ‎(1)图中CD段反应的化学方程式为___________；C点存在的固体物质为________。‎ ‎(2)A点的数据为_______；混合液中，MgCl2的浓度为_______。‎ ‎【答案】 (1). Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4] (2). Mg(OH)2 (3). 0.5mol (4). 1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在MgCl2和AlCl3的混和溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，开始生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解生成四羟基合铝酸钠，结合物质的物质的量以及图象分析计算。‎ ‎【详解】(1)在MgCl2和AlCl3的混和溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，开始生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解生成四羟基合铝酸钠，则图中CD段反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH＝Na[Al(OH)4]；氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液中，则C点存在的固体物质为Mg(OH)2。‎ ‎(2)根据图象可知氢氧化镁是0.1mol，则氢氧化铝是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，所以根据方程式Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓可知消耗氢氧化钠是0.2mol+0.3mol＝0.5mol，即A点的数据为0.5mol；根据镁原子守恒可知混合液中MgCl2‎ 的物质的量是0.1mol，浓度为0.1mol÷‎0.1L＝1mol/L。‎ 三、实验题 ‎27.Na2O2可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。‎ ‎（1）某学习小组发现：在盛有Na2O2的试管中加入足量水，固体完全溶解，并立即产生大量气泡，当气泡消失后，向其中滴入1～2滴酚酞溶液，溶液变红；将试管轻轻振荡，红色很快褪去；此时再向试管中加入少量MnO2粉末，又有气泡产生。‎ ‎①使酚酞溶液变红是因为__________，红色褪去的可能原因是__________________。‎ ‎②加入MnO2反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎（2）Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应。为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下。‎ 步骤1：按上图组装仪器(图中夹持仪器省略)，检查气密性，装入药品。‎ 步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象。‎ 步骤3：检验H2纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色。‎ 步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。‎ ‎①添加稀盐酸的仪器名称是____________；B装置的作用是________。‎ ‎②必须检验氢气纯度的原因是__________________________________________________。‎ ‎③设置装置D的目的是________________________________________________________。‎ ‎④你得到的结论是____________(若能反应请用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 反应生成了碱(NaOH) (2). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (3). 2H2O22H2O＋O2↑ (4). 长颈漏斗 (5). 吸收氢气中的杂质气体(水蒸气、氯化氢等) (6). 防止空气与氢气混合加热爆炸 (7). 检验有无水生成 (8). Na2O2+H22NaOH ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①Na2O2与水反应生成氢氧化钠，使酚酞溶液变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质；‎ ‎②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；‎ ‎（2）①分析装置图和实验步骤可知，盛盐酸的仪器为长颈漏斗；B装置是吸收氢气中的杂质气体，除去氢气中的水蒸气等；‎ ‎②氢气是可燃性气体混有空气易点燃发生爆炸，验纯防止空气与氢气混合加热爆炸；‎ ‎③D装置是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C影响实验验证；‎ ‎④实验现象分析可知过氧化钠变为白色固体，硫酸铜不变蓝色证明无水生成，证明氢气和过氧化钠反应生成氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH。‎ ‎【点睛】性质验证性实验方案：对物质具备的性质去求证，关键在于设计出简捷的实验方案，操作简单，现象明显，且安全可行。程序：物质→性质推测→实验事实→科学抽象→结论。该题的实验目的是验证Na2O2与H2是否反应。A是产生氢气的装置，B是干燥装置、C看是否可以和过氧化钠反应。硫酸铜检验是否有水生成。‎ 四、推断题 ‎28.铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2]的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)固体a的化学式为________，固体b化学式为________，Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为________________。‎ ‎(2)由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为__________________。‎ ‎(3)由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ都要用到的分离方法是__________________，由铵明矾溶液中制铵明矾晶体的操作是__________________。‎ ‎(4)如果先向铝土矿加入过量氢氧化钠，再加入过量盐酸，此时首先出现的固体a是__________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). Fe(OH)3 (3). +CO2+2H2O===+Al(OH)3↓ (4). Al2O3+4H2SO4+2NH3===2NH4Al(SO4)2+3H2O (5). 过滤 (6). ‎ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (7). Fe2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2；铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，生成铁离子和铝离子，加入过量的烧碱，铝离子变为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：铁离子生成氢氧化铁沉淀，所以固体b化学式为Fe(OH)3；Ⅲ中偏铝酸钠溶液通入足量CO2气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2- +CO2+2H2O===HCO3-+Al(OH)3↓。‎ 综上所述，本题答案是：SiO2；Fe(OH)3；AlO2- +CO2+2H2O===HCO3-+Al(OH)3↓。‎ ‎(2)根据流程可知，Al(OH)3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，反应的化学方程式为：Al2O3+4H2SO4+2NH3===2NH4Al(SO4)2+3H2O；‎ 综上所述，本题答案是：Al2O3+4H2SO4+2NH3===2NH4Al(SO4)2+3H2O。‎ ‎（3）根据流程可知，Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ操作中都涉及到了固液分离操作，所以Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ都要用到的分离方法是过滤；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。‎ 综上所述，本题答案是：过滤 ；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 ‎ ‎(4) 铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)，如果先向铝土矿加入过量氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅均溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和硅酸钠溶液，氧化铁不溶与氢氧化钠，此时首先出现的固体a是 Fe2O3；‎ 综上所述，本题答案是：Fe2O3。‎ ‎【点睛】氧化铁属于碱性氧化物，能够与强酸反应生成盐和水，不与强碱溶液反应；二氧化硅属于酸性氧化物，能够与强碱反应生成盐和水，不与强酸反应；氧化铝属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应生成盐和水。此题要根据样品中加入的酸或碱的不同进行分析。‎ 五、选做题 物质结构与性质 ‎29.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为_______。‎ ‎（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。‎ ‎①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。‎ ‎②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。‎ ‎③氨的沸点_______（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_______；氨是______分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。‎ ‎（3）铜晶体铜碳原子的堆积方式如图所示。‎ ‎①基态铜在元素周期表中位置__________________。‎ ‎②每个铜原子周围距离最近铜原子数目_________。‎ ‎(4)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。‎ ‎①该晶体的化学式为__________________。‎ ‎②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于________(填“离子”或“共价”)化合物。‎ ‎③已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为________pm(只写计算式)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N原子 (6). 高于 (7). 氨分子间存在氢键 (8). 极性 (9). sp3杂化 (10). 第四周期IB族 (11). 12 (12). CuCl (13). 共价 (14). ×1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）镍元素基态原子序数为28，根据排布式及轨道个数确定未成对电子数目；‎ ‎（2）①阴离子为硫酸根离子，根据杂化方式确定空间构型；‎ ‎②Ni2+与NH3之间形成的化学键为配位键，N原子提供孤电子对成键；‎ ‎③氨分子间存在氢键，作用力比分子间的作用力强；‎ ‎（3）①铜是29号元素确定其在周期表中的位置；‎ ‎②铜的晶胞属于面心立方最密堆积；‎ ‎(4)M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M原子为Cl；‎ ‎①根据晶胞图像按分摊法求解；‎ ‎②两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键进行判断；‎ ‎③该晶胞类似与金刚石的晶胞，Cu和Cl最近的距离是体对角线的1/4，根据密度求出棱长，在求解距离即可；‎ ‎【详解】（1）镍元素基态原子序数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，排布8个电子，则有2个未成对电子；‎ ‎（2）①阴离子为硫酸根离子，中心硫原子孤电子对数=（6+2-2×4）=0，有4条共价键，为sp3杂化，空间构型为正四面体构型；‎ ‎②Ni2+与NH3之间形成的化学键为配位键，N原子提供孤电子对成键；‎ ‎③氨分子间存在氢键，而膦分子间不存在氢键，故氨分子的沸点高于膦（PH3）；氨分子为由极性键形成的极性分子，中心氮原子为sp3杂化；‎ ‎（3）①铜是29号元素，位于第四周期IB族；‎ ‎②铜的晶胞属于面心立方最密堆积，堆积方式ABC，因此配位数为12，每个铜原子周围最近的铜原子数目是12；‎ ‎(4)M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M原子为Cl；‎ ‎①根据晶胞图像可知，铜原子在体内，有4个，Cl原子在顶点和面心，有8×1/8+6×1/2=4，两种原子的个数比为1:1，则化学式为CuCl；‎ ‎②一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与Cl电负性差值=3.0-1.9=1.1＜1.7，属于共价化合物；‎ ‎③晶胞的体积V=（64+35.5）×‎4g/（ρg/cm×NA），则晶胞的棱长=cm，该晶胞类似与金刚石的晶胞，Cu和Cl最近的距离是体对角线的1/4，距离为×‎ ‎1010pm。‎ 有机化学基础 ‎30.化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）‎ 已知以下信息：‎ i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。‎ ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）E的含氧官能团名称是 ______ ，B的结构简式是___________________。‎ ‎（2）B→C和G→J两步的反应类型分别为 ___________，____________。‎ ‎（3）①E+F→H的化学方程式是____________________________________。‎ ‎②D与银氨溶液反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可） ____________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). (3). 取代反应（或水解反应） (4). 加聚反应（或聚合反应） (5). +CH3CH(OH)CH3+H2O (6). +2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O (7). 14 (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B 与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为．I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为．I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，故答案为羧基；； ‎ ‎（2） B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；‎ ‎（3）①E+F→H的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；‎ ‎②D为，其与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；‎ ‎（4） E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物， 则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：①苯环上有一个取代基，则结构简式为、；②苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；③苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、、、、‎ 和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，‎ 故答案为14； 或(任意一种)。‎ ‎ ‎