2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是(　　)‎ A. 化合物：干冰，冰水混合物，烧碱 B. 同素异形体：活性炭，C60，金刚石 C. 非电解质：乙醇，四氯化碳，氯气 D. 混合物：漂白粉，纯净矿泉水，盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】A．干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物，冰水混合物成分为水是纯净的化合物，烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物，故A正确；B．活性炭，C60，金刚石是碳元素的不同单质，是碳元素的同素异形体，故B正确；C，乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物，盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，故D正确；故选C。‎ 点睛：考查物质分类方法，物质组成判断，掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键，注意：化合物是不同元素组成的纯净物；同素异形体是同种元素组成的不同单质；非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物；混合物是不同物质组成的物质。‎ ‎2. 已知某溶液中存在较多的H＋、SO、NO，则溶液中还可能大量存在的离子组是(　　)‎ A. Al3＋、CH3COO－、Cl－ B. Na＋、NH、Cl－‎ C. Mg2＋、Cl－、Fe2＋ D. Mg2＋、Ba2＋、Br－‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题解析：因H+和CO32-结合生成水和气体，且Al3+、CO32-相互促进水解，则该组离子不能大量共存，故A错误；因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；因H+和Fe2+、NO3-能发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C错误；因Ba2+、SO42-，能结合生成硫酸钡沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误。‎ 考点：离子的共存问题 ‎3. 在研究金属钠与水反应的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是(　　)‎ A. 将一小块Na投入水中，钠浮于水面，说明钠的密度比水小 B. 将一小块Na投入滴有酚酞的水中，溶液变红，说明反应生成了碱 C. 将一小块Na投入CuSO4溶液中，生成蓝色沉淀，说明Na没有Cu活泼 D. 点燃Na与肥皂水反应产生的气泡，有尖锐爆鸣声，说明有H2生成 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、将一小块Na投入水中，钠浮于水面，说明钠密度比水小，A正确；B、将一小块Na投入滴有酚酞的水中，溶液变红，说明反应生成了碱，该碱是氢氧化钠，B正确；C、将一小块Na投入CuSO4溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成生成蓝色沉淀氢氧化铜，得不到铜，钠比铜要活泼，C错误；D、点燃Na与肥皂水反应产生的气泡，有尖锐爆鸣声，说明有H2生成，D正确，答案选C。‎ 考点：考查钠与水反应的有关实验判断 ‎4. 铝箔在酒精灯上加热至熔化的实验现象与下列性质的叙述无关的是(　　)‎ A. 铝表面可形成一层氧化物保护膜 B. 铝的熔点较低 C. Al2O3熔点高，酒精灯不能将其熔化 D. 铝能与酸或强碱溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查铝及其化合物的性质。‎ 解析：铝箔在酒精灯上加热至熔化看到的实验现象是铝熔化但不滴落，原因是铝在加热条件下与空气中的氧气反应生成致密的熔点较高的Al2O3薄膜，薄膜内部低熔点的铝虽熔化但不能滴落，可见该现象与铝能与酸或强碱溶液反应无关。‎ 答案：D ‎5. 焰火“脚印”“笑脸”“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 非金属单质燃烧时火焰均为无色 B. 所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色 C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察 D. NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同 ‎【答案】D ‎【解析】A、非金属单质燃烧时火焰有的有颜色，如氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，故A错误；B、部分金属及其化合物灼烧时，火焰有颜色，故B错误；C、观察灼烧含钾元素的物质时，需要通过蓝色钴玻璃观察，故C错误；D、NaCl和Na2CO3都含有钠元素，灼烧时，发出黄色火焰，故D正确。‎ ‎6. 人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，5.6 L“人造空气”的质量是2.4 g，其中氧气与氦气的质量比是(　　)‎ A. 1∶1 B. 2∶1 C. 1∶4 D. 2∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查气体摩尔体积的有关计算。‎ 分析：气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算。‎ 解析：气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则根据二者的物质的量、质量得联立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，则氧气与氦气的质量比=（32g/mol×0.05mol）：（0.2mol×4g/mol）=1.6g：0.8g=2：1，故选B。‎ 点睛：解题时注意根据体积和质量关系列式计算即可，注意把握相关计算公式的运用。‎ ‎7. 下列各反应所对应的方程式正确的是(　　)‎ A. Cl2与H2O反应：Cl2＋H2O===Cl－＋2H＋＋ClO－‎ B. 向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO＋2MnO＋3H2O===5NO＋2Mn2＋＋6OH－‎ C. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O D. 向Ba(OH)2溶液中加入硫酸：Ba2＋＋SO===BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查离子方程式的正误判断。‎ 解析：次氯酸是弱酸，不能拆成离子，Cl2与H2O反应的离子方程式是：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；酸性条件下，有H+离子参加反应，不能有OH－离子生成，应该生成水，反应的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，故B错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至SO42-沉淀完全，需满足二者物质的量之比为1：1，反应的离子方程式为：H++SO42-+‎ Ba2++OH-═BaSO4↓+H2O，C正确；向 Ba(OH) 2 溶液中滴加稀硫酸时，同时发生中和反应和沉淀反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误。‎ 点睛：明确离子反应方程式的书写规则及发生的反应是解本题关键，易错选项是B，B中酸性条件下不能生成氢氧根离子。‎ ‎8. 下列有关物质结构的说法正确的是(　　)‎ A. 78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA B. HBr的电子式为H＋[∶]－‎ C. PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构 D. 3.4 g氨气中含有0.6NA个N—H键 ‎【答案】D ‎【解析】本题阿伏伽德罗常数的计算与判断、电子式的书写等知识。‎ 分析：A．根据过氧化钠的物质的量以及过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；B．溴化氢为共价化合物，电子式中不需要标出所带电荷；C．对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；D．根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N-H键。‎ 解析：78gNa2O2晶体的物质的量为=1mol，过氧化钠中含有2个Na+离子和1个O22—离子，78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为NA、2NA，故A错误；溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，B错误；BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，最外层有（3+3）=6，分子中B原子不满足8电子结构，故C错误；3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，氨气分子中含有3个N-H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N-H键，故D正确。‎ 点睛：解题时注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确电子式的概念及书写原则。‎ ‎9. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为4 NA B. 100mL 1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2 NA D. 密闭容器中，2 mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2 NA ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；‎ B.根据铁离子水解分析；‎ C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；‎ D.根据反应是可逆反应判断。‎ 详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；‎ B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA ‎，B错误；‎ C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；‎ D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。‎ 点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。‎ ‎10. 下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)‎ A. 将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液 B. 将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液 C. 10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液 D. 标况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液 ‎【答案】A ‎【解析】本题考查物质的量浓度的理解与计算。‎ 解析：加热蒸发掉50g水后的溶液体积不是50mL，则溶液浓度不是1mol/L，故A错误；80gSO3物质的量为1mol，溶于水得到1molH2SO4，配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，故B正确；10gNaOH的物质的量为0.25mol，溶于水配成0.25L溶液，所得溶液浓度为1mol•L-1，C正确；标况下，将22.4 L氯化氢气体物质的量为1mol，溶于水配成1 L溶液，所得溶液浓度为1mol•L-1，D正确。‎ 点睛：解题时，注意物质的量浓度中体积指溶液体积，物质溶于水溶质变化的情况。‎ ‎11. 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是 A. 与环戊烯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种 C. 所有碳原子均处同一平面 D. 此物质分子式为C5H8‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查烃的结构与性质。‎ 分析：A、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据氢原子守恒解答。‎ 解析：螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1 molC5H12至少需要2 molH2，D正确。‎ 答案选C。‎ 点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。‎ ‎12. 下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol甲烷和1 mol庚烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】分析：本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ 详解：A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，‎ 含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ ‎13. 下列说法中正确的是(　　)‎ A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－‎ B. 二氧化碳的水溶液能够导电，故二氧化碳属于弱电解质 C. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质 D. 氧化钠在水中反应的离子方程式为4Na＋＋2O2－＋2H2O===4Na＋＋4OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查电离、强弱电解质等知识。‎ ‎14. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−‎ B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：K+、NH4+ 、NO3−、SO42−‎ C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−‎ D. 0. 1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A项，I-与ClO-发生氧化还原反应；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应。‎ 详解：A项，I-具有强还原性，ClO-具有强氧化性，I-与ClO-发生氧化还原反应，I-与ClO-不能大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO-‎ 能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存；答案选B。‎ 点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。‎ ‎15. 化学与生活息息相关。下列各“剂”在应用过程中表现还原性的是(　　)‎ A. 臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒剂”‎ B. 热纯碱溶液常作厨房的“洗涤剂”‎ C. 活性铁粉在食品袋中作“去氧剂”‎ D. 小苏打常作制糕点的“起泡剂”‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒剂”，臭氧表现氧化性；B. 热纯碱溶液常作厨房的“洗涤剂”时，其表现碱性；C. 活性铁粉在食品袋中作“去氧剂” 时，其表现还原性；D. 小苏打常作制糕点的“起泡剂”，其表现不稳定、易分解产生气体。本题选C。‎ ‎16. 在下图点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O B. b反应：HCO＋OH－===CO＋H2O C. c反应：H＋＋OH－===H2O D. d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH ‎【答案】D ‎【解析】A．离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A错误；B．氢氧化钠过量，则铵根离子也参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3•H2O，故B错误；C．醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2‎ O，故C错误；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否符合守恒关系、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎17. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 反应中氮元素被氧化，氯元素被还原 B. 还原性：NH>Cl－‎ C. 经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放 D. 反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查氧化还原反应。‎ 分析：反应2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，N元素的化合价由-3价升高为0价，以此来解答。‎ 解析：Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确；2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+＞Cl-，故B正确；由2NH4++3ClO-═N2+3Cl-+2H++3H2O得出经此法处理过的废水曾酸性，所以不能直接排放，故C错误；N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以反应中每生成1 mol N2，转移（3-0l×2×1mol=6 mol电子，故D正确。‎ 故选D。‎ 点睛：把握反应中Cl元素和N元素的化合价变化为解答的关键，试题侧重氧化还原反应中基本概念的考查，题目难度不大 ‎18. 据报道，俄罗斯科学家再次合成117号元素，其中有5个X,1个X。下列关于X和X的说法不正确的是(　　)‎ A. 是两种核素 B. 互为同位素 C. 中子数分别为176和177‎ D. X元素的相对原子质量一定是176.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查质量数与质子数、中子数之间的相互关系。‎ 分析：A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；B．具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；C．中子数=质量数-质子数；D．原子核外电子数等于质子数。‎ ‎........................‎ X和X中子数分别是176、177，C正确；原子核外电子数等于质子数等于117，故两种核素的电子数相等，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎19. 某反应体系中的物质有:NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是Au2O3+□+□□+□+□ (　　)‎ A. Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH B. Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C. Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH D. 当1 mol Au2O3完全反应时,转移电子8 mol ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol，故选A。‎ 考点：考查了氧化还原反应的相关知识。‎ ‎20. 依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是(　　)‎ A. H3BO3的酸性比H2CO3的强 B. Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的弱 C. C、N、O原子半径依次增大 D. 若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则粒子半径：R2－>M＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题考查元素周期律。‎ 解析：非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3＜H2CO3，A错误；金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2＞Be（OH）2，B错误；C、N、O属于同一周期，且C、N、O的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，C错误；M+和R2-的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2-在上一周期的后方，随核电荷数增大，离子半径依次减小，原子序数M＞R，则粒子半径：R2－>M＋，故D正确。‎ 点睛：熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，并能结合题意灵活运用即可。‎ ‎21. 下列各性质中不符合图示关系的是(　　)‎ A. 还原性 B. 与水反应的剧烈程度 C. 熔点 D. 原子半径 ‎【答案】C ‎【解析】图中表示碱金属的某项性质随核电荷数的增大而逐渐增大或升高。随核电荷数增大，碱金属元素原子半径逐渐增大，还原性增强，单质与水反应的剧烈程度增大，A、B、D符合图像关系；随核电荷数增大，碱金属的熔点逐渐降低，答案选C。‎ ‎22. 下列物质性质排列顺序正确的是(　　)‎ ‎①热稳定性：H2O>HF>H2S　②还原性：HI>HBr>HCl　‎ ‎③熔沸点：AsH3>PH3>NH3　④酸性：HNO3>H2CO3>HClO A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①F、O、S的非金属性逐渐减弱，则氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，故①错误；②非金属性Cl>Br>I，则氢化物的还原性：HI>HBr>HCl，故②正确；③NH3分子间能形成氢键，则NH3的熔沸点变大，所以熔沸点：NH3>PH3>AsH3，故③错误；④HNO3为强酸，H2CO3和HClO为弱酸，H2CO3的酸性大于HClO，所以酸性：HNO3>H2CO3>HClO，故④正确，所以答案为B。‎ 考点：本题考查物质的性质、元素周期律。‎ ‎23. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是 A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D. W的氧化物对应的水化物均为强酸 ‎【答案】A ‎【解析】分析：W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。‎ 详解：根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则 A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确； ‎ B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；‎ C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；‎ D. 亚硝酸为弱酸，D错误。答案选A。‎ 点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。‎ ‎24. 已知2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2===2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是(　　)‎ ‎①氧化性：Br2>Fe3＋>I2‎ ‎②原溶液中Br－一定被氧化 ‎③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化 ‎④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋‎ ‎⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化 A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识。‎ 分析：在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的，由题给已知可知，还原剂还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，所以氯气首先氧化的的是I－，然后是Fe2＋，最后是Br－。向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。‎ 解析：由题给已知可知，氧化剂氧化性强弱为Br2>Fe3＋>I2，①正确；由分析可知，原溶液中的Br-可能被氧化，②错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，③正确；　通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，④正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，⑤正确。‎ 故选B。‎ ‎25. 若20 g密度为ρ g·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca2＋，则溶液中NO的物质的量浓度为(　　)‎ A. 5ρ mol·L－1 B. 2.5ρ mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查物质的量浓度的计算。‎ 解析：20克密度为ρg/cm 3的硝酸钙溶液的体积为20g/ρg/cm 3 =(20/ρ)×10 -3 L，2克Ca 2+的物质的量为2g/40(g/mol) =0.05mol，则Ca 2+的物质的量浓度为0.05mol/[((20/ρ) ×10 -3 L) =2.5ρmol/L，由硝酸钙的化学式Ca（NO3）2可知NO3-离子的浓度为2.5ρmol/L×2=5ρmol/L。‎ 故选A。‎ 点睛：明确钙离子的物质的量的计算是解答的关键，钙离子的质量与钙原子的质量可近似相等。‎ ‎26. 原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物；Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物。‎ ‎(1)写出Y2O2的电子式：______________________，其中含有的化学键是________________。‎ ‎(2)用电子式表示Y2O的形成过程：_______________________________________________。‎ ‎(3)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________(填化学式)。‎ ‎(4)XH3、H2Z和HW三种化合物，其中一种与另外两种都能反应的是_________(填化学式)。‎ ‎(5)由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物的化学式：__________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键、共价键 (3). (4). HClO4 (5). NH3 (6). NCl3‎ ‎【解析】本题综合考查元素周期律与化学键，元素化合物性质知识。‎ 分析：原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2离子化合物，则Y为钠元素，X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物，X原子序数都小于钠，所以X为氮元素，Z、W原子序数都大于钠，Z为硫元素，W为氯元素。‎ 解析：（1）Y2O2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，其电子式为，过氧化钠中含有的化学键为离子键、共价键；（2）Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：‎ ‎；（3）非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在氮、硫、氯中氯元素的非金属性最强，所以酸性最强的是HClO4；（4）NH3与H2S和HCl都能反应，生成对应的铵盐；（5）由X、W组成的化合物分子中，X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，则该化合物为NCl3‎ ‎，遇水可生成一种具有漂白性的化合物为次氯酸和一种刺激性气味的气体则为氨气，反应的化学方程式为NCl3+3H2O═3HClO+NH3。‎ ‎27. Ⅰ.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。‎ ‎【配制KMnO4标准溶液】‎ 如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。 ‎ ‎(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________ (填序号)。‎ ‎(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是________(填名称)。‎ ‎(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。‎ ‎【测定血液样品中Ca2＋的浓度】‎ 抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。‎ ‎(4)配平草酸与KMnO4反应的离子方程式：__MnO＋ H2C2O4＋ H＋=== Mn2＋＋ CO2↑＋ H2O。‎ ‎(5)滴定终点时的现象是_____________________________________‎ ‎(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为__________m mol·cm－3。‎ Ⅱ. 某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。‎ 实验1试剂：酸化的0.5 mol·L－1FeSO4溶液(pH ＝ 0.2)，5% H2O2溶液(pH ＝ 5)。‎ 操作 现象 取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5% H2O2溶液 溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH＝0.9‎ 向反应后的溶液中加入KSCN溶液 溶液变红 ‎(1)H2O2的电子式是_______，上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是_________。‎ ‎(2)产生气泡的原因是____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). 50 mL容量瓶 (3). 偏小 (4). 2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (5). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液颜色有无色变为粉红色，但半分钟内不褪色 (6). 0.03 (7). (8). 2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O (9). Fe3+催化下H2O2分解生成O2‎ ‎【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。‎ 解析：Ⅰ.（1）量筒不能用于配制溶液，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以②⑤操作错误；（2）配制50mL一定物质的量浓度KMnO4标准溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰视读数时，定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小；（4）由题给未配平的离子方程式可知，反应中H2C2O4做还原剂被氧化为CO2，MnO4―做氧化剂被还原为Mn2+，依据得失电子数目守恒和原子个数守恒可得配平的化学方程式为2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；（5）草酸溶液无色，当反应正好完全进行的时候，多加一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变为紫红色；（6）血样处理过程中存在如下关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4―，所以n(Ca2+)＝n(MnO4-)＝×0.0120L×0.020mol·L－1＝6.0×10-4mol，血液样品中Ca2+的浓度＝＝0.03mmol·cm－3。Ⅱ. H2O2为含有非极性键和极性键的共价化合物，电子式为，酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液发生反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=+2Fe3++2H2O；（2）氧化氢在Fe3+离子催化作用下分解生成氧气，故产生气泡。‎ 点睛：本题侧重考查学生知识综合应用、根据物质的性质进行实验原理分析及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用。‎ ‎28. Ⅰ、用纯净的碳酸钙粉末跟稀盐酸反应制取二氧化碳气体，请回答下列问题：‎ ‎(1)实验过程如图所示，分析判断：________‎ 段化学反应速率最快。由该段图象说明：此反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)为了减缓上述反应的化学反应速率，欲向溶液中加入下列物质，你认为可行的是___(填字母)。‎ A．蒸馏水 B．NaCl固体 C．NaCl溶液 D．浓盐酸 ‎(3)要减缓化学反应速率，除了上述方法外，你认为还可以采取的措施是_________。‎ Ⅱ、下图是温度和压强对反应X＋Y2Z影响的示意图。图中纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。‎ ‎(1)若Z和X为气体，则Y为____体（填气或非气）。‎ ‎(2)升高温度，v正____，v逆____（填增大或减小）。‎ ‎(3)此平衡的平衡常数计算公式为：____________，温度升高，K____（填增大或减小）。‎ ‎【答案】 (1). EF (2). 放热 (3). AC (4). 用块状大理石、石灰石代替纯净的碳酸钙粉末或降低反应温度 (5). 非气 (6). 增大 (7). 增大 (8). (9). 增大 ‎【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡的影响因素。‎ 解析：Ⅰ、（1）曲线斜率大小决定反应速率大小，斜率越大，反应速率越快，所以是EF段；EF段反应速率更快，是因该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；（2）反应物的浓度越大，反应速率越快，所以只要使反应物浓度变小即可。加蒸馏水，盐酸浓度变小，反应速率减小，故A正确；加氯化钠固体，盐酸浓度不变，反应速率不变，故B错误；加氯化钠溶液，溶液体积增大，盐酸浓度降低，反应速率减小，故C正确；加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D错误。故选AC；（3）要减缓化学反应速率，除了上述方法外，还可以改变固体反应物的体积、溶液的温度、把强电解质换成弱电解质等，如用块状大理石或石灰石代替纯净的碳酸钙或降低反应温度等。‎ Ⅱ、（1）当温度相同时，压强越大，生成物Z的含量越小，这说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，说明正反应是体积增大的反应，若X、Y、Z均为气态，则反应前后气体的体积不变，因Z和X为气体，所以Y只能是非气体；（2）升高温度，化学反应速率增大，v正、v逆 均增大；（3）因Y为非气体，所以反应X＋Y2Z的平衡的平衡常数计算公式为；由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，所以温度升高，K增大。‎ 点睛：对于题Ⅰ，要注意曲线斜率大小决定反应速率大小，斜率越大，反应速率越快；对于题Ⅱ，一定要注意读图时，注意纯固体、纯液体的浓度是固定的,可看作“1”,不写在化学平衡常数表达式中。‎ ‎ ‎ ‎29. Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：‎ ‎（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是______。‎ ‎（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。‎ A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 ‎（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的 Born−Haber循环计算得到。‎ 可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为________kJ·mol−1，Li2O晶格能为____________kJ·mol−1。‎ ‎（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。‎ ‎【答案】 (1). D (2). C (3). Li+核电荷数较大 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). AB (7). 520 (8). 498 (9). 2908 (10). ‎ ‎【解析】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；‎ ‎（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；‎ ‎（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；‎ ‎（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。‎ 详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；‎ ‎（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；‎ ‎（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；‎ ‎（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；‎ ‎（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是。‎ 点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/‎ ‎8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。‎ ‎30. 衍生物A的化学式为C9H8O4。请回答下列问题：‎ ‎(1)A的不饱和度为________。‎ ‎(2)已知A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与NaHCO3溶液反应生成CO2，还能与FeCl3溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是____________________，满足上述条件的A的结构可能有________种。‎ ‎(3)A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生如图所示转化。‎ 回答下列问题：‎ ‎①C→E的反应类型为________。‎ ‎②D与浓溴水反应的主要产物的结构简式为______________。‎ ‎③F可发生的化学反应类型有________(双选；填选项字母)。‎ A．取代反应 B．加成反应 C．消去反应 D．加聚反应 ‎④B与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). 醛基、羧基、酚羟基 (3). 2 (4). 酯化反应(或取代反应) (5). (6). AB (7). ‎ ‎【解析】本题考查有机物的推断，涉及计算推断、醇、醛、羧酸、酯等性质与转化。‎ 分析：A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基，B能发生水解反应生成C、D，C与乙醇发生反应生成E，C为羧酸、E为酯，C的相对分子质量为60，C为乙酸，E为乙酸乙酯，D与碳酸氢钠发生反应，含有羧基-COOH，故B为，D为，F为，据此解答。‎ 解析：（1）衍生物A的化学式为C9H8O4，其饱和化合物的分子式为C9H20O4，则其不饱和度为=6；（2）A能发生银镜反应，含有醛基-CHO，能与NaHCO3溶液反应产生CO2，含有羧基-COOH，还能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基，结合A的分子式及苯环上取代基彼此相间，A的可能结构为、；（3）①C为乙酸，C→E的反应为乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯E；②D为，D与浓溴水发生取代反应生成，反应的化学反应方程式为：；③F，分子中含有苯环、—COONa和—OH（酚），则因苯环可以发生加成反应，—OH（酚）可以发生取代反应，故选AB；④B为，B与足量NaOH溶液共热时，羧基和酯基以及水解生成的酚羟基会与NaOH溶液反应，反应的化学与方程式为：。‎ ‎ ‎