2017-2018学年黑龙江省青冈县一中高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省青冈县一中高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省青冈县一中2017-2018学年高二下学期高二期末考试化学试卷 ‎1. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封 B. 能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色的物质一定是Cl2‎ C. 某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I¯‎ D. 某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故B错误；C、碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故C错误；D、某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液可能含有Ag＋或SO，故D错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查化学试剂的存放、常见离子的检验方法、氯气的化学性质 ‎【名师点晴】本题考查了常见试剂的存放方法、滴定操作中锥形瓶的使用等知识。要熟记常见的化学基础知识。如：常见的离子的检验方法：NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe2+：①NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；②新制的氯水+KSCN溶液；②滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；③铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。‎ 视频 ‎2. 下列实验操作中会导致结果偏高的是 （ ） ‎ ‎① 配制稀H2SO4时，洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中 ‎② 配制溶液时，未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容 ‎③ 酸碱中和滴定时，盛装标准液的滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入标准液 ‎④ 酸碱中和滴定时，滴定前没有排除滴定管尖嘴处的气泡 ‎⑤ 配制溶液时，转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ‎⑥ 配制溶液时，定容摇匀后，发现液面低于刻度线 ‎⑦ 配制溶液时，定容时，俯视刻度线 A. ①②③④⑦ B. ①②④⑥⑦ C. ①②⑤⑦ D. ①②③④⑤⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析。‎ 详解：①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选①； ②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选②； ③当盛装酸标准液的滴定管未用标准液润洗，装入标准溶液后，残留的水稀释了酸溶液，在此浓度下与碱反应，就会多消耗酸的体积，但是，在计算碱的浓度时，待测碱浓度将偏高，故选③； ④酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（待测）偏大，故选④； ⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选⑤； ⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选⑥； ⑦定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选⑦； 综合以上分析，①②③④⑦偏高，‎ 故答案为：A。‎ ‎3. 下列关于物质的分类中正确的是（ ） ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；只含一种物质的为纯净物； 电解质:在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐,金属氧化物等； 非电解质:在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；例:有机物，非金属氧化物等； 强电解质:在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物； 弱电解质:在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物。据此解答。‎ 详解:A.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故A错误； B.溴水为溴的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C.氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误； D.小苏打为碳酸钠，属于纯净物，氢氧化铁胶体为混合物，氯化银熔融状态下能完全电离，属于强电解质，一水合氨水溶液中部分电离，属于弱电解质，酒精在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，所以D选项是正确的； 所以D选项是正确的。‎ ‎4. 下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）‎ A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B. 工业上电解熔融状态Al2O3制备Al C. 工业上利用合成氨实现人工固氮 D. 实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中有元素化合价升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；B.2Al2O34Al+3O2↑中有电子转移，所以属于氧化还原反应，故B错误；C．人工固氮，N元素化合价由0价变为正化合价，有电子转移，属于氧化还原反应，故C错误；D．实验室用NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3，该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确；故选D。‎ 视频 ‎5. 完成下列实验，所选装置正确的是（ ）‎ A B C D 实验 目的 实验室 制备乙烯 分离苯和溴苯的混合物(沸点：苯为80.1℃，溴苯为156.2℃)‎ 分离KCl和NH4Cl固体混合物 实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳 实验 装置 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A.缺少温度计；B.冷凝水下进上出；C.加热固体用坩埚；D.纯碱为粉末固体。‎ 详解：A.制取乙烯，应加热到170℃，缺少温度计，故A错误； B.为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，所以B选项是正确的； C.加热固体用坩埚，蒸发皿常用来蒸发液体，故C错误； D.纯碱为粉末固体，则多孔隔板不能使反应随时停止，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎6. 下列说法中正确的是 （ ） ‎ ‎⑴ 酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应 ‎⑵ 与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物 ‎⑶ 镁、铝和铜可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到 ‎⑷ 金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物 ‎⑸ 有单质参加的反应，一定是氧化还原反应 ‎ ‎⑹ 任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶体粒子凝成较大颗粒形成沉淀析出 ‎⑺ 丁达尔现象、布朗运动、电泳现象都是胶体的物理性质 ‎⑻ 因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来 ‎ ‎⑼ 胶体稳定存在的主要原因是胶体带电 ‎⑽ 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 ‎⑾ 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 A. 7个 B. 8个 C. 5个 D. 6个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：（1）酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的化合物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应； （2）与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物； （3）镁和铝活泼，要通过电解法得到，铜可通过置换法得到； （4）金属氧化物不一定是碱性氧化物；碱性氧化物一定是金属氧化物； （5）氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应； （6）只有胶粒带电荷的溶胶加入电解质后才能发生凝聚；‎ ‎(7)丁达尔现象是光的散射现象，布朗运动是微观粒子运动的宏观现象，电泳现象都是带电粒子的定性运动；‎ ‎（8）胶粒、溶质粒都能通过滤纸； ‎ ‎（9）胶体能够稳定存在的主要原因是胶粒带电；‎ ‎（10）纯碱是碳酸钠的俗名，属于盐类；‎ ‎（11）蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质。‎ 详解：（1）酸性氧化物指与碱反应生成盐与水的氧化物，一定条件下均能与碱发生反应，故（1）正确； ‎ ‎（2）与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物．如Na2O2能与水反应生成碱-NaOH，但它不属于碱性氧化物，是过氧化物，故（2）正确； （3）镁和铝分别通过电解熔融氯化镁、氧化铝得到，铜可通过置换法得到，如氢气还原，故（3）错误； （4）金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3，是金属氧化物，但是两性氧化物，不是碱性氧化物；碱性氧化物一定是金属氧化物，故（4）正确；‎ ‎（5）同素异形体之间的相互转化，如3O2=2O3，有单质参加的反应，不属于氧化还原反应，故（5）错误； （6）只有胶粒带电荷的溶胶加入电解质后才能发生凝聚，如中性胶体淀粉溶胶加入电解质就不发生凝聚，故（6）错误；‎ ‎⑺丁达尔现象是光的散射现象，布朗运动是微观粒子运动的宏观现象，电泳现象都是带电粒子的定性运动，都是胶体的物理性质，故⑺正确；‎ ‎（8）胶粒、溶质粒都能通过滤纸，不能用过滤的方法把胶粒分离，故（8）错误；‎ ‎（9）胶体能够稳定存在的主要原因是胶粒带电，胶体呈电中性，故（9）错误；‎ ‎（10）纯碱是碳酸钠的俗名，属于盐类，故（10）错误；‎ ‎（11）蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故（11）正确。‎ 根据以上分析可知，说法正确的有（1）（2）（4）（7）（11）共5项， 故选C。‎ 点睛：本题考查了酸、碱、盐、氧化物以及电解质和胶体等基本概念与相互转化等知识，题目难度中等，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。‎ ‎7. 下列溶液中可能大量共存的离子组是（ ）‎ A. 无色澄清透明溶液中：K+、H+、Cl－、MnO4－‎ B. 在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO－、Cl－‎ C. 含大量Fe3＋的溶液：NH4＋、Na＋、SCN－、Cl－‎ D. 由水电离出c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. MnO4-为紫色；‎ B. pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；‎ C. 铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁；‎ D. 由水电离出c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性。‎ 详解:A. MnO4-为紫色，H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；‎ B. pH=1的溶液，显酸性，H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，故B错误； C. 铁离子与硫氰酸根离子能反应生成硫氰化铁，硫氰化铁属于弱电解质，故C错误； D. 由水电离出c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性可以大量共存，故D正确； 所以D选项是正确的。‎ 点睛：解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：‎ ‎（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；‎ ‎（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；‎ ‎（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；‎ ‎（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎8. 用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 装置①可用于除去Cl2中含有的少量HCl气体 B. 按装置②所示的气流方向可用于收集H2、NH3等 C. 装置③可证明非金属性Cl > C > Si D. 装置④向左推动针筒活塞可检验该装置的气密性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、氢氧化钠和氯气反应，应用饱和食盐水除杂，故A错误；B、H2、NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，故B错误；C、比较非金属性，应用最高价氧化物对应的水化物，不能用盐酸，故C错误；D、如不漏气，向左推动针筒活塞，可观察到液面发生变化，可用于检查是否漏气，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了实验方案的评价的相关知识。‎ ‎9. 下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是 (　 　)‎ ‎（1）为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线 ‎ ‎（2）利用图a配制0.10mol•L-1NaOH溶液 ‎ ‎（3）利用图b配制一定浓度的NaCl溶液 ‎（4）利用图c配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液 ‎ ‎（5）用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 ‎ ‎（6）配制溶液定容时，仰视视容量瓶刻度会使溶液浓度偏低 ‎ ‎（7）配制溶液的定容操作可以用图d表示 A. ⑵⑸ B. ⑴⑹ C. ⑴⑷⑹ D. ⑴⑶⑸‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：（1）配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线；‎ ‎（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，不能在容量瓶中直接溶解固体物质； ‎ ‎（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液；‎ ‎（4）不能在容量瓶中溶解；‎ ‎（5）物质的物质的量减少；‎ ‎（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低；‎ ‎（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线。‎ 详解：（1）配制溶液时，定容时不能使液面超过刻度线，容量瓶中的蒸馏水接近刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（1）正确；‎ ‎（2）配制0.10mol•L-1NaOH溶液应该现在烧杯中溶解物质，待溶液恢复至室温再转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体物质，故(2)错误； ‎ ‎（3）不能直接在容量瓶中配制NaCl溶液，故（3）错误；‎ ‎（4）不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故（4）错误；‎ ‎（5）若如题操作，物质的物质的量减少，体积不变，浓度减小，故（5）错误；‎ ‎（6）定容时候仰视刻度线，必然是加入的水超过刻度线才认为正好到刻度线，这时候溶液体积已经偏大，浓度偏低，故（6）正确；‎ ‎（7）定容时接近刻度线下1～2cm时，要改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故（7）错误。‎ 根据以上分析可知，说法正确的有（1）（6），‎ 故本题答案选B。‎ ‎10. 下列有关胶体说法中正确的是（ 　　）‎ A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体 B. 用可见光束照射以区别溶液和胶体 C. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 D. H+、K+、S2¯、Br¯ 能在Fe(OH)3胶体中大量共存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应； B.胶体具有丁达尔现象； C.胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体； D.胶体与电解质发生聚沉。‎ 详解:A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误； B.胶体具有丁达尔现象，则用可见光束照射以区别溶液和胶体，所以B选项是正确的； C.稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故C错误； D.胶体与电解质发生聚沉，不能共存，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎11. 下图是制取、洗涤并测量生成气体体积的装置示意图，利用上述装置进行下表所列实验，能达到试验目的是（ 　） ‎ 物质实验 a（液体）‎ b（固体）‎ c（液体）‎ A 稀盐酸 锌粒 浓H2SO4‎ B 浓盐酸 MnO2‎ 浓H2SO4‎ C 稀硫酸 CaCO3‎ 浓H2SO4‎ D 浓氨水 生石灰 浓H2SO4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：由装置图可以看出，反应为固体和液体在不加热的条件下反应生成气体的装置，生成气体可用浓硫酸干燥并能用排水法收集，以此解答该题。 详解:A.氢气可用浓硫酸干燥，并能用排水法收集，所以A选项是正确的； B.浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，且氯气微溶于水，不能用排水法收集，故B错误； C.不能用稀硫酸和碳酸钙反应，否则生成硫酸钙微溶包住碳酸钙，使反应停止发生，且二氧化碳微溶于水，不能用排水法收集，故C错误； D.氨气不能用浓硫酸干燥,也不能用排水法收集，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ 点睛：本题考查气体的制备、收集,题目难度不大，注意把握气体的制备装置图，判断气体可能具有的性质。‎ ‎12. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。则下列说法中正确的是 (　 　)‎ ‎⑴ 0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NA ‎⑵ 7.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数为0.5 NA ‎⑶ 标准状况下，2.24 L CCl4中含有的原子数为0.1 NA ‎⑷ 常温下，1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液中含Fe3＋数为0.1NA ‎⑸ 1 L 1 mol/LCH3COOH溶液中含有NA个氢离子 ‎⑹ 常温下，2.7 g铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为0.3NA ‎⑺ 22.4 L SO2气体，所含氧原子数为2NA ‎⑻ 14 g乙烯和丙烯的混合物中，含有共用电子对数目为3 NA ‎⑼ 25℃时，pH =13 的1.0 LBa(OH) 2 溶液中含有的OHˉ数为0.2NA A. ⑵⑸⑻⑼ B. ⑵⑹⑻ C. ⑴⑷⑹⑻⑼ D. ⑴⑶⑸‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：(1) Na2O2中含有的阴离子为过氧根离子； (2)1mol SiO2晶体中含有4mol硅氧键； (3) 标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量； (4) 1 L 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液含有0.1 mol FeCl3，其电离出来的0.1 NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA； (5) 1 L 1 mol/LCH3COOH的HAc溶液中，醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子； (6)  该反应中铝失电子作还原剂，氢元素得电子作氧化剂，所以氢氧化钠和水作氧化剂，再根据各种微粒之间的关系式计算； (7)没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4 L SO2气体的物质的量； (8)乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有的C、H数目,乙烯和丙烯中，每个C和H都平均形成1个C-C共价键、1个C-H共价键；‎ ‎（9）先由pH计算 c(H+)，再由水的离子积 Kw = c(H+) c(OH-) = 10-14，计算 c(OH-) ，最后根据n=cV，N=nNA，计算离子个数。‎ 详解:(1) 0.25 mol Na2O2中含有0.25 mol过氧根离子，含有的阴离子数为0.25NA，故(1)错误； (2) 7.5 g晶体的物质的量为=mol，mol含有的硅氧键的物质的量为：mol×4=0.5mol，含有的硅氧键数为0.5 NA，故(2)正确； (3) 标准状况下CCl4为液态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算CCl4的物质的量，故(3)错误； (4) 1 L 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液含有0.1 mol FeCl3，其电离出来的0.1 NA个Fe3+‎ 中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA，故(4)错误; (5) 1 L 1 mol/LCH3COOH的HAc溶液中含有1mol溶质醋酸，因为醋酸部分电离出氢离子，所以溶液中含有的氢离子小于1mol，含有氢离子数目小于NA，故(5)错误； (6) 根据方程式知，当有2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目=mol×3×NA/mol=0.3NA，故(6)正确； (7)不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4 L SO2气体的物质的量,故(7)错误； (8) 14 g乙烯和丙烯的混合物中含有1mol最简式CH2，含有1molC、2molH原子，乙烯和丙烯中，1molC平均形成了1mol碳碳共价键,2molH形成了2mol碳氢共价键，所以总共形成了3mol共价键，含有共用电子对数目为3 NA，故(8)正确；‎ ‎（9） pH = 13，则 c(H+) = 10-13mol/L，由水的离子积 Kw = c(H+) c(OH-) = 10-14， 解得 c(OH-) = 0.1 mol/L，所以1 L溶液含有 0.1 NA 个OH-，故（9）错误。‎ 根据以上分析可以知道,正确的有（2）（6）（8）， 所以B选项是正确的。‎ ‎13. 某溶液可能含有Cl¯、SO42¯、CO32¯、NH4 +、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液l00mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ 　　）‎ A. 至少存在5种离子 B. Cl¯ 一定存在，且c (Cl¯ ) ≥ 0.4mol/L C. SO42¯、NH4+ 一定存在，Cl-可能不存在 D. CO32¯、Al3+ 一定不存在，K+可能存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 ‎ 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查离子共存及离子的推断。‎ ‎【名师点睛】本题考查离子共存及离子的推断。具体分析如下：①加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；②红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32-；③4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；④根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据。‎ 视频 ‎14. 已知：①I2 ＋ SO2 ＋ 2H2O ＝ 2HI ＋ H2SO4；②2FeCl2 ＋ Cl2 ＝ 2FeCl3；③2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2根据上面反应判断，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化性强弱顺序是：Fe3+ > SO2 > I2 > SO42－‎ B. 还原性强弱顺序是：SO2 > I－ > Fe2+ > Cl－‎ C. 反应Cl2 ＋ SO2 ＋ 2H2O ＝ 2HCl ＋ H2SO4不能发生 D. Fe3+ 与I－在溶液可以大量共存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，通过氧化反应得到的产物为氧化产物，所含元素化合价升高的物质为还原剂，通过还原得到的产物为还原产物，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性以及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。‎ 详解：① I2 ＋ SO2 ＋ 2H2O ＝ 2HI ＋ H2SO4，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，所以氧化性I2>H2SO4，还原剂是SO2，还原产物为HI，还原性SO2>I-， ②2FeCl2 ＋ Cl2 ＝ 2FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，所以氧化性Cl2>FeCl3，还原剂为FeCl2，还原产物为FeCl3，还原性Fe2+ > Cl－， ③反应2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋2HCl＋I2，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性Fe3+ > I2，还原剂为HI，还原产物FeCl2，还原性I－ > Fe2+； 所以氧化性Cl2>Fe3+ > I2 > SO42－，还原性SO2 > I－ > Fe2+ > Cl－，Cl2 ＋ SO2 ＋ 2H2O ＝ 2HCl ＋ H2SO4能发生，Fe3+氧化I－，所以不能大量共存；‎ ‎ 综合以上分析，所以B选项是正确的。‎ ‎15. H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH¯、HCO3¯、Cl¯七种离子中的两种可以形成了甲、乙、丙、丁四种化合物，它们之间可以发生如下转化关系(产物H2O未标出)，下列说法不正确的是 A. 白色沉淀A可能能溶解在溶液D中 B. 在甲中滴加丁可能发生反应：HCO3¯ + Ba2+ + OH¯ == BaCO3 ↓ + H2O C. 溶液丙与I¯、NO3¯、SO42¯ 可以大量共存 D. 溶液乙一定是AlCl3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH¯、HCO3¯、Cl¯离子中的两种组成，由离子共存，H+只能与Cl¯组成HCl，Al3+只能与Cl¯组成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、气体和氯化钠，应是铝离子与碳酸氢根发生的双水解反应，A为Al(OH)3，B为CO2，甲、乙分别为AlCl3、NaHCO3中的一种，甲与丙反应得到氯化钠与二氧化碳，则甲为NaHCO3，乙为AlCl3，丙为HCl，甲与丁反应得到白色沉淀C与无色反应D，则丁为Ba(OH)2，因为物质的用量不确定，则D为NaOH或碳酸钠。‎ 详解: 甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH¯、HCO3¯、Cl¯离子中的两种组成，由离子共存，H+只能与Cl¯组成HCl，Al3+只能与Cl¯组成AlCl3，甲溶液能和乙溶液生成白色沉淀A、气体和氯化钠，应是铝离子与碳酸氢根发生的双水解反应，A为Al(OH)3，B为CO2，甲、乙分别为AlCl3、NaHCO3中的一种，甲与丙反应得到氯化钠与二氧化碳，则甲为NaHCO3，乙为AlCl3，丙为HCl，甲与丁反应得到白色沉淀C与无色反应D，则丁为Ba(OH)2，因为物质的用量不确定，则D为NaOH或碳酸钠。‎ A.A为Al(OH)3，D为可能为NaOH或碳酸钠，氢氧化铝可以溶于氢氧化钠溶液，所以A选项是正确的； B.甲为NaHCO3，丁为Ba(OH)2，在甲中滴加丁,若氢氧化钡过量，发生反应：HCO3¯ + Ba2+ + OH¯‎ ‎ == BaCO3 ↓ + H2O，所以B选项是正确的； C.丙为HCl，含有H+，故I¯、NO3¯不能与其共存，故C错误； D. 甲、乙分别为AlCl3、NaHCO3中的一种，甲与丙反应得到氯化钠与二氧化碳，则甲为NaHCO3，乙一定为AlCl3，所以D选项是正确的。 故答案为C。‎ ‎16. 下列离子检验的方法不正确的是(　 　)‎ A. 在某溶液中滴加烧碱溶液后加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,试纸变蓝,则含NH4+‎ B. 在某溶液中先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液变红，则溶液中含Fe2+‎ C. 在某溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中含Cl－‎ D. 在某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中含SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A. 能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3；‎ B. 铁离子与硫氰化钾溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，据此判断即可；‎ C. 硝酸酸化可以排除HCO3-、CO32-等离子的干扰； D.溶液中含有银离子也会产生沉淀现象. 详解:A. 能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH4+，故A正确；‎ B. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明原溶液中不含有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，故该溶液中一定含Fe2+，故B正确；‎ C. 硝酸酸化可以排除HCO3-、CO32-等离子的干扰，在某溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中含Cl－，故C正确； D.向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ag+，SO42-等，都可以生成沉淀，所以原溶液中也不一定含有SO42－，故D错误； 所以本题答案选D。‎ 点睛：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意检验离子存在时必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性。‎ ‎17. 向含0.78molFeCl2溶液中通入0.09molCl2， 再加入100mL1mol/L的X2O7 2-酸性溶液，使溶液中的Fe2+ 恰好全部氧化，则产物中X的化合价为 (     )‎ A. +3 B. +2 C. +1 D. +5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：0.078molFe2+被氧化为0.078molFe3+，失去0.078mol电子，利用电子守恒，0.009molCl2与0.01molX2O72-也应该得到0.078mol电子，令X在还原产物的化合价为a，则：0.009mol×2+0.01mol×2×（6-a）＝0.078mol，解得a=3．则X值为3，故选A。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算 ‎18. 在100mL溴化亚铁溶液中通入2.24L氯气（标准状况），若有三分之一的溴离子被氧化，则原溴化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）‎ A. 3mol/L B. 1. 2mol/L C. 1. 5mol/L D. 2.0mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：还原性Fe2+>Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，根据n=计算氯气的物质的量，令原溶液中FeBr2的物质的量为amol，利用电子转移守恒计算a的值，再根据c=计算原FeBr2溶液的物质的量浓度。‎ 详解:标准状况下2.24L氯气的物质的量为=0.1mol，还原性Fe2+>Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，令原溶液中FeBr2的物质的量为amol，根据电子转移守恒，则：amol×(3-2)+[0-(-1)]=0.1mol×2，计算得出a=0.12， 故原FeBr2溶液的物质的量浓度=1.2mol/L， 所以B选项是正确的。‎ ‎19. 下列图示实验正确的是（    ）‎ A. 除去粗盐溶液中的不溶物 B. 碳酸氢钠受热分解 C. 除去CO气体中的CO2气体 D. 乙酸乙酯的制备 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．除去粗盐溶液中不溶物，可利用图中过滤操作，但漏斗下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，玻璃棒紧靠三层滤纸一边，A错误；B．碳酸氢钠分解生成水，为防止水倒流，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，B错误；C．除杂时导管应长进短出，图中气体从短导管进入不能除杂，C错误；D．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，需要浓硫酸并加热，饱和碳酸钠可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备实验合理，D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物分解提纯、物质除杂、有机物制备及物质性质实验等，把握实验原理及实验装置为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析。 ‎ 视频 ‎20. 下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ ‎⑴ 浓盐酸与铁屑反应：2Fe + 6H+ == 2Fe3+ + 3H2↑‎ ‎⑵ 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－ == 2BaSO4↓＋Al(OH)3↓‎ ‎⑶ 过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：AlO2－ + CO2 + 2H2O == Al(OH)3↓ + HCO3－‎ ‎⑷ 碳酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液混合共热： NH4+ + HCO3－ + 2OH－ CO32－ + NH3↑ + 2H2O ‎ ‎⑸ NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32－ + 2H+ == H2O + CO2↑‎ ‎⑹ MnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2 + 4HCl == Mn2＋+ 2Cl－+ Cl2↑+ 2H2O ‎⑺ 明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3＋+3H2O == Al(OH)3↓+ 3H＋‎ ‎⑻ Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－ + Ca2＋ + OH－== CaCO3↓+ H2O ‎⑼ 苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2 + H2O + 2C6H5Oˉ → 2C6H5OH + CO32ˉ‎ ‎⑽ Fe(NO3)3 溶液中加入过量 HI 溶液： 2Fe3+ + 2I－== 2Fe2+ + I2‎ A. ⑵⑶⑷⑹ B. ⑶⑷⑸⑻⑽ C. ⑶⑷⑻ D. ⑴⑶⑷⑺⑻⑼‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：（1）浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气；‎ ‎(2) 使SO42-恰好完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾、水；‎ ‎(3)偏铝酸钠溶于通入二氧化碳生成氢氧化铝,氢氧化铝不溶于弱酸,二氧化碳过量生成碳酸氢根； (4）过量的OH-和NH4+、HCO3-分别发生反应；‎ ‎(5) 碳酸氢根离子保留整体；‎ ‎(6) 该反应需要加热，浓盐酸中的HCl在离子方程式中需要拆开；‎ ‎(7) 水解为可逆反应，且生成胶体，不是沉淀，则明矾溶于水产生Al（OH）3 胶体；‎ ‎(8）少量NaOH溶液完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；‎ ‎(9) 苯酚酸性大于碳酸氢根离子，苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；‎ ‎(10) 硝酸根在酸性条件下具有强氧化性；且氧化性大于Fe3+；故不符合反应事实，应为碘离子与硝酸得反应；‎ 详解：（1）浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故（1）错误；‎ ‎(2) 明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故(2)错误；‎ ‎(3)过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中，反应离子方程式为AlO2－ + CO2 + 2H2O == Al(OH)3↓ + HCO3－，故(3)正确； （4）向碳酸氢铵溶液中加过量氢氧化钠溶液并加热，离子方程式：NH4+ + HCO3－ + 2OH－ CO32－ + NH3↑ + 2H2O ，故（4）正确；‎ ‎(5) NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故(5)错误；‎ ‎(6) MnO2与浓盐酸加热反应制Cl2，正确的离子方程式为：MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++Cl2↑+2H2O，故(6)错误；‎ ‎(7) 水解为可逆反应，且生成胶体，不是沉淀，则明矾溶于水产生Al（OH）3 胶体，离子方程式可表示为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故(7)错误；‎ ‎(8) Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3－ + Ca2＋ +OH－==CaCO3↓+ H2O，故（8）正确；‎ ‎(9) 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2的离子反应为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故(9)错误；‎ ‎(10) NO 3 － 在酸性条件下具有强氧化性，将与I - 发生氧化还原反应，故（10）错误；‎ 综合以上分析，正确的有：⑶⑷⑻，故选C。‎ 点睛：本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大。‎ ‎21. 茶叶中铁元素的检验可以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. 将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨‎ B. 用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦‎ C. 过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦‎ D. 检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确，答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、常见仪器的选择和铁离子的检验方法，题目难度不大，旨在考查学生对常见化学实验仪器构造特点和使用的了解掌握情况，有利于培养学生的学科素养。‎ ‎【名师点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。‎ 视频 ‎22. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)‎ B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性 C 稀盐酸 Na2SO3‎ Ba(NO3)2溶液 SO2‎ 与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀 D 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较溶度积大小，A错误；B．浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D．强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误，答案选B。‎ 点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。‎ 视频 ‎23. 在标准状况下，质量为m的气体A与质量为n的气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 气体A与气体B的相对分子质量之比为m︰n B. 同质量的气体A与气体B的分子数之比为n︰m C. 同温同压下，气体A与气体B的密度之比为n︰m D. 相同条件下，同体积的气体A与气体B的质量之比为m︰n ‎【答案】C ‎【解析】‎ mg气体A与ng气体B的分子数相同即n（A）=n（B），气体A与B的摩尔质量之比为m：n。A 项，气体A与B的相对分子质量之比等于m：n，正确；B项，同质量的气体A与B的物质的量之比为n：m，分子数之比为n：m，正确；C项，同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，A、B的密度之比为m：n，错误；D项，相同状况下同体积的A、B所含分子物质的量相等，质量之比等于摩尔质量之比，为m：n，正确；答案选C。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗定律及推论，阿伏加德罗定律及推论都可由气体状态方程式PV=nRT=RT推导得到。‎ ‎24. 在标准状况下，将 aLHCl完全溶于 1 L 水中 ( 水的密度近似为 1 g / mL) ，溶液的密度为 d g/cm 3，溶液的体积为V mL，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为c mol/L 。下列叙述中不正确的是(　 　)‎ A. ω ＝×100%‎ B. c =mol/L C. 所得溶液中含有HCl分子 D. 向上述溶液中再加入V mL 水后，所得溶液的质量分数大于 0.5ω ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据 计算； B.根据c= 计算判断； C. HCl为强电解质，在水中完全电离；‎ D.水的密度小于盐酸的密度，所以等体积时，水的质量小于盐酸的质量，这样混合后，所得溶液浓度大于0.5ω，根据公式溶质质量分数═推导验证。 ‎ 详解:A. HCl溶于水得到盐酸，溶质为HCl， ==×100%，故A正确；‎ B.c===mol/L，所以B选项是正确的； C. HCl为强电解质，在水中完全电离，因此在盐酸中不存在HCl分子，故C错误；‎ D.盐酸密度大于水的密度，即d>1，则溶质质量分数= =100%=>0.5ω，故D正确； 故答案选C。‎ ‎25. 下图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（ ）‎ A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L B. 1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气 C. 配制500mL4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸125mL D. 将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时其物质的量浓度等于9.2mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A.根据c= 计算浓硫酸的物质的量浓度； B. 铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝； C.根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；  D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断。‎ 详解：A.该浓H2SO4的物质的量浓度为：c==mol/L=18.4mol/L，所以A选项是错误的； B. 铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故B错误；‎ C.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，计算得出：x=125，所以应量取的浓硫酸体积是125mL，所以C选项是正确的； D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故D错误；‎ ‎ 所以C选项是正确的。‎ 点睛：本题考查浓硫酸的性质、物质的量浓度的计算以及溶液的配制等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意相关计算公式的运用。‎ ‎26. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔，一种制Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4 + 6Na2O2 == 2Na2FeO4 + 2 Na2O + 2Na2SO4 + O2↑ 对此反应下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na2O2在反应中只作氧化剂 B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物 C. O2是氧化产物 D. 2molFeSO4发生反应时，共有10mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：从化合价变化的角度分析氧化还原反应中的有关概念的判断，根据化合价升降的数目计算反应中的电子转移数目。‎ 详解：2FeSO4 + 6Na2O2 == 2Na2FeO4 + 2 Na2O + 2Na2SO4 + O2↑反应中，铁元素的化合价升高，由+2价升高到+3价，Na2O2中元素的化合价既升高又降低。 A. Na2O2中元素的化合价既升高又降低，反应中既是氧化剂又是还原剂，故A错误； B. FeSO4 →Na2FeO4，铁的化合价升高，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2 →Na2FeO4，氧元素化合价降低，Na2FeO4是还原产物，故B正确； C. Na2O2 → O2，氧元素化合价升高，O2是氧化产物，故C正确； D.反应中化合价升高的元素有Fe，由+3价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-2价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×3+1mol×4=10mol电子转移，故D正确。 故答案选A。‎ ‎27. 标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度ρ g/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）‎ A. ρ=(17V+22400) /（22.4+22.4V）‎ B. ω=17c/（1000ρ）‎ C. ω= 17V/(17V+22400)‎ D. C=1000Vρ/(17V+22400)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 标准状况下VL氨气物质的量是，质量是，溶于1L水后，溶液的质量是(+1000)g；A、密度＝质量÷体积，因为溶液的体积不是(1+V)L，所以ρ≠(17V＋22400)/(22.4＋22.4V)，A错误；B、根据可知w＝17c/1000ρ，B正确；C、质量分数w＝÷(+1000)＝17V/(17V＋22400)，C正确；D、根据结合C选项可知c＝1000Vρ/(17V＋22400)，D正确。答案选A。‎ 点睛：掌握物质的量浓度的含义、计算式以及与质量分数等物理量之间的关系是解答的关键，另外需要注意溶液的体积不是溶剂与溶质的体积之和，也不是两溶液体积之和，必需依据溶液的质量与密度进行换算。‎ ‎28. 环己醇()常用来制取增塑剂和作为工业溶剂。下列说法正确的是 A. 环己醇中至少有 12 个原子共平面 B. 与环己醇互为同分异构体，且含有醛基(−CHO)的结构有8种(不含立体结构)‎ C. 标准状况下，1mol环己醇与足量 Na反应生成 22.4L H2‎ D. 环己醇的一氯代物有 3 种 ( 不含立体结构 )‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．不含苯环，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，不可能存在12个原子共平面的结构特点，故A错误；B．与环己醇互为同分异构体，且含有醛基(-CHO)的结构，应为C5H11CHO，C5H11-的同分异构体有8种同分异构体，则含有醛基(-CHO)的结构有8种，故B正确；C．含有1个羟基，则标准状况下，1mol环己醇与足量Na反应生成11.2LH2，故C错误；D．环己醇的一氯代物有5种，环上有4种，甲基1种，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查有机物的结构及性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键。环己醇含有羟基，具有醇的性质，具有环状结构，且含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点。‎ ‎29. 某酯A的化学式为C5H10O2，已知A——E有如图转化关系，且C、E均能发生银镜反应，则A结构可能有(  )‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据题意可知A属于饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的结构：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3，然后根据水解产物逐一判断。‎ 详解：根据题意可知A属于饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，故可先分析C5H10O2可能的结构：①HCOOC4H9、②CH3COOC3H7、③CH3CH2COOC2H5、④C3H7COOCH3。①的水解产物中含有HCOOH，能发生银镜反应，符合题意，①的另一水解产物为C4H9OH，结构共有4种，其中能够发生催化氧化生成醛的只有两种；②③④水解产物中分别含有：CH3COOH、CH3CH2COOH和C3H7COOH，均不能发生银镜反应，故被排除。所以符合题意的只有两种， 故选：A．‎ 点睛：本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意题给信息，为解答该题的关键，特别是D→E，为易错点，答题时注意体会。‎ ‎30. 某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是（ ）‎ ‎① 可以与氢气发生加成反应 ② 能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎③ 能跟NaOH溶液反应 ④ 能发生酯化反应 ‎⑤ 能发生加聚反应 ⑥ 能发生水解反应 A. ①④ B. 只有⑥ C. 只有⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①该有机物含有碳碳双键，可与氢气发生加成反应，故①正确；②该有机物含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4‎ 溶液褪色，故②正确；③该有机物含有羧基，可以和氢氧化钠反应，故③正确；④该有机物含有羧基，具有羧酸的性质，可以和醇之间发生酯化反应，故④正确；⑤该有机物含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故⑤正确；⑥该有机物没有可以水解的官能团，不能水解，故⑥错误；故选B。‎ ‎31. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业，工业上生产亚氯酸钠和高氯酸的工艺流程如下： ‎ 已知：NaHSO4的溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。请回答下列问题：‎ ‎(1) NaClO2中氯元素的化合价为_________；某饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是 ___________________________。 ‎ ‎(2) 气体b是______（填化学式）；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为 _________。 ‎ ‎(3) 反应器I中发生反应的化学方程式为 __________，冷却的目的是___________。 ‎ ‎(4) 反应器II中发生反应的离子方程式为 ________________。 ‎ ‎(5) 常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.07×10-2，反应器II中反应所得NaClO2溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液中= ___________________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). ③②①⑤④ (3). H2 (4). (5). (6). 降低 NaHSO4的溶解度，使NaHSO4 结晶析出 (7). (8). 1.07 × 1010‎ ‎【解析】‎ 由工艺流程可知，在电解饱和食盐水时，阳极上溶液中的阴离子Cl-放电生成ClO3-‎ ‎，阴极上溶液中的阳离子H+放电生成H2.饱和食盐水经充分电解后得到氯酸钠溶液，在反应器I中，氯酸钠溶液经浓硫酸酸化发生了歧化反应，生成硫酸氢钠、二氧化氯和高氯酸。二氧化氯进入反应器II中被二氧化硫在碱性条件下还原得到亚氯酸钠。‎ ‎(1). NaClO2中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，所以氯元素的化合价为+3；饱和NaCl溶液中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，要制得纯净的食盐水，须除去钙离子、镁离子和硫酸根。除钙离子通常用碳酸钠溶液，除镁离子通常用氢氧化钠溶液，除硫酸根通常用氯化钡溶液，要想使杂质离子完全沉淀，所加除杂试剂必须过量一些，过量的氯化钡也得用碳酸钠溶液除去，所以碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，待杂质离子完全沉淀后过滤，再向滤液中加入稀盐酸将过量的碳酸钠和氢氧化钠除去即完成了除杂。所以正确的操作顺序是③②①⑤④或 ③①②⑤④ 或②③①⑤④。‎ ‎ (2). 气体b是H2；无隔膜电解槽中阳极的电极反应式为Cl--6e-+3H2O＝ClO3-+6H+ 。‎ ‎ (3). 反应器I中发生的反应是氯酸钠经浓硫酸酸化发生歧化反应生成HClO4、ClO2和3NaHSO4，化学方程式为3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O。因为NaHSO4的溶解度随温度的升高而增大，所以冷却的目的是降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出。 ‎ ‎(4).反应器II中发生的反应是二氧化氯被二氧化硫在碱性条件下还原得到亚氯酸钠，二氧化硫被氧化为硫酸根，离子方程式为2ClO2+ SO2+4OH-＝2ClO2-+ SO42-+2H2O。‎ ‎ (5). )常温下，HClO2的电离平衡常数Ka=1.07×10-2，反应器II中反应所得NaClO2溶液中= = = 1.07×10-2= 1.07×1010‎ 点睛：解化工流程题要充分解读流程中的信息、仔细搜集题中信息并且尊重题中信息，如电解饱和食盐水，一般生成氢气、氯气和氢氧化钠，但是本题中得到的是氯酸钠，所以分析阳极反应时，虽然还是氯离子放电，但是不生成氯气而是根据信息生成氯酸钠。由于在反应器I中得到了二氧化氯和高氯酸，所以可推知氯酸钠发生了歧化反应；由于在反应器II中得到了亚氯酸钠，所以可推知二氧化氯被二氧化硫还原，根据化合价的升降规律，可以分析出各步反应的产物，根据化合价升降总数值相等可以配平各步化学方程式。‎ ‎32. 亚硝酞氯（NOCl，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃）是一种黄色气体，遇水易水解，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。‎ ‎(1) 甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图1所示：为制备纯净干燥的气体，表中缺少的药品是：‎ ‎ ‎ ‎ 装置Ⅰ ‎ 装置Ⅱ 烧瓶中 分液漏斗中 制备纯净Cl2‎ MnO2‎ ‎①_________‎ ‎ ②________‎ 制备纯净NO Cu ‎ ③________‎ ‎ ④________‎ ‎(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图2所示：‎ ‎①装置连接顺序为a→___________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。‎ ‎②装置 IV、V 除可进一步干燥NO和Cl2外，另一个作用是___________。‎ ‎③装置 VII的作用是______________________ 。 ‎ ‎④装置 VIII中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_________ 。‎ ‎(2)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酞氯和氯气，该反应的化学方程式为 ___________________。‎ ‎【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 饱和食盐水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). e→f(或f→e)→c→b→d (6). 观察气泡调节气体的流速 (7). 防止水蒸气进入反应器 (8). (9). HNO3(浓) + 3HCl (浓) ======= NOCl ↑ + Cl2 ↑ + 2H2O ‎【解析】‎ ‎(1)实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的，因此内装水即可。‎ ‎(2)已知NOCl沸点为-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质，④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。‎ ‎(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。‎ 点睛：本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ℃，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。‎ ‎33. 砷（As）在地壳中含量不高，但砷的化合物却是丰富多彩。回答下列问题：‎ ‎（1）砷的基态原子简化电子排布式为__________________；第一电离能：砷______硒（填“＞”或“＜”）‎ ‎（2）目前市售发光二极管材质以砷化镓（CaAs）为主。Ga和As相比，电负性较大的是____________，CaAs中Ga元素的化合价为____________。‎ ‎（3）AsH3是无色、稍有大蒜味气体。AsH3空间构型为____________。AsH3的沸点高于PH3，低于NH3，其原因是_________________________________。‎ ‎（4）Na3AsO4可作杀虫剂。 AsO43− 中As原子杂化轨道类型为__________。与AsO43−互为等电子体 分子和离子各填一种___________、__________。‎ ‎（5）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因 _____________________________________________________。‎ ‎（6）磷和砷同主族。磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如图所示。若其晶胞边长为a pm，则白磷的密度为_______________g·cm-3（列出计算式即可）。‎ ‎1个 代表一个白磷分子 ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s24p3 (2). ＞ (3). As (4). +3 (5). 三角锥形 (6). AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间 形成氢键， 因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低 (7). sp3 (8). SO42¯ (9). CCl4 (10). H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏 移，越易电离出H+ (11). ‎ ‎【解析】‎ 分析：As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理书写其基态原子核外价电子排布式；同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，据此分析解答；同周期随原子序数递增电负性增大；根据化合价代数和为0计算；利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式；对于组成和结构相似的物质分子间作用力和其相对分子质量成正比，含有氢键的物质熔沸点异常高；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数= （a−xb）/2 ，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数；根据等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子来回答；非羟基氧越多、As化合价越高则酸性越强；根据均摊法计算晶胞中白磷分子数目，计算晶胞的质量、晶胞的体积，根据 ρ= 计算晶胞密度。‎ 详解：（1）As的原子序数为33，最外层有5个电子，由构造原理可知核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；砷在第四周期第ⅤA族，硒在第四周期第ⅥA族，同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，所以砷大于硒，故第一电离能：As>Se，‎ 故答案为：[Ar]3d104s24p3 ；＞；‎ ‎(2）同周期随原子序数递增电负性增大，Ga和As同周期，As的原子序数较大，故电负性较大的是As；As处于ⅤA族，电负性较大，表现-3价，故Ga为+3价，‎ 故答案为：As； +3 ；‎ ‎（3）AsH3中含有3个键和1个孤电子对，为三角锥形；AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键，因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低；‎ 故答案为：三角锥形 ；AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键， 因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低；‎ ‎（4）AsO 43- 中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其杂化类型为sp3；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与AsO43−互为等电子体的分子和离子分别为SO42- 、CCl4，‎ 故答案为：sp3 ；SO42-、CCl4；‎ ‎（5）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，‎ 故答案为：H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+。‎ ‎（6）由晶胞结构可以知道，晶胞中白磷分子数目=8×  +6×  =4，则晶胞的质量m= g，晶胞边长为apm，则晶胞的体积为V=(a×10-10)3cm3，故晶胞的密度为ρ= ==g·cm-3，‎ 故答案为：。‎ ‎34. 已知有机物 A——G之间存在如下转化关系，除D以外其他物质均为芳香族化合物，其中化合物B分子中含有一个甲基，化合物D完全燃烧生成等物质的量的CO2 和H2O ，且D蒸汽与氢气的相对密度为30。回答下列问题：‎ ‎(1)化合物A的名称__________________，化合物D的分子式为_____________。‎ ‎(2)① 的反应类型为 _____________。‎ ‎② 需要的试剂和反应条件是______________________。‎ ‎(3)C中含氧官能团的名称为___________。F的结构简式为___________。 ‎ ‎(4)C + DE的化学方程式为_____________________。‎ ‎(5)同时符合下列条件的E的同分异构体有_____种，其中分子中有五种不同化学环境的氢，数目比为1：1：2：2：6 的结构简式为________________。‎ ‎①苯环上有两个侧链 ②分子中含有两个甲基 ‎ ‎③能发生水解反应且水解产物能使氯化铁溶液显紫色 ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). C2H4O2 (3). 消去反应 (4). 浓硫酸、加热 (5). 羟基 (6). (7). (8). 9 (9). ‎ ‎【解析】‎ 分析：A分子式为C8H10，不饱和度为=4，为苯的同系物，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，故A ，B为 ，B发生水解反应 ，生成C为 ，  D的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr(D)=30=60，化合物D完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，分子中n(C):n(H)=1:2，故D的分子式是C2H4O2，结合E的分子式可以知道，C与 D发生酯化反应生成E，则D为CH3COOH，E为 ，B、C转化都得到F，F与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成F，故F为：C6H5CH=CH2，则G为 ，据此解答。 详解:(1)根据以上分析，A为 化学名称为乙苯，D为CH3COOH，分子式为C2H4O2，‎ 因此，本题正确答案是：乙苯； C2H4O2； (2) 反应①为B 发生消去反应生成F：C6H5CH=CH2，则反应类型为消去反应；反应②为C 在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成F：C6H5CH=CH2，则需要的试剂和反应条件是浓硫酸、加热，‎ 因此，本题正确答案是：消去反应；浓硫酸、加热； (3)根据以上分析，C为 ，含氧官能团的名称为羟基，F的结构简式为C6H5CH=CH2，‎ 因此，本题正确答案是：羟基； C6H5CH=CH2；  (4)  C + DE为CH3COOH和 发生的酯化反应，反应方程式为：，‎ 因此，本题正确答案是：； (5)E的分子式为C10H12O2，苯环上有两个侧链，分子中含有两个甲基，能发生水解反应且水解产物能使氯化铁溶液显紫色，说明含有酚酯，则苯环上有两个侧链可以为：-OOCCH2CH3和-CH3或者-OOCCH3和-CH2CH3或者-OOCH和-CH(CH3)2，每种分别有邻间对三种，所以符合条件的同分异构体共9种，其中分子中有五种不同化学环境的氢，数目比为1：1：2：2：6的结构简式为 ,‎ 因此，本题正确答案是：9； ；  点睛：‎ 本题主要考查有机物结构式的确定、有机化合物的推断、同分异构体的书写和判断、有机反应方程式的书写，易错点为同分异构体的判断，注意正确推断有机物的结构为解答该题的关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度较大。‎ ‎ ‎