【化学】云南普洱市景东县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】云南普洱市景东县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

云南普洱市景东县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试 ‎1.东晋葛供《肘后备急方》中“青蒿一握，以水升渍，绞取汁，尽服之”。下列操作与“渍”和“绞”原理相近的是 A. 煮沸 研碎 B. 浸泡 过滤 ‎ C. 萃取 剪断 D. 蒸馏 捣碎 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：以水升渍，可知加水溶解，绞取汁，可知过滤分离出液体，以此来解答。‎ 详解：以水升渍，可知加水溶解，绞取汁，可知过滤分离出液体，则操作与“渍”和“绞”原理相近的是浸泡、过滤。‎ 答案选B。‎ 点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯方法、文史资料的含义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意传统文化的理解，题目难度不大。‎ ‎2.下列说法正确的是 (NA为阿伏加德罗常数的值) (    )‎ A. ‎28 g氮气含有的原子数为NA B. ‎4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数为0.1 NA C. 1 mol O2分子的质量等于1 mol氧原子的质量 D. ‎24 g O2 和‎24 g O3所含的氧原子数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、‎28 g氮气的物质的量是‎28g÷‎28g/mol＝1mol，则含2NA个氮原子，A错误；‎ B、‎4 g金属钙的物质的量为‎4g÷‎40g/mol＝0.1 mol，变成钙离子时失去的电子数为0.2NA，B错误；‎ C、1 mol O2分子的质量是‎32 g，1 mol氧原子的质量是‎16 g，C错误；‎ D、氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，则‎24 g O2和‎24 g O3所含的氧原子数目相等，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.用图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是 X Y Z A 液氯 非电解质 纯净物 B 电解质 盐 化合物 C 胶体 分散系 混合物 D 酸性氧化物 非金属氧化物 氧化物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。‎ ‎【详解】A．液氯是非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，A选项错误；‎ B．盐是电解质，但不是所有的电解质都是盐，B选项错误；‎ C．将一种或几种物质分散到一种或几种物质中得到的体系为分散系，故分散系属于混合物，而分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体属于分散系，C选项正确；‎ D．酸性氧化物不全是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，但Mn2O7是金属氧化物，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是(　 　)‎ A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══ 2AlO2－+H2↑‎ B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ══ Al(OH)3↓‎ C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：‎ D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查离子方程式的书写与判断。‎ ‎【详解】A．原子数目不守恒应改为：，故A错误；‎ B．氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：，故B错误；‎ C．三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：，故C错误；‎ D．氯气能把亚铁离子氧化到最高价，即，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.下列物质的用途不正确的是(　　)‎ A. 硅是制造光导纤维的材料 B. 硅是制造太阳能电池的常用材料 C. 二氧化硅是制取粗硅的原料 D. 水玻璃可用作木材防火剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、光导纤维的成分是SiO2，故说法错误；‎ B、硅是制造太阳能电池板的常用材料，故说法正确；‎ C、工业上常用，SiO2和碳反应制取硅，故说法正确；‎ D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有防火性，故说法正确。‎ 故选A。‎ ‎6.检验氯化氢气体中是否混有氯气，不可采用的方法是 A. 用紫色的石蕊溶液 B. 用湿润的有色布条 C. 将气体通入硝酸银溶液． D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 检验氯化氢气体中是否混有Cl2‎ ‎，氯气可氧化KI生成碘，淀粉遇碘变蓝，且氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，以此来解答。‎ ‎【详解】A．HCl不具有漂白性，则含氯气时，紫色石蕊溶液最终褪色，可检验，A不满足题意；‎ B．HCl不具有漂白性，则含氯气时，湿润的有色布条褪色，可检验，B不满足题意；‎ C．无论是否含氯气，均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能检验，C满足题意；‎ D．若含氯气，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可检验，D不满足题意；‎ 答案选C。‎ ‎7. 下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是 A. Na2S水溶液在空气中变浑浊 B. 生活中使用明矾净水，除去水中的悬浮颗粒 C. 溶有二氧化氮的浓硝酸做火箭的助燃剂 D. 漂白粉漂白有色布条 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.Na2S中的S2-有较强的还原性，容易被空气中的O2氧化为S单质，A项不选；B.明矾净水利用的是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力而净水，该过程不涉及氧化还原反应，B项选；C.二氧化氮在火箭燃料燃烧过程中做氧化剂，所以参与氧化还原反应，C项不选；D.漂白粉的漂白原理是氧化漂白，所以涉及氧化还原反应，D项不选；答案选B。‎ 考点：考查氧还原反应的特征。‎ ‎8.下列实验过程中，始终无明显现象的是 A. NO2通入FeSO4溶液中 B. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中 C. CO2通入Na2SiO3溶液中 D. SO2通入CaCl2溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2通入水中会生成HNO3，因HNO3具有强氧化性，会将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，红棕色气体褪色，且溶液变为黄色，现象明显，A不满足题意；‎ B．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中，会产生BaSO4的白色沉淀，现象明显，B不满足题意；‎ C．CO2通入Na2SiO3溶液中反应生成H2SiO3‎ 的白色固体，溶液变浑浊，现象明显，C不满足题意；‎ D．SO2通入CaCl2溶液中，因盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，D满足题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D为易错选项，由于碳酸或亚硫酸的酸性均比盐酸弱，因此CO2或SO2通入BaCl2或CaCl2溶液中不发生反应。‎ ‎9.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（ ）‎ 表1　部分短周期元素的原子半径及主要化合价 元素代号 L M Q R T 原子半径／nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.112‎ ‎0.104‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎＋2‎ ‎＋3‎ ‎＋2‎ ‎＋6、－2‎ ‎－2‎ A. 氢化物的沸点为H2T＜H2R B. 单质与稀盐酸反应的速率为L＜Q C. M与T形成的化合物具有两性 D. L2＋与R2－的核外电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。‎ ‎【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；‎ B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；‎ C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；‎ D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎10.苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其结构简式为。下列关于苯佐卡因的叙述正确的是 A. 分子式为C9H14NO2‎ B. 苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体有9种 C. 1mol该化合物最多与4mol氢气发生加成反应 D. 分子中将氨基转化成硝基的反应为氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．根据结构简式确定分子式为C9H11NO2，故A错误；B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体，丙基有两种，所以其同分异构体有3+3=6，故B错误；C．只有苯环能和氢气发生加成反应，所以1 mol该化合物最多与3mol氢气发生加成反应，故C错误；D．分子中将氨基转化成硝基，需要将H原子转化为O元素，该反应为氧化反应，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及同分异构体种类判断、反应类型判断等知识点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是B。‎ ‎11.下列关于甲、乙、丙、丁四种有机物的说法正确的是 A. 分别加入AgNO3溶液，均有沉淀生成 B. 加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸调至酸性，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成 C. 加入NaOH的醇溶液共热，后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成 D. 乙发生消去反应得到两种烯烃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卤代烃分子中的卤素原子不能电离出，因此分别加入AgNO3溶液，均没有沉淀生成，A选项错误；‎ B．卤代烃均可以水解，则加入NaOH的水溶液共热，后加入稀硝酸至酸性，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成，B选项正确；‎ C．加入NaOH的醇溶液共热发生消去反应，其中只有乙可以发生消去反应，所以加入稀硝酸调至酸性，再滴入AgNO3溶液，只有乙可以生成沉淀，C选项错误；‎ D．乙发生消去反应只能得到一种烯烃，即为丙烯，D选项错误，‎ 答案选B。‎ ‎12.下列有关概念或原理的叙述正确的是 （ ）‎ A. 氨基酸、蛋白质和氧化铝一样既能与酸反应，又能与碱反应，所以它们都是两性氧化物 B. 制造婴儿用的一次性纸尿片采用的吸水保水的材料可以是 C. 乙烯和聚乙烯都能使酸性溶液褪色 D. 甲酸乙酯、葡萄糖、麦芽糖、淀粉这四种物质共同性质是，它们既可以发生水解反应，又可以发生银镜反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨基酸、蛋白质是由C、H、O、N等元素组成的有机物，不是氧化物，故A错误；‎ B. 一次性纸尿片能吸水保水的主要原因是水能溶解在材料当中（水少材料多时），反之材料能溶解在水中（材料少水多时）。大多数有机物是难溶于水的，但多元醇却易溶于水，‎ 如丙三醇，（聚乙烯醇）是一种多元醇，且C与-OH之比仅2：1，分子具有一定极性，易溶于水，故B正确；‎ C. 聚乙烯为高分子化合物，内部不存在不饱和键，不能使KMnO4（H+）溶液褪色，故C错误；‎ D. 葡萄糖是单糖不能发生水解，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】聚乙烯由乙烯发生聚合反应制得，为高分子化合物，分子内部不存在不饱和键，不能使溶液褪色。‎ ‎13. 关于下列各图的叙述，正确的是（ ）‎ A. 甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6 kJ·mol－1‎ B. 乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态 C. 丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将A、B饱和溶液分别由t‎1℃‎升温至t‎2℃‎时，溶质的质量分数B＞A D. 丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液的pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物（如H→H2O），本题生成的水为气体，不是燃烧热，A错误；B、乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，横坐标向右表示浓度增大，纵坐标向上表示物质消耗速率快，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，B错误；C、将A、B饱和溶液分别由T‎1℃‎升温至T‎2℃‎时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变，而二者T‎1℃‎溶解度相同，即浓度相同，所以T‎2℃‎时溶质的质量分数相等，C错误；D、常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，所以NaB溶液中B‑水解程度大，即同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，D正确，答案选D。‎ 考点：考查燃烧热、化学平衡、溶解度以及酸性的比较等问题 ‎14.下列热化学方程式中，正确的是( )‎ A. 甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3 kJ/mol B. ‎500℃‎、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6 kJ/mol C. 稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合， 其热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol D. 1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H =+285.8 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷的燃烧热为 890.3 kJ/mol表示1mol甲烷完全燃烧产生二氧化碳气体和液态水时放出的热量，题干水为气态，所以A选项错误；‎ B.该反应为可逆反应，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应转化为1molNH3，热化学方程式中表示的是物质完全转化时的热量变化，B错误；‎ C.稀盐酸和 稀氢氧化钠反应的实质是H+与OH-结合形成水，反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H = -57.3 kJ/mol，C正确；‎ D.物质燃烧放出热量，△H<0，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.已知下列反应的热化学方程式：‎ ‎6C‎(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)= ‎2C3H5(ONO2)3(l) △H1；‎ H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H2 ； C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3‎ 则反应‎4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H为（　　）‎ A. 12△H3+10△H2﹣2△H1 B. 2△H1﹣10△H2﹣12△H3‎ C. 12△H3﹣10△H2﹣2△H1 D. △H1﹣10△H2﹣12△H3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：‎ ‎①‎6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)= ‎2C3H5(ONO2)3(l) △H1‎ ‎②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H2‎ ‎③C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3‎ 由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：‎4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)‎ ‎△H=12△H3+10△H2-2△H1；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5(ONO2)3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式。‎ ‎16.对于反应A(g)＋3B(g)‎2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是 A. v(A)＝0.02 mol/(L·s) B. v(B)＝0.03 mol/(L·s)‎ C. v(B)＝0.90 mol/(L·min) D. v(C)＝0.60 mol/(L·min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：都转化为用A物质的浓度变化表示反应速率，然后再进行比较。A．v(A)＝0.02 mol/(L·s)；B．v(B)＝0.03 mol/(L·s)，则v(A)＝0.01mol/(L·s)；C．v(B)＝0.90 mol/(L·min)="0.015" mol/(L·s)；则v(A)＝0.005mol/(L·s)；D．v(C)＝0.60 mol/(L·min)="0.01" mol/(L·s)；则v(A)＝0.005mol/(L·s)。可见反应速率最快的是v(A)＝0.02 mol/(L·s)，选项A正确。‎ 考点：考查化学反应速率的转化与比较的知识。‎ ‎17.向‎1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是 A. Y的起始物质的量为0.5mol B. 该反应的化学方程式为：2X(g)+Y(g)3Z(g)∆H＜0‎ C. 若t0=0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol/(L·s)‎ D. 反应物X的转化率t6点比t3点高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强；反应中X的浓度变化为1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，Z的浓度变化为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，则X、Z的化学计量数之比为2：3，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为2X(g)+Y(g)3Z(g)，t5时为升高温度，平衡正向移动，说明正反应∆H＞0，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．X减少0.2mol/L，则Y减少0.1mol/L，则起始Y浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L×‎2L=1mol，A选项正确；‎ B．由上述分析可知，此温度下该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)∆H＞0，B选项错误；‎ C．若t0=0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)==0.03mol/(L·s)，C选项正确；‎ D．t3为使用催化剂，平衡不移动，t5时为升高温度，平衡正向移动，反应物X的转化率t6点比t3点高，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。‎ ‎18.下列装置或操作能达到实验目的的是 A. 图1装置用于中和热的测定 B. 图2装置用于高锰酸钾溶液滴定草酸 C. 图3装置用于测定氢气的反应速率（单位mL/s）‎ D. 图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．缺少环形玻璃搅拌棒，反应物不能充分接触，另外大小烧杯的口不平，热量损失较多，影响实验结果，A错误；‎ B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放，B正确；‎ C．定量测定化学反应速率，用长颈漏斗加稀硫酸，长颈漏斗不能防止生成的氢气从长颈漏斗中逸出，所以右边的针筒中活塞不移动，故不能达到定量测定化学反应速率实验目的，C错误；‎ D．双氧水的浓度不同，不能用于研究不同催化剂对反应速率的影响，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】该题的易错选项是D，控制变量法探究影响化学反应速率的因素时需要注意，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。‎ ‎19.相同条件下，下列有关溶液的比较中，不正确的是（ ）‎ ‎①pH＝2的CH3COOH溶液 ②pH＝2的HCl溶液 ③pH＝12的氨水 ④pH＝12的NaOH溶液 A. 水电离出的c(H＋)：①＝②＝③＝④‎ B. 将②、③溶液混合后pH＝7，消耗溶液的体积：②＞③‎ C. 将等体积的①、②溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量①更多 D. 分别向等体积的四种溶液中加水稀释至100 mL后，溶液的pH：③＞④＞①＞②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．酸溶液和碱溶液都抑制水的电离，酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液的氢离子是水电离的，所以四种溶液中水电离的氢离子浓度相等，都是10-12mol/L，故A正确；B．②pH=2的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L，而③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积的两溶液混合，氨水过量，溶液显碱性，若溶液显示中性，则盐酸的体积大于氨水，即：②＞③，故B正确；C．①pH=2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，而②pH=2的HCl溶液中氯化氢的浓度为0.01mol/L，等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于氯化氢，与铝反应时，醋酸生成的氢气多，故C正确；D．碱溶液的pH一定大于酸溶液的pH，③、④的pH大于①、②的；③pH=12的氨水为弱碱，稀释过程中电离程度大，溶液中氢氧根离子的物质的量大于④，稀释后溶液的pH：③＞④；而①pH=2的CH3COOH溶液稀释后溶液中氢离子浓度大于②，溶液的pH①＜②，所以分别向等体积的四种溶液中加水稀释至100 mL后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；故选D。‎ ‎20.常温下，某溶液中由水自身电离产生的H＋、OH－，其浓度满足c(H＋)•c(OH－)＝10－24，该溶液中一定能够大量存在的离子组是（ ）‎ A. Ba2＋、Na＋、Cl－、NO3－ B. Al3＋、Ca2＋、SO42－、Br－‎ C. NH4＋、K＋、HSO3－、CO32－ D. Na＋、K＋、MnO4－、I－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水电离产生的(H＋)•c(OH－)＝10－24，水电离的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，说明水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性。‎ ‎【详解】A. Ba2＋、Na＋、Cl－、NO3－在酸性和碱性条件下均能够大量共存，A符合题意；‎ B. 碱性条件下，铝离子无法大量存在，B不符合题意；‎ C. 碱性条件下，铵根离子和亚硫酸氢根离子无法大量存在，酸性条件下碳酸根离子和亚硫酸氢根离子无法大量存在，C不符合题意；‎ D. 高锰酸根离子有强氧化性，I-具有强还原性，两者发生氧化还原反应无法大量共存，D不符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎21.对于溶液的酸碱性说法正确的是 A. 使甲基橙变黄色的溶液一定呈碱性 B. pH等于7的溶液一定呈中性 C. c(H+)=c(OH－)的溶液一定呈中性 D. 不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲基橙在溶液的PH值大于4.4时显黄色，这时溶液不一定是碱性，A选项错误；‎ B．没指明温度，‎25℃‎时，pH=7的溶液为中性溶液，‎100℃‎时，pH=7的溶液为碱性溶液，B选项错误；‎ C．溶液显酸性、中性还是碱性，取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小，c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性，C选项正确；‎ D．酚酞的变色范围是8-10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是碱性溶液、中性溶液或酸性溶液，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】溶液酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性。‎ ‎22.在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银,发生的反应如下:____Ag++___ H3PO2+___H2O→____Ag↓+____ H3PO4+___H+‎ 请回答下列问题:‎ ‎（1）H3PO2中，P元素的化合价为_____；该反应中，H3PO2作_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。‎ ‎（2）上述离子方程式中，各物质的化学计量数分别为___________。‎ ‎（3）若反应中生成‎10.8g Ag，则转移的电子数为__________。‎ ‎（4）H3PO2是一元中强酸，写出其与足量NaOH 溶液反应的离子方程式:________。‎ ‎【答案】 (1). +1 (2). 还原剂 (3). 4，1，2，4,1，4 (4). 0.1NA(或6.02×1022) (5). H3PO2+OH-==H2PO2-+H2O ‎【解析】‎ ‎（1）据化合价代数和为0可知H3PO2中P化合价为+1价，P化合价由+1价升高到+5价，故H3PO2作还原剂；（2）据原子个数守恒和得失电子总数守恒可知，配平的系数为4、1、2、4、1、4；（3）银生成银离子，失去1个电子，‎‎10.8g ‎ Ag物质的量为0.1mol即转移的电子数为6.02×1022或0.1NA；（4）H3PO2是一元中强酸，写离子方程式时必须写化学式，H3PO2与足量NaOH 溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应的相关知识点。利用化合价升降总数相等进行氧化还原反应方程式的配平是解答本题的关键。‎ ‎23.下面是我们熟悉的物质：①O2②金刚石③NaBr ④H2SO4⑤Na2CO3⑥NH4Cl ‎⑦NaHSO4⑧Ne ⑨Na2O2⑩NaOH ‎（1）这些物质中，只含有共价键的是 ；只含有离子键的是 ；不存在化学键的 ；‎ ‎（2）属于共价化合物的是 ；‎ ‎(3)将NaHSO4溶于水，破坏了NaHSO4中的 ，写出电离方程式 ；NaHSO4熔融状态下电离，破坏了 键，写成电离方程式 ‎ 。‎ ‎【答案】（本题共8分，每个问题均1分）‎ ‎（1）①②④； ③；⑧ （2） ④‎ ‎（3）离子键和共价键， NaHSO4=Na++H++SO42- ；离子 NaHSO4= Na++HSO4- ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）非金属元素之间一般形成的是共价键，所以含有共价键的是①②④；活泼的金属和活泼的非金属之间容易形成离子键，因此只含有离子键的是③；稀有气体元素的最外层电子已经达到平衡状态，所以稀有气体分子的单质中不存在化学键。‎ ‎（2）只含有共价键的化合物是共价化合物，因此答案选④。‎ ‎（3）硫酸氢钠溶于水电离出的是Na+、H+、SO42- ，电离方程式是NaHSO4=Na++H++SO42-，所以破坏的是离子键和共价键；而在熔融状态下，电离出的是Na++HSO4-，电离方程式是NaHSO4= Na++HSO4-，所以破坏的是离子键。‎ 考点：考查化学键的判断和电离方程式的书写等 点评：在熔融状态下，只能破坏离子键，而共价键是不能被破坏的，所以可以通过在熔融状态下能否导电鉴别化合物是离子化合物还是共价化合物。‎ ‎24.海水中蕴藏着丰富的资源。除从海水中可制得食盐外，还可以制取镁、钾、溴及其化工产品。从海水中制取金属镁、溴的化工流程图如下：‎ 已知：MgO的熔点为‎28000C，MgCl2的熔点为‎7120C。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）操作2的方法是_____________，操作3具体指_____________________。 ‎ ‎（2）操作1粗盐精制主要是要除掉粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42- 离子，以下试剂合理的组合是________‎ ‎① 稀盐酸 ② NaOH ③ Na2CO3 ④ BaCl2‎ a.②③④① b.③②④① c.④②③① d.④③①②‎ ‎（3）SO2水溶液可以起到富集溴的目的，该溶液吸收溴的离子反应方程式是____________ 。‎ ‎（4）写出电解MgCl2制取Mg的化学方程式______________________。‎ ‎（5）有同学认为：上述流程过于复杂，可直接加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融的MgO制取金属镁，这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则。你同意该同学的想法吗？_______（填“同意”或“不同意”），请说出你同意或不同意的理由____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 蒸发浓缩 降温结晶 (3). c (4). Br2 + SO2 + 2H2O ==== 2Br- + SO42- + 4H+ (5). (6). 不同意 (7). MgO的熔点太高 ‎【解析】‎ ‎(1)操作2是将固体和溶液分开，方法是过滤；从MgCl2溶液中获得MgCl2晶体，操作3具体指蒸发浓缩 降温结晶；（2）操作1粗盐精制主要是要除掉粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42- ‎ 离子，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，故正确的次序为BaCl2、Na2CO3、NaOH、稀盐酸，故选C。（3）SO2水溶液可以起到富集溴的目的，溴将SO2氧化，该溶液吸收溴的离子反应方程式是 Br2 + SO2 + 2H2O= 2Br- + SO42- + 4H+；（4）电解MgCl2制取Mg的化学方程式；（5）不同意 ，MgO的熔点太高，,使其熔融所费能量太多,而MgCl2是离子晶体并且熔点低,熔融电解耗能少。‎ ‎25.在‎25℃‎时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸，同该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，填空：‎ ‎（1）若a+b=14，则Va:Vb=_________（填数字）。‎ ‎（2）若a+b=13，则Va:Vb=_________（填数字）。‎ ‎（3）若a+b>14，则Va:Vb=_________（填表达式），且Va__________Vb（填：>、<、=）（题中a≤6、b≥8）。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0.1 (3). ‎10a+b-14 (4). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎25℃‎时、有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，则有VaL×10-amol/L=VbL×10b-14mol/L，即，‎ ‎(1)若a+b=14，则=1，故答案为：1；‎ ‎(2)若a+b=13，则，故答案为：0.1；‎ ‎(3)若a+b>14，则，即，故答案为：‎10a+b-14；>。‎ ‎【点睛】酸碱混合规律：‎ ‎(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。‎ ‎(2)‎25 ℃‎时，等体积pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。‎ ‎26.Ⅰ．下列有关实验操作中，合理的是_________(选填字母)。‎ A．用托盘天平称取‎11.70g食盐 B．用量筒量取12.36ml盐酸 C．用酸式滴定管量取21.20ml0.10mol·L-1H2SO4溶液 D．用200ml容量瓶配制100ml0.1mol·L-1NaCl溶液 Ⅱ．现用物质的量浓度为amol·L-1的标准盐酸去测定VmLNaOH溶液的物质的量浓度，请填写下列空白：‎ ‎（1）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是_________。‎ ‎（2）如图是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数：‎ c(NaOH)=_________mol/L。‎ ‎（3）若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则测定的NaOH物质的量浓度_________。（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）‎ III．t℃时，某稀硫酸溶液中c(H＋)＝10-amol·L-1，c(OH-)＝10-bmol·L-1，已知：a+b＝12。‎ ‎（4）该温度下水的离子积常数KW的数值为_________。‎ ‎（5）该温度下(t℃)，将100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH＝_________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 用已知物质的量浓度的标准盐酸润洗2到3次 (3). c(NaOH)= (4). 偏大 (5). 1×10－12 (6). 11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ. A．托盘天平精确到‎0.1g，不能称取‎11.70g的食盐，A选项不合理；‎ B．量筒的精确度为0.1mL，不能量取到12.36mL的盐酸，B选项不合理；‎ C．硫酸是酸，用酸式滴定管盛装，滴定管的精确度为0.01mL，可以量取21.20ml0.10mol·L-1H2SO4溶液，C选项合理；‎ D．容量瓶不能用于直接配制溶液，D选项不合理；‎ 故答案为：C；‎ Ⅱ.(1)滴定管在水洗之后应该用待装溶液润洗，因此还应该进行的操作是用已知物质的量浓度的标准盐酸润洗2到3次，故答案为：用已知物质的量浓度的标准盐酸润洗2到3次；‎ ‎(2)滴定前的读数为V1mL，滴定后的体积读数为V2‎ mL，则消耗的标准盐酸的体积为(V2-V1)mL，根据反应NaOH+HCl===NaCl+H2O可知，，故答案为：；‎ ‎(3)若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则读得的V2偏大，从而使得NaOH物质的量浓度偏大，故答案为：偏大；‎ Ⅲ.(4)溶液中的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=10-a×10-b=10-(a+b)=10-12，故答案为10-12；‎ ‎(5)混合溶液中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，溶液中c(H+)=mol/L=10-11mol/L，则溶液的pH=11，故答案为11。‎ ‎27.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如下：‎ ‎（1）A的名称是_______________，A分子中最多有_____个原子共平面。‎ ‎（2）B生成A的化学方程式______________________。‎ ‎（3）D生成E的反应类型为_________，试剂a是_________。‎ ‎（4）F的结构简式_____________________。‎ ‎（5）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。写出H生成J的化学方程式_____（注明反应条件）。‎ ‎（6），X的同分异构体中：①能发生银镜反应；②能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的X的同分异构体共有______种，写出其中核磁共振氢谱有五组吸收峰的结构简式___________________。‎ ‎（7）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和化合物D为原料，合成 ‎ 的路线流程图____________________（其它试剂自选）。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基丙烯（或：2-甲基-1-丙烯） (2). 8 (3). C(CH3)3Br + NaOH ↑+ NaBr + H2O (4). 取代反应 (5). Br2/Fe (6). (7). (8). 13 (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ 比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，根据已知条件B转化为C（C4H9MgBr）；比较D、E的分子式可知，D与液溴加入铁粉时发生取代反应生成E，E中甲基被氧化成醛基，根据G的结构可推知F中溴原子和醛基在邻位，则D为甲苯，E为，F为，再根据已知条件的反应，结合G的结构可知：C为，B为，A为，再根据反应可知，H为。（1）的名称是2-甲基丙烯或2-甲基-1-丙烯，根据乙烯分子中六个原子在同一平面上，假如两个甲基上各有一个在这个面上，则分子中最多有8个原子共平面；（2）生成是发生消去反应，其化学方程式为：C(CH3)3Br + NaOH ↑+ NaBr + H2O；（3）甲苯发生取代反应生成，试剂a是液溴和铁；（4）F的结构简式；（5）J是发生分子内的酯化反应生成一种酯，反应的化学方程式为：；（6），则：‎ ‎，X为：，X的同分异构体中，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，除了酚羟基，只剩下一个氧原子，且要能发生银镜反应，则应该还含有一个醛基。其中符合条件的：一种是苯环上有一个酚羟基，另一个取代基为亚甲基连接醛基，共有3种；另一种是苯环上有三个取代基，分别是酚羟基、甲基、醛基，先以酚羟基和甲基定位置，有邻、间、对位三种，两取代基在邻位后添上醛基有四种结构，两取代基在间位后添上醛基有四种结构，两取代基在对位后添上醛基有两种结构，共10种同分异构体，故符合条件的所有X的同分异构体有13种；其中核磁共振氢谱有五组吸收峰的结构简式：；‎ ‎（7）以甲烷和甲苯为原料合成 的路线为甲苯在光照条件下生成一卤代烃，在氢氧化钠的水溶液中加热水解产生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一卤代烃，在镁和乙醚的作用下生成的产物与醛反应得到终极产物，其合成路线为：。‎