黑龍江省哈爾濱市第六中學2019學年高二化學下學期期末考試試題【含解析】

1、黑龍江省哈爾濱市第六中學2018-2019學年高二化學下學期期末考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137第卷（選擇題50分）單項選擇題（本題包括25小題，共計50分。每小題只有1個選項是正確的。）1.下列有關(guān)物質(zhì)分類或歸類正確的一組是( ) 液氯、干冰、磁性氧化鐵為化合物 鹽酸、水玻璃、王水為混合物 明礬、純堿、燒堿為電解質(zhì) 牛奶、豆?jié){、碘酒為膠體 小蘇打、蘇打、苛性鈉為鈉鹽A. B. C. D. 【答案】B【解析】【詳解】液氯是氯氣，屬于單質(zhì)，干冰是二氧化

2、碳、磁性氧化鐵是四氧化三鐵均為化合物，故錯誤；鹽酸是氯化氫的水溶液、水玻璃是硅酸鈉的水溶液、王水是濃鹽酸和濃硝酸混合物，均為混合物，故正確；明礬為硫酸鋁鉀的晶體，純堿為碳酸鈉，燒堿是氫氧化鈉，都是電解質(zhì)，故正確；牛奶、豆?jié){是膠體，碘酒為溶液不是膠體，故錯誤；小蘇打是碳酸氫鈉、蘇打是碳酸鈉均為鈉鹽，苛性鈉為氫氧化鈉是堿，不屬于鈉鹽，故錯誤；綜上所述正確的是，答案應選B。2.下列有關(guān)“造紙術(shù)、指南針、黑火藥及印刷術(shù)”的相關(guān)說法正確的是（ ）A. 宣紙的主要成分是纖維素，屬于高分子化合物B. 指南針由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C. 黑火藥爆炸反應為2KNO3+3C+S=K2S+N2+3

3、CO2，其中氧化劑只有KNO3D. 活字印刷使用的膠泥由Al2O3、SiO2、CaO等組成，它們都屬于堿性氧化物【答案】A【解析】【詳解】A. 宣紙的主要成分為天然纖維素，纖維素為多糖，屬于高分子化合物，故A正確；B. 天然磁石成分為四氧化三鐵，故B錯誤；C. 反應2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素化合價降低，得電子被還原，C元素化合價升高，失電子被氧化，所以KNO3和S都是氧化劑，故C錯誤；D. Al2O3為兩性氧化物，SiO2為酸性氧化物，故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題以我國傳統(tǒng)文化四大發(fā)明為命題情景，考查化學基本概念，涉及物質(zhì)的分類、氧化還原反應的有關(guān)概念等，掌

4、握基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵，注意氧化還原反應的分析要緊緊抓住化合價變化，化合價變沒變，是升高了還是降低了。3.下列分散系不能產(chǎn)生“丁達爾效應”的是（ ）A. 酒精溶液B. 雞蛋清溶液C. 氫氧化鐵膠體D. 淀粉溶液【答案】A【解析】【分析】膠體能產(chǎn)生丁達爾效應；【詳解】A為溶液，B、C、D均為膠體，答案為A；【點睛】丁達爾效應的原因為分散質(zhì)顆粒較大，當光線穿過分散系時，分散質(zhì)顆粒對光產(chǎn)生漫反射現(xiàn)象。4.用ClCH2CH2OH和NaCN為原料可合成丙烯酸，相關(guān)化學用語表示錯誤的是()A. 質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等的鈉原子：NaB. 氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖：C. NaCN的電子式：D. 丙烯酸的結(jié)構(gòu)簡式：CH3

5、CH=CHCOOH【答案】D【解析】【詳解】A.質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等的鈉原子，質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N=11+11=22，鈉原子符號為：，A正確；B.Cl原子的核外電子總數(shù)為17，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，B正確；C.NaCN為離子化合物，由Na+和CN-通過離子鍵構(gòu)成，電子式為，C正確；D.丙烯酸的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，D錯誤；故合理選項是D。5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A. 25、101kPa 時，22.4L乙烷中所含共價鍵數(shù)目為6NAB. 3.2gO2和O3的混合氣體中，含氧原子數(shù)為0.2NAC. 12g金剛石含有共價鍵數(shù)目為4NAD. 1molNaHSO

6、4熔融時電離出的離子總數(shù)為3NA【答案】B【解析】【詳解】A. 25、101kPa 時，22.4L乙烷的物質(zhì)的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共價鍵數(shù)目為7NA，選項A錯誤；B3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物質(zhì)的量為=0.2mol，數(shù)目為0.2NA，選項B正確；C12g金剛石中含有1molC，金剛石中，每個C與其它4個C形成了4個共價鍵，每個碳原子形成的共價鍵數(shù)目為：4=2，所以1molC原子形成的共價鍵為2mol，含有的共價鍵數(shù)目為2NA，選項C錯誤；D、熔融狀態(tài)下，硫酸氫鈉電離出鈉離子和硫酸氫根離子，1molNaHSO4熔融時電離出的離子總數(shù)為2NA，選項D錯誤。答案選B。

7、6.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列敘述正確的是（ ）A. 1mol羥基與1mol的氫氧根所含電子數(shù)均為9NAB. 標準狀況下，11.2LCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC. 常溫常壓下，23gNO2和N2O4的混合氣體含有的原子數(shù)為1.5NAD. 100 mL 18.4 molL1濃硫酸與足量銅加熱反應，生成SO2的分子數(shù)為0.92NA【答案】C【解析】【詳解】A1mol羥基中含有9mol電子，1mol氫氧根離子中含有10mol電子，二者含有的電子數(shù)不同，故A錯誤；BCl2與水反應是可逆反應，故標準狀況下，11.2LCl2即0.5mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.5NA，故B錯誤；C

8、23g NO2和N2O4混合氣體中含有0.5mol最簡式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常溫常壓下，23g NO2和N2O4的混合氣體含有的原子數(shù)為1.5NA，故C正確；D100mL 18.4molL-1 的濃硫酸，硫酸的物質(zhì)的量是1.84mol，濃硫酸完全反應，生成0.92mol二氧化硫，但隨反應的進行濃硫酸濃度變稀，當變成稀硫酸時反應停止，故生成SO2的分子數(shù)小于0.92NA，故D錯誤；故答案為C【點睛】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：物質(zhì)的狀態(tài)是否為氣體；對于氣體注意條件是否為標況；注意同位素原子的差異；注意可逆反應或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)：如Na2O2是由N

9、a+和O22-構(gòu)成，而不是由Na+和O2-構(gòu)成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結(jié)構(gòu)中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結(jié)構(gòu)，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。7.0.5L 1molL1的FeCl3溶液與0.2L 1molL1的KCl溶液中，Cl-濃度之比為 ( )A. 15:2B. 1:1C. 3:1D. 1:3【答案】C【解析】【詳解】0.5L 1molL1的FeCl3溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度為1molL-13=3molL-1，0.2L 1molL1的KCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度為1molL-1，Cl-的物質(zhì)的量濃度之比為3：1。答案選C。

10、8.實驗室用氫氧化鈉固體配制 1.00mol/L 的NaOH 溶液 480mL，以下配制步驟正確的是( )A. 直接在托盤天平上稱取 19.2g 的氫氧化鈉固體放入燒杯中，加蒸餾水溶解B. 待溶液冷卻后，用玻璃棒引流，將燒杯中的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，并洗滌燒杯、玻璃棒 23次C. 定容時，仰視凹液面最低處到刻度線D. 按照上述步驟配制的溶液(沒有涉及的步驟操作都正確)，所得溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度偏高【答案】B【解析】【詳解】A、由于實驗室無480mL容量瓶，故應選擇500mL容量瓶，配制出500mL溶液，所需的氫氧化鈉的質(zhì)量m=cVM=1mol/L0.5L40g/mol=20.0g，且稱量時應放到小

11、燒杯里，故A錯誤；B、氫氧化鈉固體溶于水放熱，故應冷卻至室溫，移液時應用玻璃棒引流，否則溶液濺出會導致濃度偏低，并洗滌燒杯 23 次，將溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移至容量瓶中，故B正確；C、定容時，應平視刻度線，仰視會導致體積偏大，故C錯誤；D、仰視刻度線，會導致體積偏大，則溶液濃度偏小，故D錯誤；答案選B。9.在下列狀態(tài)下，屬于能夠?qū)щ姷碾娊赓|(zhì)是（）A. 氯化鈉晶體B. 液態(tài)氯化氫C. 硝酸鉀溶液D. 熔融氫氧化鈉【答案】D【解析】【詳解】A氯化鈉晶體是電解質(zhì)，但不能導電，故A錯誤；B液態(tài)氯化氫是電解質(zhì)，但不能導電，故B錯誤；C硝酸鉀溶液能導電，但是混合物，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D熔融氫氧化

12、鈉電解質(zhì)，也能導電，故D正確；故答案為D?！军c睛】考查電解質(zhì)的概念，注意電解質(zhì)不一定導電，導電的物質(zhì)不一定是電解質(zhì)。注意：電解質(zhì)和非電解質(zhì)均指化合物，單質(zhì)和混合物既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；電解質(zhì)必須是自身能直接電離出自由移動的離子的化合物，如SO2、CO2屬于非電解質(zhì)；條件：水溶液或融化狀態(tài)，對于電解質(zhì)來說，只須滿足一個條件即可，而對非電解質(zhì)則必須同時滿足兩個條件；難溶性化合物不一定就是弱電解質(zhì)，如硫酸鋇屬于強電解質(zhì)。電解質(zhì)，包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物和水，非電解質(zhì)，包括一些非金屬氧化物、氨氣、大多數(shù)有機物(如蔗糖、酒精等)。10.下列關(guān)于有機物的說法正確的是A. C5H10O2的同

13、分異構(gòu)體中，能與NaHCO3反應生成CO2的有4種B. 糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是電解質(zhì)C. 乙烯使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色的反應類型相同D. 將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中的淀粉已水解【答案】A【解析】【詳解】A.C5H10O2的同分異構(gòu)體中，能與NaHCO3反應生成CO2，說明分子中含有-COOH，可認為是C4H10分子中的一個H原子被-COOH取代產(chǎn)生的物質(zhì)，C4H10有正丁烷、異丁烷2種結(jié)構(gòu)，每種結(jié)構(gòu)中有2種不同位置的H原子，所以C5H10O2的屬于羧酸的同分異構(gòu)體有4種，A正確；B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)在水溶液中都不能導電，熔融狀態(tài)下也不能導電，且蛋白質(zhì)是高分子化合物，因此都

14、不是電解質(zhì)，B錯誤；C.乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色發(fā)生的是氧化反應，反應類型不相同，C錯誤；D.將碘酒滴到未成熟的蘋果肉上變藍說明蘋果肉中有淀粉，但不能證明淀粉是否已水解，D錯誤；故合理選項是A。11.關(guān)于化合物2苯基丙烯（），下列說法正確的是A. 不能使稀高錳酸鉀溶液褪色B. 可以發(fā)生加成聚合反應C. 分子中所有原子共平面D. 易溶于水及甲苯【答案】B【解析】【分析】2-苯基丙烯的分子式為C9H10，官能團為碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應、氧化反應和加聚反應?！驹斀狻緼項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，能夠與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯

15、誤；B項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，一定條件下能夠發(fā)生加聚反應生成聚2-苯基丙烯，故B正確；C項、有機物分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C錯誤；D項、2-苯基丙烯為烴類，分子中不含羥基、羧基等親水基團，難溶于水，易溶于有機溶劑，則2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)，掌握各類反應的特點，并會根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)特點進行判斷是解答關(guān)鍵。12.下列關(guān)于有機化合物 和 的說法正確的是( )A. 一氯代物數(shù)目均有6種B. 二者

16、均能發(fā)生取代、加成和氧化反應C. 可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分D. 分子中所有碳原子可能在同一平面上【答案】C【解析】【詳解】A.中有6種等效氫，則一氯代物有6種，中有4種等效氫，一氯代物有4種，兩種一氯代物數(shù)目不同，故A錯誤；B.中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，除此之外還能發(fā)生取代、氧化反應，中不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，能發(fā)生取代、氧化反應，故B錯誤；C. 中含碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀褪色，中不含不飽和鍵，不能使酸性高錳酸鉀褪色，則可用酸性高錳酸鉀溶液區(qū)分，故C正確；D.中與碳碳雙鍵上的碳原子直接相連的原子共面，其中含1個叔碳原子（與甲基直接相連的碳原子），則所有碳原子不可能在同一平面上，

17、故D錯誤。答案選C。13.可用來鑒別己烯、甲苯、己烷的一組試劑是( )A. 溴水B. 酸性高錳酸鉀溶液C. 溴水、酸性高錳酸鉀溶液D. 溴的四氯化碳溶液【答案】C【解析】【詳解】鑒別己烯、甲苯、己烷分為兩步進行：取少量待測液分裝于三只試管中，三只試管中滴加少量溴水，能與溴水發(fā)生化學反應，使其褪色的是己烯；再取除己烯外，另外兩種待測液少許于兩支試管中，兩支試管中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色的是甲苯。故選C；答案：C【點睛】1.能使溴水反應褪色的有機物有：苯酚、醛、含不飽和碳碳鍵（碳碳雙鍵、 碳碳叁鍵）的有機物；2.能使酸性高錳酸鉀褪色的有機物與烯烴、炔烴、二烯烴等不飽和烴類及不飽和烴的衍生

18、物反應；與苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反應；與部分醇羥基、酚羥基（如苯酚）發(fā)生氧化還原反應；與醛類等有醛基的有機物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸鹽、葡萄糖、麥芽糖等）發(fā)生氧化還原反應。14.二氯丁烷的同分異構(gòu)體有( )A. 6種B. 8種C. 9種D. 10種【答案】C【解析】【詳解】丁烷中，當碳鏈為C-C-C-C，當氯原子在同一個碳上，有2中結(jié)構(gòu)，氯在不同的碳上，有4種結(jié)構(gòu)；當為異丁烷時，當氯原子在同一個碳上，有1中結(jié)構(gòu)，氯在不同的碳上，有2種結(jié)構(gòu)，共有2+4+1+2=9種二氯代物。故選C?！军c睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數(shù)目就有幾種；在推斷烴的二元取代產(chǎn)物數(shù)目時，可以采用

19、一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。15.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說法正確的是（ ）A. 原子半徑：CBAB. 氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：ECC. 最高價氧化物對應的水化物的酸性：BED. 化合物DC與EC2中化學鍵類型相同【答案】C【解析】【詳解】已知

20、A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素，A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑，制冷劑為氨氣，所以A為氫元素，B為氮元素，D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等，為鎂元素，化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，所以C為氧元素，A，B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍，則E為硅元素。A. 根據(jù)同周期元素，從左到右原子半徑減小，故原子半徑： B CA，故錯誤；B. 氧的非金屬性比硅強，所以氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：C E，故錯誤；C. 氮非金屬性比硅強，所以最高價氧化對應的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正確；D. 氧化鎂含有離子鍵，二氧化硅含有共價鍵，故錯誤。故選C。16.X、Y、Z、W是原子

21、序數(shù)依次增大的短周期元素，且X、Z原子序數(shù)之和是Y、W原子序數(shù)之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，M是某種元素對應的單質(zhì)，乙和丁的組成元素相同，且乙是一種“綠色氧化劑”，化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)。上述物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(部分反應物和生成物省略)。下列說法正確的是( )A. 由四種元素形成的兩種鹽，水溶液中反應能生成NB. Y與Z形成的化合物中陰、陽離子個數(shù)比可為1:1C. 化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同D. X與Y形成的化合物中，成鍵原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)【答案】A【解析】【分析】乙是一種“綠色氧化劑”，乙是H2O2，H2O2會分解生成氧氣與氫氣，據(jù)轉(zhuǎn)

22、化關(guān)系易知M是單質(zhì)，所以M是O2；乙和丁的組成元素相同，則丁是H2O；化合物N是具有漂白性的氣體(常溫下)，N是SO2，丙是H2S，則甲是硫化物；X、Z原子序數(shù)之和是Y、W原子序數(shù)之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分別是H、O、Na、S?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，X、Y、Z、W分別是H、O、Na、S，則A. 由四種元素形成的兩種鹽，為亞硫酸氫鈉與硫酸氫鈉，兩者可反應，其離子方程式為：，A項正確；B. Y為O，Z為Na，兩者形成的化合物為過氧化鈉與氧化鈉，化合物中陰、陽離子個數(shù)比均為1：2，B項錯誤；C. 二氧化硫使溴水褪色發(fā)生氧化還原反應，乙烯使溴水褪色發(fā)生加成反應，C項錯誤；D. H

23、與O形成的化合物為過氧化氫或水，其中H原子均滿足2電子結(jié)構(gòu)，而不是8電子結(jié)構(gòu)，D項錯誤；答案選A。【點睛】本題考查元素原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)相互關(guān)系的綜合應用。A項是難點，學生要掌握硫酸氫鈉水溶液相當于酸性溶液。17.FeS2與硝酸反應產(chǎn)物有Fe3+和H2SO4，若反應中FeS2和HNO3物質(zhì)的量之比是18時，則HNO3的唯一還原產(chǎn)物是( )A. NO2B. NOC. N2OD. N2O3【答案】B【解析】【分析】據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)相等進行計算?！驹斀狻吭O(shè)參加反應的FeS2、HNO3物質(zhì)的量分別為1 mol、8 mol，HNO3唯一還原產(chǎn)物中N化合價為+x。反應中有+，1 mol FeS2失電

24、子15mol；，只有5 molHNO3作氧化劑得電子5（5x）mol。則5（5x）15，解得x2。本題選B。【點睛】化學反應中的質(zhì)量守恒關(guān)系、氧化還原反應中得失電子相等、離子反應中的電荷守恒關(guān)系等，是化學計算中的隱含條件。18.高溫下焙燒CuFeS2的反應之一為2CuFeS2+7O2=CuSO4+CuO+Fe2O3+3SO2，下列關(guān)于該反應的敘述正確的是( )A. CuFeS2中硫的化合價為-1B. CuFeS2發(fā)生還原反應C. 1 mol CuFeS2完全反應轉(zhuǎn)移13 mol電子D. CuSO4和SO2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物【答案】D【解析】中Cu為+2價，F(xiàn)e為+2價，S為-2價。A錯

25、；S、Fe的化合價均升高，發(fā)生氧化反應，B錯；1mol CuFeS2完全反應轉(zhuǎn)移電子為28mol，C錯；O2中氧元素化合價降低，所以CuSO4和SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，D正確。19.工業(yè)上生產(chǎn)MnO2和Zn的主要反應有：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2OMnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4下列說法不正確的是 （ ）A. 中MnO2和H2SO4都是氧化劑B. 中析出16gS時轉(zhuǎn)移1 mol電子C. 中MnSO4發(fā)生氧化反應D. 硫酸在該生產(chǎn)中可循環(huán)利用【答案】A【解析】試題分析：A反應中MnO2MnSO4，Mn元素化合價降低，Mn

26、SO4為氧化劑，中MnSO4MnO2，Mn元素化合價升高，為氧化劑，故A錯誤；B中析出16gS即0.5mol，轉(zhuǎn)移為20.5mol=1mol電子，故B正確；C中MnSO4MnO2，Mn元素化合價升高，被氧化，發(fā)生氧化反應，故C正確；D反應消耗硫酸，反應生成硫酸，硫酸可循環(huán)利用，故D正確。故選A?？键c：考查氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算20.還原性I-Fe2+Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯氣后，所得溶液離子成分分析正確的是( )A. I-、Fe3+、Cl-B. Fe2+、Cl-、Br-C. Fe2+、Fe3+、Cl-D. Fe2+、I-、Cl-【答案】B【解

27、析】【詳解】還原性I-Fe2+Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次亞鐵離子，最后是溴離子；A.當溶液中含有碘離子，就不會出現(xiàn)鐵離子，故A錯誤；B.通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，當亞鐵離子存在時，溴離子一定不會參與反應，氯氣作氧化劑，對應產(chǎn)物是氯離子，故B正確；C.當溶液中存在亞鐵離子時，一定會存在溴離子，故C錯誤；D.當溶液中存在亞鐵離子時，一定會存在溴離子，故D錯誤；故選B?！军c睛】依據(jù)離子的還原性強弱順序判斷溶液中的各離子是否能夠共存是解決本題的關(guān)鍵。21.有時候，將氧化還原方程式拆開寫成兩個“半反應”。下面是一個“半反應”式：( )N

28、O3 +( )H+( )e-=( )NO+( )H2O，該式的配平系數(shù)是（ ）A. 1，3，4，2，1B. 2，4，3，2，1C. 1，6，5，1，3D. 1，4，3，1，2【答案】D【解析】【詳解】（設(shè)“1”法）設(shè)NO3的化學計量數(shù)為1，根據(jù)N元素化合價由+5價變?yōu)?2價，則得到3個電子，則根據(jù)電子移動數(shù)目可確定e-的化學計量數(shù)為3，結(jié)合電荷守恒可知H+的計量數(shù)為|-1-3|=4，根據(jù)H原子守恒可知H2O的化學計量數(shù)分別為2，NO的化學計量數(shù)為1，故該式的配平系數(shù)是1，4，3，1，2， 答案選D。22.將一定量的鎂和銅組成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金屬完全溶解（假設(shè)反應中還原產(chǎn)物只有NO

29、)。向反應后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g。下列敘述錯誤的是( )A. 當金屬全部溶解時，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為0.3NAB. 參加反應的金屬的總質(zhì)量3.6gw H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2OC. H2C2O4具有還原性，2+5+16H+2Mn2+10CO2+ 8H2OD. H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又稱乙二酸）為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發(fā)生中和反應，具有還原性，因為乙二酸中含有羧基因此能

30、發(fā)生酯化反應，據(jù)此解題；【詳解】A.H2C2O4為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發(fā)生中和反應，生成白色沉淀草酸鈣和水，因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色退去，故A正確；B.產(chǎn)生氣泡證明有CO2 產(chǎn)生，因此可證明酸性H2C2O4H2CO3，反應方程式為：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正確； C.0.1 molL1 H2C2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故在其參與的離子方程式中要寫其化學式，不能用草酸根表示，故C不正確；D.草酸（又稱乙二酸），其中含有羧基，因此其能發(fā)生酯化

31、反應，反應方程式正確，故D正確；本題選不正確的，應選C?！军c睛】本題考查草酸的性質(zhì)和離子反應方程式的書寫，側(cè)重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。25.對四種無色溶液進行離子檢驗，實驗結(jié)果如下，其中明顯錯誤的是( )A. K+、Na+、Cl-、NO3-B. Na+、NO3-、OH-、CO32-C. Na+、OH-、Cl-、NO3-D. MnO4-、K+、S2-、Na+【答案】D【解析】試題分析：離子間如果發(fā)生化學反應，則不能大量共存，反之是可以大量共存的。D中MnO4顯紫紅色，且具有氧化性，能氧化S2，因此不能大量共存，其余選項都是正確的，答案選D。考點：考查離子共存的正誤判斷

32、點評：該題是高考中的熱點，屬于中等難度的試題。離子不能大量共存的一般情況是：（1）能發(fā)生復分解反應的離子之間；（2）能生成難溶物的離子之間；（3）能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；（4）能發(fā)生絡合反應的離子之間（如 Fe3+和 SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。第卷（非選擇題50分）26

33、.A物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)Cu2O廣泛應用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備CuO。（1）Cu2+基態(tài)核外電子排布式為_。（2）的空間構(gòu)型為_（用文字描述）；Cu2+與OH反應能生成Cu(OH)42，Cu(OH)42中的配位原子為_（填元素符號）。（3）抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為_；推測抗壞血酸在水中的溶解性：_（填“難溶于水”或“易溶于水”）。（4）一個Cu2O晶胞（見圖2）中，Cu原子的數(shù)目為_。【答案】 (1). Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面體 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易

34、溶于水 (6). 4【解析】【分析】考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及內(nèi)容為電子排布式的書寫、空間構(gòu)型、配合物知識、雜化類型的判斷、溶解性等知識，都屬于基礎(chǔ)性知識，難度系數(shù)不大；【詳解】（1）Cu位于第四周期IB族，其價電子排布式為3d104s1，因此Cu2基態(tài)核外電子排布式為Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42中S形成4個鍵，孤電子對數(shù)為(6242)/2=0，因此SO42空間構(gòu)型為正四面體形；Cu(OH)42中Cu2提供空軌道，OH提供孤電子對，OH只有O有孤電子對，因此Cu(OH)42中的配位原子為O；（3）根據(jù)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)中有兩種碳原子，全形成單鍵的碳原子

35、和雙鍵的碳原子，全形成單鍵的碳原子為sp3雜化，雙鍵的碳原子為sp2雜化；根據(jù)抗環(huán)血酸分子結(jié)構(gòu)，分子中含有4個OH，能與水形成分子間氫鍵，因此抗壞血酸易溶于水；（4）考查晶胞計算，白球位于頂點和內(nèi)部，屬于該晶胞的個數(shù)為81/8+1=2，黑球全部位于晶胞內(nèi)部，屬于該晶胞的個數(shù)為4，化學式為Cu2O，因此白球為O原子，黑球為Cu原子，即Cu原子的數(shù)目為4；【點睛】有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，相對比較簡單，考查點也是基本知識，這就要求考生在物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的學習中夯實基礎(chǔ)知識，同時能夠達到對知識靈活運用，如考查抗壞血酸分子溶解性，可以從乙醇極易溶于水的原因分析。27.B實驗化學丙炔酸甲酯（）是一種重要的

36、有機化工原料，沸點為103105 。實驗室制備少量丙炔酸甲酯的反應為實驗步驟如下：步驟1：在反應瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL濃硫酸，攪拌，加熱回流一段時間。步驟2：蒸出過量的甲醇（裝置見下圖）。步驟3：反應液冷卻后，依次用飽和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗滌。分離出有機相。步驟4：有機相經(jīng)無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙炔酸甲酯。（1）步驟1中，加入過量甲醇的目的是_。（2）步驟2中，上圖所示的裝置中儀器A的名稱是_；蒸餾燒瓶中加入碎瓷片的目的是_。（3）步驟3中，用5%Na2CO3溶液洗滌，主要除去的物質(zhì)是_；分離出有機相的操作名稱為_。（4）步驟4中，

37、蒸餾時不能用水浴加熱的原因是_?！敬鸢浮?(1). 作為溶劑、提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率 (2). (直形)冷凝管 (3). 防止暴沸 (4). 丙炔酸 (5). 分液 (6). 丙炔酸甲酯的沸點比水的高【解析】【詳解】（1）一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；（2）根據(jù)裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸點為103105，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸、硫酸；通過飽和NaCl溶液可吸收硫

38、酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加熱提供最高溫度為100，而丙炔酸甲酯的沸點為103105，采用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，不能將丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸餾時不能用水浴加熱?！军c睛】實驗化學的考查，相對比較簡單，本題可以聯(lián)想實驗制備乙酸乙酯作答，如碳酸鈉的作用，實驗室制備乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時復習實驗時，應注重課本實驗復習，特別是課本實驗現(xiàn)象、實驗不足等等。28.鐵是應用最廣泛的金屬，鐵的鹵

39、化物、氧化物以及高價鐵的含氧酸鹽均為重要化合物。(1)要確定鐵的某氯化物FeClx的化學式。可用離子交換和滴定的方法。實驗中稱取0.54g的FeClx樣品，溶解后先進行陽離子交換預防處理，再通過含有飽和OH-的陰離子交換柱，使Cl-和OH-發(fā)生交換。交換完成后，流出溶液的OH-用0.40molL-1的鹽酸滴定，滴至終點時消耗鹽酸25.0mL。計算該樣品中氯的物質(zhì)的量，并求出FeClx中x值_(2)現(xiàn)有一含有FeCl2和FeCl3的混合樣品，采用上述方法測得n(Fe): n(Cl)=1:2.1，則該樣品中FeCl3的物質(zhì)的量分數(shù)為_。在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和_反應制備，F(xiàn)eCl3可用鐵粉

40、和_反應制備(3)FeCl3與氫碘酸反應時可生成棕色物質(zhì)，該反應的離子方程式為_(4)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，其反應的離子方程式為_【答案】 (1). n(Cl)=0.0250L0.40molL-1=0.010mol，0.54g-0.010mol35.5gmol -1=0.19g，n(Fe)=0.19g/56gmol-1=0.0034mol，n(Fe): n(Cl)=0.0034:0.0101:3，x=3 (2). 0.10 (3). 鹽酸 (4). 氯氣 (5). 2Fe3+2I-=2F

41、e2+I2 (或2Fe3+3I-=2Fe2+I3-) (6). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-【解析】【分析】(1)由離子交換關(guān)系，氫氧根離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量，等于酸堿中和滴定時消耗氫離子物質(zhì)的量，據(jù)此計算0.54g FeClx中氯離子物質(zhì)的量，進而計算x值；(2)根據(jù)元素守恒計算氯化亞鐵和氯化鐵物質(zhì)的量之比，進而計算氯化鐵質(zhì)量分數(shù)；(3)FeCl3具有氧化性，氫碘酸具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子、碘與水；(4)用FeCl3與KClO在強堿性條件下反應制取K2FeO4，氯元素被還原為氯離子，同時有水生成，配平書寫離子方程式?！?/p>

42、詳解】(1) 由離子交換關(guān)系，OH-的物質(zhì)量等于Cl-物質(zhì)的量，等于酸堿中和滴定時，消耗H+的物質(zhì)的量。n(Cl-)=n(H+)=n(OH-)=0.0250L0.40 molL-1=0.010 mol，則=0.010 mol，解得：x=3，故答案為：樣品中氯的物質(zhì)的量為0.01mol，F(xiàn)eClx中x的值為3；(2)設(shè)混合物中FeCl2物質(zhì)的量為x，F(xiàn)eCl3的物質(zhì)的量為y，根據(jù)物質(zhì)中Fe和Cl的物質(zhì)的量的比例，有(x+y)(2x+3y)=12.1，得到xy=91，氯化鐵物質(zhì)的量分數(shù)=100%=10%，在實驗室中，F(xiàn)eCl2可用鐵粉和鹽酸反應制備，F(xiàn)eCl3可用鐵粉和氯氣反應制備，故答案為：10

43、%；鹽酸；氯氣；(3)FeCl3與氫碘酸反應時可生成棕色物質(zhì)，發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為2Fe3+2I-=2Fe2+I2，故答案為：2Fe3+2I-=2Fe2+I2；(4)用FeCl3與KClO在強堿性條件下反應制取K2FeO4，氯元素被還原為氯離子，同時有水生成，反應的離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。29.鈦及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應用。 (1)基態(tài)鈦原子的價電子排布式為_，與鈦同周期的元素中，基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與鈦相同的元素分別是_(填元素符號)。 (2)在濃的TiCl 3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl36H2O的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為15，則該配合物的化學式為_； 1mol該配合物中含有鍵的數(shù)目_。(3)半夾心結(jié)構(gòu)催化劑M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其結(jié)構(gòu)如下圖所示。 組成M的元素中，電負性最大的是_(填名稱)。 M中非金屬元素的第一電離能大小順序_。 M中不含_(填代號)。 a鍵 b鍵 c離子鍵 d配位鍵 (4)金紅石(TiO 2)是含鈦的主要礦物之一。其晶胞是典型的四方