河北省承德一中2019届高三化学上学期第二次月考（期中）试卷（含解析）.doc

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1、1河北省承德一中 2019 届高三上学期第二次月考（期中）化学试题1.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活，下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是（ ）A B C D泰国银饰 埃及棉制品 捷克水晶饰品 土耳其彩瓷金属材料 天然高分子材料 合成高分子材料 无机非金属材料A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 银为金属单质，所以银饰品属于金属材料，故 A 正确；B. 棉制品的主要成分是纤维素，纤维素是天然的有机高分子化合物，故 B 正确；C. 水晶的主要成分是二氧化硅，不是合成高分子材料，故 C 错误；D. 陶瓷是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故 D 正

2、确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A. CS2的电子式： B. 次氯酸结构式：H-Cl-OC. 中子数为 16 的磷原子： 3116P D. 甲烷的球棍模型： 【答案】A【解析】A. CS2的电子式： A 正确；B. 次氯酸结构式：H- O Cl，B 错误；C. 中子数为 16 的磷原子： P，C 错误；D. 甲烷的比例模型： ，D 错误。3.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是2A. 淀粉与纤维素互为同分异构体B. 煤的气化、液化与石油的裂化、裂解均为化学变化C. 被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于有机化合物D. 糖类、油脂和蛋白质都属于营养物质，都能发生水解反应【

3、答案】B【解析】A. 淀粉与纤维素都是高分子化合物，聚合度不同，不是同分异构体，故 A 错误；B. 煤的气化、液化和石油的裂化、裂解都是伴随着旧化学键的断裂与新化学键的形成，都有新物质生成，均属于化学变化，故 B 正确；C. 被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯是碳单质，不属于化合物，故 C 错误；D. 糖类中的单糖不能水解，故 D 错误；故选 B。4.下列化工生产不涉及氧化还原反应的是( )A. 工业合成氨 B. 工业冶炼钠 C. 工业制漂白粉 D. 侯氏制碱【答案】D【解析】A. 工业合成氨：N 2+3H2 2NH3，生产涉及氧化还原反应，选项 A 不选；B. 工业冶炼钠：2NaCl（熔融）

4、 2Na+Cl2， ，生产涉及氧化还原反应选项 B 不选；C. 工业制漂白粉：2Ca(OH) 2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生产涉及氧化还原反应，选项 C 不选；D、侯氏制碱法原理：NaClNH 3CO 2H 2O=NaHCO3NH 4Cl,2NaHCO3 Na2CO3H 2OCO 2，均发生非氧化还原反应，选项 D 选。答案选 D。5.在沸水中逐滴加入 56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。则正确的A. 用激光笔照射，会出现丁达尔效应B. 将液体静置片刻，会出现沉淀现象3C. 所得胶体中分散质的粒子直径大于 100nmD. 可用滤纸分离提纯得到氢氧化铁

5、胶体【答案】A【解析】【分析】向 100mL 沸水中逐滴加入 56 滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe（OH） 3胶体，方程式为：FeCl 3+3H2O Fe（OH） 3（胶体）+3HCl，胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体。【详解】A 项、向沸水中滴入几滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，故 A 正确；B 项、氢氧化铁胶体是均匀、透明、介稳定的分散系，静置片刻，不会出现沉淀现象，故B 错误；C 项、氢氧化铁胶体中分散质的粒子直径介于 1nm 和 100nm 之间，故 C 错误；D 项、氢氧化铁胶粒可透过滤纸，应用半透

6、膜分离，故 D 错误。故选 A。【点睛】当一束平行光线通过胶体时,从侧面看到一束光亮的“通路” ，这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的。对溶液来说,因分散质（溶质）微粒太小,当光线照射时,光可以发生衍射,绕过溶质,从侧面就无法观察到光的“通路” ，因此可用这种方法鉴别真溶液和胶体；悬浊液和乳浊液因其分散质直径较大,对入射光只反射而不散射,再有悬浊液和乳浊液本身也不透过,也不可能观察到光的通路。6.同温同压下， a g 甲气体和 2a g 乙气体所占体积之比为 12，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是A. 同温同压下甲和乙的密度之比为 11B. 甲与乙的相对分子质量之比为 11

7、C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为 11D. 等质量的甲和乙中的原子数之比一定为 11【答案】D【解析】【分析】4同温同压下，ag 甲气体和 2ag 乙气体所占的体积之比为 1：2，由 n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为 1：2。【详解】A 项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g 甲气体和 2a g 乙气体所占的体积之比为 1：2，根据 =m/V 知，其密度相同，故 A 正确；B 项、根据 m=nM=VMVm知，二者的相对分子质量为 1：1，故 B 正确；C 项、根据 PV=nRT=m/MRT 知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔

8、质量相同，所以压强相同，故 C 正确；D 项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，侧重于气体的质量、密度等物理量的考查，注意把握相关计算公式的运用。7.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 17g 甲基( 14CH3)所含的中子数目为 8NAB. 工业合成氨时，每生成 1mol NH3转移的电子数目为 3NAC. 含有 1mol CO32- 的 Na2CO3溶液中，Na + 的数目为 2NAD. 足量锌与一定量浓 H2SO4反应，生成 1mol 气体时转移的电子数目

9、为 2NA【答案】C【解析】A、常温常压下，17g 甲基( 14CH3)的物质的量为 1mol，1mol 该甲基中含有 8mol 中子，所含的中子数为 8NA，故 A 正确；B. 工业合成氨是可逆反应，但工业合成氨时，每生成 1mol NH3转移的电子数目为 3NA，故 B 正确；C.CO 32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解，含有1mol CO32- 的 Na2CO3溶液中，Na + 的数目多于 2NA，故 C 错误；D、足量锌与浓硫酸反应开始生产二氧化硫，最后随浓硫酸浓度减小为稀硫酸反应生成氢气，生成二氧化硫或氢气电子转移相同，足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成 1mol 气体时，转移的电

10、子数为 2NA，故D 正确；故选 C。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，解题关键：质量、物质的量、微粒数之间的换算，易错点：C 注意水解反应，CO 32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解；D、浓硫酸随反应进行变化为稀硫酸的反应特征与锌反应时，生成二氧化硫或氢气电子转移相同。8.用 NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是5A. 标准状况下，33.6LHF 中含有氟原子的数目为 1.5NAB. 1.0L 含 1.0molNa2SO4水溶液中含有的氧原子数为 4NAC. 电解饱和食盐水，当阴极产生 1.12L 时，转移的电子数为 0.1NAD. 常温下，2L1.0molL 1 的

11、FeCl3溶液与 1L0.2mol/L 的 FeCl3溶液所含 Fe3+数目不同【答案】D【解析】【详解】A 项、标准状况下，HF 是液体，33.6L HF 的物质的量不是 1mol，故 A 错误；B 项、Na 2SO4水溶液中除了 Na2SO4本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于 4NA个，故 B 错误；C 项、不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算 1.12L 氢气的物质的量，故 C 错误；D 项、2L0.1molL -1FeCl3溶液与 1L0.2molL-1FeCl3溶液含氯化铁物质的量相同，但是二者浓度不同，三价铁离子水解程度不同，所以二者三价铁离子数目不同，故 D

12、正确。故选 D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，主要考查气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，质量换算物质的量计算微粒数，解题时注意盐类水解的影响因素，标况下 HF 的状态。9.只用一种试剂可区别 Na2SO4、MgCl 2、FeCl 2、Al 2(SO4)3、(NH 4)2SO4五种溶液, 这种试剂是 ( )A. Ba(OH)2 B. H2SO4 C. NaOH D. AgNO3【答案】C【解析】A、Ba(OH) 2与 K2SO4、(NH 4)2SO4都能产生白色沉淀，故 A 错误；B、H 2SO4与这四种物质之间都没有反应，故 B 错误；C、NaOH 分别与这四种

13、物质混合时，现象各不一样，可用于鉴别，则 C 正确；D、AgNO 3与这四种物质反应都生成白色沉淀，因此不能用于鉴别，即 D 错误。本题正确答案为 C。10.古“丝绸之路”我国商人运出的货物有：丝绸、茶叶、白糖、瓷器、纸张、植物油、明矾、金银铜器等。下列说法正确的是A. 、都属于盐类 B. 、 都属于高分子化合物C. 、都属于蛋白质 D. 、的主要成分都属于有机6物【答案】B【解析】A、瓷器是硅酸盐材料，属于混合物，金银铜器是金属单质或合金，都不属于盐类，选项 A错误；B、丝绸的主要成分为蛋白质、纸张的主要成分是纤维素，都是高分子化合物，选项B 正确；C、茶叶、纸张主要成分是纤维素，属于糖类，

14、植物油属于油脂，选项 C 错误；D、丝绸、茶叶、白糖、纸张、植物油的主要成分是有机物中的糖类、油脂、蛋白质，瓷器是硅酸盐材料，属于无机物，选项 D 错误。答案选 B。11.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是化学性质 实际应用A SO2具有漂白性 SO2水溶液吸收 Br2蒸气B ClO2具有强氧化性 自来水消毒杀菌C Ca(OH)2具有碱性 修复被酸雨侵蚀的土壤D NH3具有还原性 将烟道气中的 NOx转化为 N2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、二氧化硫漂白发生的是非氧化还原反应，利用反应 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，吸收溴蒸气，是利

15、用其还原性，选项 A 错误；B、ClO 2具有强氧化性，可使病毒蛋白发生变性，选项B 正确；C、酸雨中的硫酸、亚硫酸及硝酸等与氢氧化钙发生中和反应，选项 C 正确；D、脱硝反应：6NO x+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O 中，氨显还原性，选项 D 正确。答案选 A。点睛：本题考查物质的性质与用途相关知识，意在考查考生对中学化学基础知识正确复述、再现、辨认，并融会贯通的能力。12.K2FeO4可用作水处理剂，它可由 3Cl22Fe(OH) 310KOH=2K 2FeO46KCl8H 2O 制得。下列说法不正确的是A. Cl2是氧化剂，Fe(OH) 3在反应中失去电子7B. 氧化性：Fe

16、(OH) 3 K2FeO4C. 每生成 l mol 氧化产物转移的电子的物质的量为 3 molD. K2 FeO4的用途与胶体和氧化剂知识有关【答案】B【解析】【分析】反应 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O 中，Fe 元素的化合价升高，被氧化，Cl 元素的化合价降低，被还原。【详解】A、Cl 元素的化合价降低，被还原，Cl 2是氧化剂，Fe 元素的化合价升高，被氧化，Fe(OH)3发生氧化反应，失去电子，选项 A 正确；B. Fe(OH)3中铁是+3 价，FeO 42中铁是+6 价，所以，Fe(OH) 3是还原剂，它的还原性强于 FeO42，选项 B

17、不正确；C、由 Fe 元素的化合价变化可知，每生成 l mol 氧化产物 K2FeO4转移的电子的物质的量为 3mol，选项 C正确；D、高铁酸钾(K 2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，选项 D 正确。答案选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应判断及基本反应类型判断的考查，题目难度不大。13.工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应的产物中，除 SiCl4外，还有 SiHCl3、SiH 2Cl2、SiH 3Cl、FeCl 3等。下列说法正确的是A. 电弧炉中发生的反

18、应为 CSiO 2 CO2SiB. SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C. 每生产 l mol 高纯硅，需要 44. 8L Cl2（标准状况）D. 该工艺 Si 的产率高，符合绿色化学要求【答案】B【解析】【详解】A、二氧化碳与碳在高温下生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应为 2C+SiO282CO+Si，选项 A 错误；B、SiCl 4进入还原炉之前在流化床反应器中除 SiCl4外，还有 SiHCl3、SiH 2Cl2、SiH 3Cl、FeCl 3等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提纯，选项 B 正确；C、根据转化关系 SiSiCl 4Si，每生产 l mol 高纯硅，需要

19、 22.4L Cl2（标准状况） ，选项 C 错误；D、该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易引起空气污染，不符合绿色化学要求，选项 D 错误。答案选 B。14.下列除去杂质的方法，正确的是A. 除去 Na2CO3;溶液中的少量 NaHCO3：加热煮沸B. 除去 MgCl2溶液中的少量 FeCl3：加入过量 Fe2O3粉末，过滤C. 除去 HC1 气体中的少量 Cl2：通入 CCl4液体，洗气D. 除去 CO2气体中的少量 SO2：通入饱和食盐水，洗气【答案】C【解析】【详解】A、NaHCO 3在溶液中加热不易分解，分解的是固体，选项 A 错误；B向含有少量FeCl3的 MgCl2溶液中加

20、入足量 Mg(OH)2粉末，溶液 pH 增大，利于 Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，选项 B 错误；C、将气体通入四氯化碳或者二硫化碳中,因为氯气可以溶于其中,而氯化氢不能溶入而分离出来，选项 C 正确；D、CO 2和 SO2都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，选项 D 错误；答案选 C。15.四元轴烯 t、苯乙烯 b 及立方烷 c 的分子式均为 C 8H8。下列说法正确的是A. b 的同分异构体只有 t 和 c 两种B. t、b、c 的二氯代物均只有三种C. t 和 b 能使酸性 KMnO 4 溶液褪色而 c 不能D. t、b、c 中只有 t 的所有原子处于同一平

21、面【答案】C【解析】A、通过多个碳碳双键和叁健或环状满足分子 C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHCCH 等，选项 A 错误；B、不考虑立体结构，二氯代物 t 和 c 均有 3 种，9b 有 14 种，选项 B 错误；C、三种分子中只有 t 和 b 中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，t 和 b 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项 C 正确；D、苯分子中的所有原子、乙烯中的所有原子都处于同一平面，苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子可以处于同一平面上，选项 D 错误。答案选 C。16.下列各组物质不属于同分异构体的是A. 2，2-二甲基-1-丙醇和

22、 2-甲基-1-丁醇 B. 甲基丙烯酸和甲酸丙酯C. 2-甲基丁烷和戊烷 D. 邻氯甲苯和对氯甲苯【答案】B【解析】【分析】分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，所以互为同分异构体的化合物必须满足三要素：分子式相同、结构不同、化合物。【详解】A 项、2，2-二甲基-1-丙醇和 2-甲基-1-丁醇，分子式相同，含有相同数目的羟基，结构不同，互为同分异构体，故 A 正确；B 项、甲基丙烯酸和甲酸丙酯，分子式不同，不互为同分异构体，故 B 错误；C 项、2-甲基丁烷和戊烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 C 正确；D 项、邻氯甲苯和对氯甲苯，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故

23、D 正确。故选 B。【点睛】本题考查了同分异构体的判断，注意对同分异构体定义的理解，关键是根据名称写出分子式进行判断。17.分子式为 C6H12的烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，则其结构A. 1 种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种【答案】B【解析】【分析】分子式为 C6H12的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烃分子中所有的氢原子为等效 H 原子，其一氯代物不存在同分异构体。【详解】分子式为 C6H12的烯烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效 H 原子，该烯烃的结构简式只能为（C

24、H 3） 2C=C（CH 3）2，分子式为 C6H12的环烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构10高度对称，所有的氢原子为等效 H 原子，该环烷烃只能为环己烷，则生成的一氯代产物只有一种的烃有 2 种，故选 B。【点睛】本题考查了同分异构体的求算，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键。18.夏日的夜晚，常看见儿童手持发光的“魔棒”在广场上嬉戏。 “魔棒”发光原理是利用过氧化氢氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯（CPPO）结构简式如图。已知：苯环上卤素不水解，下列有关说法不正确的是A. 草酸二酯

25、的分子式为 C26H24Cl6O8B. 该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应C. 1 mol 草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气 6 molD. 1 mol 草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应，最多消耗 4 mol NaOH【答案】D【解析】【分析】草酸二酯分子中含有 4 个酯基和 6 个氯原子，酯基能够发生水解反应，与氢气发生加成反应时，只有苯环反应。【详解】A 项、由结构简式可以看出，草酸二酯的分子中含有 26 个 C、24 个 H、8 个 O、6个 Cl，分子式为 C26H24O8Cl6，故 A 正确；B 项、该有机物中含有苯环，能够与氢气发生加成反应，官能团酯基能够发生水解反应，有机物能

26、够燃烧，发生氧化反应，故 B 正确；C 项、能与氢气发生加成反应的只有 2 个苯环，则 1mol 草酸二酯与氢气完全反应，需要氢气 6mol，故 C 正确；D 项、1mol 草酸二酯含有 4 个酯基，水解生成 4 个-COOH 和两个酚羟基（11） ，则最多消耗 6molNaOH，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，本题注意把握有机物的官能团的性质，注意把握水解产物。19.短周期元素 X、Y、Z 的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为 13。X 与Y、Z 位于相邻周期，Z 原子最外层电子数是 X 原子内层电子数的 3 倍或者是 Y 原子最外层电子数的 3 倍。下

27、列说法不正确的是A. X 和 Z 的氢化物都是弱电解质B. 化合物 Y3X2溶于盐酸可得到两种盐C. 工业上采用电解 Y 的氯化物制备单质 YD. X 的氢化物和 Z 的最高价氧化物对应的水化物形成的盐溶液 pH7【答案】A【解析】【分析】因 X 与 Y、Z 位于相邻周期，短周期元素 X、Y、Z 的原子序数依次递增，则 X 可能为第二周期的元素，即 Y、Z 位于第三周期，Z 原子最外层电子数是 X 原子内层电子数的 3 倍或者 Y原子最外层电子数的 3 倍，则 Z 的最外层电子数为 23=6，即 Z 为硫，Y 的最外层电子数为 6/3=2，即为镁元素，再由原子的最外层电子数之和为 13，则 X

28、 的最外层电子数为 13-2-6=5，即 X 为氮元素。【详解】A 项、X 的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气是非电解质，一水合氨是弱电解质，故 A 错误；B 项、化合物 Y3X2为氮化镁，氮化镁溶于盐酸可得到氯化镁和氯化铵两种盐，故 B 正确；C 项、工业上采用电解熔融的氯化镁制备金属单质镁，故 C 正确；D 项、氨气和硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵在溶液中发生水解使溶液显酸性，溶液 pH7，故 D 正确。故选 A。【点睛】题考查位置结构性质的相互关系应用，利用元素的位置及原子的最外层电子数和12内层电子数的关系来推断元素，利用 X 为第二

29、周期元素为突破口是解答本题的关键。20.依据下列实验现象，得出的结论正确的是 操作 实验现象 结论A向 NaBr 溶液中加入氯水，再加入淀粉 KI 溶液溶液变蓝 氧化性：Cl 2Br2I2B 将铝片放入盐酸中产生气泡的速率开始时较慢，随后加快，后来又逐渐减慢H+的浓度是影响反应速率的唯一因素C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向漂白粉中滴入稀硫酸，将生成的气体通入品红溶液品红溶液褪色 气体中含有 Cl2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、向 NaBr 溶液中加入氯水，置换出溴，再加入淀粉 KI 溶液，

30、由现象可知，溴置换出碘，若加氯水过量，氯水可氧化 KI，则不能说明氧化性 Br2I 2，故 A 不选；B、将铝片放入盐酸中，开始较慢，则开始发生氧化铝与酸的反应，而随后加快，后来又逐渐减慢，与氢离子浓度有关，故 B 不选；C、水解产物葡萄糖具有还原性，水解后在碱性溶液中13与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，可说明葡萄糖的还原性，故 C 不选；D、向漂白粉中滴入稀硫酸，发生氧化还原反应，生成气体为氯气，则品红溶液褪色，故 D 选；故选 D。考点：考查了化学实验方案的评价、氧化还原反应、影响反应速率的因素、有机物结构与性质、漂白性等的相关知识。21.某白色粉末由两种物质组成，取少量样品加入适量水中有少

31、量气泡并有少量黄色不溶物，再向其中加入足量盐酸，固体不溶解；将上述悬浊液过滤，滤渣中加入浓硝酸并加热，固体全部溶解。则可推得该白色粉末可能为A. Na2S2O3、NaHSO 4 B. NaHCO3、KA1(SO 4)212H2OC. Na2SiO3、(NH 4)2SO4 D. (NH4)2SO4、Ba(OH) 2【答案】A【解析】A、Na 2S2O3与 NaHSO4溶于水发生反应：S 2O32-+2H+=S+SO 2+H 2O，S 不溶于盐酸，可被热的浓硫酸氧化，选项 A 正确；B、NaHCO 3与 KA1(SO4)212H2O 溶于水，发生反应：Al 3+3HCO3-= A1(OH)3+3C

32、O2，A1(OH) 3可溶于盐酸，选项 B 错误；C、Na 2SiO3与(NH 4)2SO4混合反应生成 H2SiO3，H 2SiO3不溶于盐酸或浓硝酸，选项 C 错误；D、(NH 4)2SO4和 Ba(OH)2溶于水生成BaSO4沉淀，硫酸钡不溶于盐酸或浓硝酸，选项 D 错误。答案选 A。点晴：本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质差异为解答该题的关键。注意相关基础知识的积累。易错点是选项 B，其中应该注意铝离子与碳酸氢根离子的双水解而产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，且产生的氢氧化铝是两性氢氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱。22.下列离子检验

33、的方法正确的是A. 某溶液 生成无色气体，说明原溶液中有 CO32-B. 某溶液 溶液变为血红色，说明原溶液中有 Fe2+C. 某溶液 产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中有 NH4+D. 某溶液 有白色沉淀，说明原溶液中有 SO42-【答案】C【解析】【详解】A向某溶液中滴加稀硫酸，生成无色气体，该气体可能是二氧化碳或是二氧化硫，14说明原溶液中有 CO32-、SO 32-、HCO 3-、HSO 3- 等，故 A 错误；B向某溶液中加入氯水和KSCN 溶液，溶液变红色是因为铁离子结合 SCN-离子形成血红色溶液，但不能证明原溶液中含亚铁离子，原溶液中含铁离子也会出现此现象，应先加

34、入 KSCN 溶液不变红色，再加入氯水变红色证明原溶液中含亚铁离子，故 B 错误；C氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有 NH4+，故 C 正确；D加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，检验 SO42-，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查了离子的检验方法、反应现象和干扰离子的排除。本题的易错点为 B，注意检验亚铁离子是试剂的加入顺序。23.无水叠氮酸(HN 3)是无色易挥发、易爆炸的油状液体，沸点 308.8K，其水溶液较稳定，用于有机合成、制造雷管等。制备原理：N 2H4+HNO2=HN3+2H2O。则下列说

35、法正确的是A. HN3分子间存在氢键，故其沸点较高，化学性质较稳定B. 上述反应中的氧化剂是 HNO2C. N2H4为分子晶体，HN 3为离子晶体D. 上述反应中每生成 1mol HN3，转移电子 8/3mol【答案】B【解析】【详解】A 项、HN 3分子中 N 原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但 HN3化学性质不稳定易爆炸，故 A 错误；B 项、反应中，HNO 2中 N 元素的化合价降低，N 2H4中 N 元素的化合价升高，反应中的氧化剂是 HNO2，还原剂是 N2H4，HN 3既是氧化产物也是还原产物，故 B 正确；C 项、N 2H4和 HN3均为溶沸

36、点低的分子晶体，故 C 错误；D 项、由方程式可知，反应中 N 元素的化合价+3 价降低为-1/3 价，每生成 1molHN3，转移电子为 1mol（3+1/3）=10/3mol，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断 HN3中化学键及 N 元素的化合价为解答的难点。24.下列有关铝及其化合物的性质说法正确的是A. Al2O3熔点高,可用作耐高温材料15B. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝滴落下来,所以金属铝的熔点较低C. 把用砂纸打磨过的铝条放

37、入浓硝酸中,产生红棕色气体D. 把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,产生大量白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A、Al 2O3熔点 (以刚玉为例，是 2054)非常高，可用作耐高温材料，故 A 正确；B、用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,发现熔化后的液态铝不会滴落来，因为铝表面生成氧化铝，氧化铝的熔点高，故 B 错误；C、常温下，铝单质与浓硝酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，不会产生红棕色气体，故 C 错误；D、把氯化铝溶液滴入浓氢氧化钠溶液中，开始氢氧化钠过量，不会产生白色沉淀，随着反应进行，后来有白色沉淀，故 D 错误；故选 A。25.某同学结合所学知识探究

38、 Na2O2与 H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的A. 装置 A 气密性的检查方法:直接向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B. 装置 B 中盛放硅胶,目的是除去 A 中挥发出来的少量水蒸气C. 装置 C 加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D. 装置 A 也可直接用于 Cu 与浓硫酸反应制取 SO2【答案】C【解析】A. 装置 A 气密性的检查方法，关闭 K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A 不正确；B. 装置 B 中应盛放碱石灰，目的是除去 A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，

39、B 不正确；C. 装置 C 加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，16C 正确；D. Cu 与浓硫酸反应制取 SO2需要加热，故装置 A 不能直接用于该反应中，D 不正确。本题选 C。26.某无色溶液中含有 Mg2+、Al 3+、Fe 3+、Cu 2+、NH 4+、Na +中的一种或几种，取 100mL 该溶液，向其中不断滴加 NaOH 溶液，产生的沉淀随着 NaOH 体积变化的关系如图所示，则下列叙述不正确的是A. 该溶液中一定不含 Fe3+、Cu 2+B. 该溶液中一定含有 Mg2+、Al 3+、NH 4+，且三者物质的量浓度

40、之比为 111C. 所加 NaOH 溶液物质的量浓度为 0.1mol/LD. a 点到 b 点，发生的化学反应：NH 4+ OH=NH3H2O【答案】C【解析】【分析】无色溶液中一定不含 Fe3+、Cu 2+，取 100mL 该溶液，向其中不断滴加某浓度的 NaOH 溶液，根据产生的沉淀随着 NaOH 体积变化的关系，可得到一定含有：Mg 2+、Al 3+、NH 4+，oa 段Al3+3OH-=Al（OH） 3，Mg 2+2OH-=Mg（OH） 2，ab 段：NH 4+ OH=NH3H2O，bc 段Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，据此回答。【详解】无色溶液中一定不含 Fe3+、

41、Cu 2+，取 100mL 该溶液，向其中不断滴加某浓度的 NaOH 溶液，根据产生的沉淀随着 NaOH 体积变化的关系，可得到一定含有：Mg 2+、Al 3+、NH 4+，oa 段Al3+3OH=Al(OH)3，Mg 2+2OH=Mg(OH)2，ab 段：NH 4+ OH=NH3H2O，bc 段：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。A. 无色溶液中一定不含 Fe3+、Cu 2+，故 A 正确；B. 该溶液中一定含有 Mg2+、Al 3+、NH 4+，消耗氢氧化钠的体积分别是 20mL、30mL、10mL，根据反应量的关系，三者物质的量浓度之比为 1:1:1，故 B 正确。C. 根据图象

42、氢氧化铝的物质的量是 0.01mol，据 bc 段：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，消耗氢氧化钠体积是 10mL，物质的量是 0.01mol，所以：所加 NaOH 溶液物质的量浓度为 1mol/L，故 C 错误； D. ab 段发生反应：NH 4+ OH=NH3H2O，故 B 正17确；本题选 C。【点睛】关于 ab 段反应的判断，是本题结题的关键，Al 3+先与 OH反应生成氢氧化铝沉淀，然后 NH4+再和 OH反应。27.铁、铜混合粉末 18.0 g 加入到 100 mL 5.0 molL1 FeCl3 溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是( )A. 剩余固体是铁、

43、铜混合物 B. 原固体混合物中铜的质量是 9.6 gC. 反应后溶液中 n(Fe3 )0.10 mol D. 反应后溶液中 n(Fe2 )n(Cu 2 )0.5 mol【答案】B【解析】铁的还原性大于铜，铁、铜混合粉末加入到 FeCl3 溶液中，铁先反应；FeCl 3的物质的量为 0.5 mol，设 0.5 mol 铁离子完全反应消耗铜 m1g 、 m2g，则有：Cu+ 2Fe3 =Cu2 +2 Fe2 ，根据 Cu- 2Fe3 关系，m 1/64:0.5=1:2，解之 m1=16 g；Fe+ 2Fe3 =3 Fe2 ，根据Fe-2Fe3 关系，m 2/56:0.5=1:2, 解之 m2=14

44、g,溶解的金属质量为 18-3.2=14.8 g，因为14CH (4). sp2、sp 3 (5). 10 (6). O (7). 配位键、共价键 (8). HF2- (9). 1:3 (10). 【答24题空 10】【解析】(1)锌为 30 号元素，锌基态离子的价电子排布式为 3d10，电子排布图为；在基态 18O 原子核外有 8 个电子，电子排布式为 1s22s22p4，存在 1s、2s、2p x、2p y、2p z，5 种空间运动状态，故答案为：；5；(2)元素的非金属性越强，电负性数值越大， C、H、O 的电负性大小关系为 OCH；碳酸乙烯酯( )中有 2 种碳原子，其中碳氧双键中的碳

45、原子采用 sp2杂化，亚甲基中的碳原子采用 sp3杂化；1mol 碳酸乙烯酯中含有的 键有：1molC=O，4molC-O，4molC-H，1molC-C，共 10mol 键，数目为 10NA，故答案为：OCH；sp 2、sp 3；10；(3)Zn2+含有空轨道，配体 H2O 含有孤电子对，其中 O 原子提供孤电子对为配位原子；配离子Zn(H 2O)62+中含有配位键、共价键，故答案为：O；配位键、共价键；(4)阴离子 X-与 CO2互为等电子体且 X-内含共价键和氢键，则 X-的化学式为 HF 2-，故答案为：HF 2-；(5)在晶胞中，Au 原子位于顶点，Zn 原子位于面心，该晶胞中 Au 原子个数=8 =1，Zn 原18子个数=6 =3，所以该合金中 Au 原子与 Zn 原子个数之比=1：3，12晶胞体积 V=(a10-10cm)3，每个晶胞中锌原子个数是 3、Au 原子个数是 1，则 = = g/cm3，故答案为：1：3； 。25