2018-2019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

2018-2019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

哈尔滨市第六中学校2018-2019学年度下学期期末考试高二化学试题 可能用到的相对原子质量： 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Ⅰ卷（选择题50分）‎ 单项选择题（本题包括25小题，共计50分。每小题只有1个选项是正确的。）‎ ‎1.下列有关物质分类或归类正确的一组是( )‎ ‎① 液氯、干冰、磁性氧化铁为化合物 ② 盐酸、水玻璃、王水为混合物 ③ 明矾、纯碱、烧碱为电解质 ④ 牛奶、豆浆、碘酒为胶体 ⑤ 小苏打、苏打、苛性钠为钠盐 A. ① ② B. ② ③ C. ③ ④ D. ② ③ ⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①液氯是氯气，属于单质，干冰是二氧化碳、磁性氧化铁是四氧化三铁均为化合物，故①错误；‎ ‎②盐酸是氯化氢的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、王水是浓盐酸和浓硝酸混合物，均为混合物，故②正确；‎ ‎③明矾为硫酸铝钾的晶体，纯碱为碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，都是电解质，故③正确；‎ ‎④牛奶、豆浆是胶体，碘酒为溶液不是胶体，故④错误；‎ ‎⑤小苏打是碳酸氢钠、苏打是碳酸钠均为钠盐，苛性钠为氢氧化钠是碱，不属于钠盐，故⑤错误；‎ 综上所述正确的是②③，答案应选B。‎ ‎2.下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（ ）‎ A. 宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物 B. 指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3‎ C. 黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂只有KNO3‎ D. 活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；‎ B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；‎ C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；‎ D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。‎ ‎3.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是（ ）‎ A. 酒精溶液 B. 鸡蛋清溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 淀粉溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胶体能产生丁达尔效应；‎ ‎【详解】A为溶液，B、C、D均为胶体，答案为A；‎ ‎【点睛】丁达尔效应的原因为分散质颗粒较大，当光线穿过分散系时，分散质颗粒对光产生漫反射现象。‎ ‎4.用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是(　　)‎ A. 质子数和中子数相等的钠原子：Na B. 氯原子的结构示意图：‎ C. NaCN的电子式：‎ D. 丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；‎ B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；‎ C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；‎ D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 25℃、101kPa 时，22.4L乙烷中所含共价键数目为6NA B. 3.2gO2和O3的混合气体中，含氧原子数为0.2NA C. 12g金刚石含有共价键数目为4NA D. 1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 25℃、101kPa 时，22.4L乙烷的物质的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共价键数目为7NA，选项A错误；‎ B．3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为=0.2mol，数目为0.2NA，选项B正确；‎ C．12g金刚石中含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个共价键，每个碳原子形成的共价键数目为：×4=2，所以1molC原子形成的共价键为2mol，含有的共价键数目为2NA，选项C错误；‎ D、熔融状态下，硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1mol羟基与1mol的氢氧根所含电子数均为9NA B. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，转移的电子数为NA C. 常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA D. 100 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.92NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol羟基中含有9mol电子，1mol氢氧根离子中含有10mol电子，二者含有的电子数不同，故A错误；‎ B．Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下，11.2LCl2即0.5mol Cl2溶于水，转移的电子数小于0.5NA，故B错误；‎ C．23g NO2和N2O4混合气体中含有0.5mol最简式NO2，其中含有1.5mol原子，故在常温常压下，23g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为1.5NA，故C正确；‎ D．100mL 18.4mol•L-1 的浓硫酸，硫酸的物质的量是1.84mol，浓硫酸完全反应，生成0.92mol二氧化硫，但随反应的进行浓硫酸浓度变稀，当变成稀硫酸时反应停止，故生成SO2的分子数小于0.92NA，故D错误；‎ 故答案为C ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。‎ ‎7.0.5L 1mol·L－1的FeCl3溶液与0.2L 1mol·L－1的KCl溶液中，Cl-浓度之比为 ( )‎ A. 15:2 B. 1:1 C. 3:1 D. 1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】0.5L 1mol·L－1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1，0.2L 1mol·L－1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol•L-1，Cl-的物质的量浓度之比为3：1。‎ 答案选C。‎ ‎8.实验室用氢氧化钠固体配制 1.00mol/L 的NaOH 溶液 480mL，以下配制步骤正确的是( )‎ A. 直接在托盘天平上称取 19.2g 的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解 B. 待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯、玻璃棒 2～3次 C. 定容时，仰视凹液面最低处到刻度线 D. 按照上述步骤配制的溶液(没有涉及的步骤操作都正确)，所得溶质的物质的量浓度偏高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液，所需的氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g，且称量时应放到小烧杯里，故A错误；‎ B、氢氧化钠固体溶于水放热，故应冷却至室温，移液时应用玻璃棒引流，否则溶液溅出会导致浓度偏低，并洗涤烧杯 2～3 次，将溶质全部转移至容量瓶中，故B正确；‎ C、定容时，应平视刻度线，仰视会导致体积偏大，故C错误；‎ D、仰视刻度线，会导致体积偏大，则溶液浓度偏小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（　　）‎ A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢 C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；‎ B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；‎ C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．熔融氢氧化钠电解质，也能导电，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】考查电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2‎ 属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。‎ ‎10.下列关于有机物的说法正确的是 A. C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2的有4种 B. 糖类、油脂、蛋白质都是电解质 C. 乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型相同 D. 将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中的淀粉已水解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中含有-COOH，可认为是C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷2种结构，每种结构中有2种不同位置的H原子，所以C5H10O2的属于羧酸的同分异构体有4种，A正确；‎ B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电，熔融状态下也不能导电，且蛋白质是高分子化合物，因此都不是电解质，B错误；‎ C.乙烯使溴水褪色，发生的是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不相同，C错误；‎ D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉，但不能证明淀粉是否已水解，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是 A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加成聚合反应 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-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。‎ ‎【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；‎ C项、有机物分子中含有饱和碳原子，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错误；‎ D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。‎ ‎12.下列关于有机化合物 和 的说法正确的是( )‎ A. 一氯代物数目均有6种 B. 二者均能发生取代、加成和氧化反应 C. 可用酸性高锰酸钾溶液区分 D. 分子中所有碳原子可能在同一平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；‎ B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；‎ C. 中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；‎ D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。‎ ‎13.可用来鉴别己烯、甲苯、己烷的一组试剂是( )‎ A. 溴水 B. 酸性高锰酸钾溶液 C. 溴水、酸性高锰酸钾溶液 D. 溴的四氯化碳溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：①取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；②再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；‎ 答案：C ‎【点睛】1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、 碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；②与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；③与醛类等有醛基的有机物（如醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。‎ ‎14.二氯丁烷的同分异构体有( )‎ A. 6种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】丁烷中，当碳链为C-C-C-C，当氯原子在同一个碳上，有2中结构，氯在不同的碳上，有4种结构；当为异丁烷时，当氯原子在同一个碳上，有1中结构，氯在不同的碳上，有2种结构，共有2+4+1+2=9种二氯代物。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。‎ ‎15.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：C>B>A B. 气态氢化物的热稳定性：E>C C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：B>E D. 化合物DC与EC2中化学键类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。‎ A. 根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径： B >C>A，故错误；‎ B. 氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：C> E，故错误；‎ C. 氮非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正确；‎ D. 氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。‎ 故选C。‎ ‎16.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是( )‎ A. 由四种元素形成的两种盐，水溶液中反应能生成N B. Y与Z形成的化合物中阴、阳离子个数比可为1:1‎ C. 化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同 D. X与Y形成的化合物中，成键原子均满足8电子结构 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙是一种“绿色氧化剂”，乙是H2O2，H2O2会分解生成氧气与氢气，据转化关系易知M是单质，所以M是O2；乙和丁的组成元素相同，则丁是H2O；化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，N是SO2，丙是H2S，则甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S，则 A. 由四种元素形成的两种盐，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠，两者可反应，其离子方程式为：，A项正确；‎ B. Y为O，Z为Na，两者形成的化合物为过氧化钠与氧化钠，化合物中阴、阳离子个数比均为1：2，B项错误；‎ C. 二氧化硫使溴水褪色发生氧化还原反应，乙烯使溴水褪色发生加成反应，C项错误；‎ D. H与O形成的化合物为过氧化氢或水，其中H原子均满足2电子结构，而不是8电子结构，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。A项是难点，学生要掌握硫酸氢钠水溶液相当于酸性溶液。‎ ‎17.FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO3的唯一还原产物是(　 　)‎ A. NO2 B. NO C. N2O D. N2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据氧化还原反应中得失电子数相等进行计算。‎ ‎【详解】设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol，HNO3唯一还原产物中N化合价为+x。反应中有→+，1 mol FeS2失电子15mol；→‎ ‎，只有5 molHNO3作氧化剂得电子5（5－x）mol。则5（5－x）＝15，解得x＝2。‎ 本题选B。‎ ‎【点睛】化学反应中的质量守恒关系、氧化还原反应中得失电子相等、离子反应中的电荷守恒关系等，是化学计算中的隐含条件。‎ ‎18.高温下焙烧CuFeS2的反应之一为2CuFeS2+7O2=CuSO4+CuO+Fe2O3+3SO2，下列关于该反应的叙述正确的是( )‎ A. CuFeS2中硫的化合价为-1‎ B. CuFeS2发生还原反应 C. 1 mol CuFeS2完全反应转移13 mol电子 D. CuSO4和SO2既是氧化产物，又是还原产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 中Cu为+2价，Fe为+2价，S为-2价。A错；S、Fe的化合价均升高，发生氧化反应，B错；1mol CuFeS2完全反应转移电子为28mol，C错；O2中氧元素化合价降低，所以CuSO4和SO2既是氧化产物又是还原产物，D正确。‎ ‎19.工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：‎ ‎①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O ‎②MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4‎ 下列说法不正确的是 （ ）‎ A. ①中MnO2和H2SO4都是氧化剂 B. ①中析出16gS时转移1 mol电子 C. ②中MnSO4发生氧化反应 D. 硫酸在该生产中可循环利用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．反应①中MnO2→MnSO4，Mn元素化合价降低，MnSO4为氧化剂，②中MnSO4→MnO2，Mn元素化合价升高，为氧化剂，故A错误；B．①中析出16gS即0.5mol，转移为2×0.5mol=1mol电子，故B正确；C．②中MnSO4→MnO2‎ ‎，Mn元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故C正确；D．反应①消耗硫酸，反应②生成硫酸，硫酸可循环利用，故D正确。故选A。‎ 考点：考查氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 ‎20.还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是( )‎ A. I-、Fe3+、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br-‎ C. Fe2+、Fe3+、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次亚铁离子，最后是溴离子；‎ A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；‎ B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；‎ C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；‎ D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。‎ ‎21.有时候，将氧化还原方程式拆开写成两个“半反应”。下面是一个“半反应”式：( )NO3— +( )H++( )e-=( )NO+( )H2O，该式的配平系数是（ ）‎ A. 1，3，4，2，1 B. 2，4，3，2，1 C. 1，6，5，1，3 D. 1，4，3，1，2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】（设“1”法）设NO3—的化学计量数为1，根据N元素化合价由+5价变为+2价，则得到3个电子，则根据电子移动数目可确定e-的化学计量数为3，结合电荷守恒可知H+的计量数为|-1-3|=4，根据H原子守恒可知H2O的化学计量数分别为2，NO的化学计量数为1，故该式的配平系数是1，4，3，1，2， 答案选D。‎ ‎22.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到足量的稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述错误的是( )‎ A. 当金属全部溶解时，电子转移的数目为0.3NA B. 参加反应的金属的总质量3.6g H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O C. H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O D. H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；‎ ‎【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；‎ B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正确； ‎ C.0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；‎ D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；‎ 本题选不正确的，应选C。‎ ‎【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。‎ ‎25.对四种无色溶液进行离子检验，实验结果如下，其中明显错误的是( )‎ 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】‎ 试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以大量共存的。D中MnO4－显紫红色，且具有氧化性，能氧化S2－，因此不能大量共存，其余选项都是正确的，答案选D。‎ 考点：考查离子共存的正误判断 点评：该题是高考中的热点，属于中等难度的试题。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；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。‎ 第Ⅱ卷（非选择题50分）‎ ‎26.A．[物质结构与性质]‎ Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。‎ ‎（1）Cu2+基态核外电子排布式为____。‎ ‎（2）的空间构型为____（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为____（填元素符号）。‎ ‎（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为____；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为____。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面体 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 考查物质结构与性质，涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识，都属于基础性知识，难度系数不大；‎ ‎【详解】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；‎ ‎（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；‎ ‎（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；‎ ‎（4）考查晶胞计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；‎ ‎【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。‎ ‎27.B．[实验化学]‎ 丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为 实验步骤如下：‎ 步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。‎ 步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。‎ 步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。‎ 步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。‎ ‎（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。‎ ‎（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。‎ ‎（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。‎ ‎（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。‎ ‎【答案】 (1). 作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (2). (直形)冷凝管 (3). 防止暴沸 (4). 丙炔酸 (5). 分液 (6). 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；‎ ‎（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；‎ ‎（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；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，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；‎ ‎（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。‎ ‎【点睛】《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。‎ ‎28.铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。‎ ‎(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式。可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预防处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol·L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值______‎ ‎(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合样品，采用上述方法测得n(Fe): n(Cl)=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为____。在实验室中，FeCl2可用铁粉和____反应制备，FeCl3可用铁粉和_______反应制备 ‎(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为____________‎ ‎(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________‎ ‎【答案】 (1). n(Cl)=0.0250L×0.40mol·L-1=0.010mol，0.54g-0.010mol×35.5g·mol -1=0.19g，n(Fe)=0.19g/56g·mol-1=0.0034mol，n(Fe): n(Cl)=0.0034:0.010≈1:3，x=3 (2). 0.10 (3). 盐酸 (4). 氯气 (5). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (或2Fe3++3I-=2Fe2++I3-) (6). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由离子交换关系，氢氧根离子物质的量等于氯离子物质的量，等于酸碱中和滴定时消耗氢离子物质的量，据此计算0.54g FeClx中氯离子物质的量，进而计算x值；‎ ‎(2)根据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进而计算氯化铁质量分数；‎ ‎(3)FeCl3具有氧化性，氢碘酸具有还原性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘与水；‎ ‎(4)用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，氯元素被还原为氯离子，同时有水生成，配平书写离子方程式。‎ ‎【详解】(1) 由离子交换关系，OH-的物质量等于Cl-物质的量，等于酸碱中和滴定时，消耗H+的物质的量。n(Cl-)=n(H+)=n(OH-)=0.0250L×0.40 mol•L-1=0.010 mol，则=0.010 mol，解得：x=3，故答案为：样品中氯的物质的量为0.01mol，FeClx中x的值为3；‎ ‎(2)设混合物中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，根据物质中Fe和Cl的物质的量的比例，有(x+y)∶(2x+3y)=1∶2.1，得到x∶y=9∶1，氯化铁物质的量分数=×100%=10%，在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应制备，FeCl3可用铁粉和氯气反应制备，故答案为：10%；盐酸；氯气；‎ ‎(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；‎ ‎(4)用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，氯元素被还原为氯离子，同时有水生成，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。‎ ‎29.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 ‎ ‎(1)基态钛原子的价电子排布式为_____，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是____(填元素符号)。 ‎ ‎(2)在浓的TiCl 3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，则该配合物的化学式为______； 1mol该配合物中含有σ键的数目_______。‎ ‎(3)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。 ‎ ‎①组成M的元素中，电负性最大的是_________(填名称)。 ‎ ‎②M中非金属元素的第一电离能大小顺序_________。 ‎ ‎③M中不含________(填代号)。 ‎ a．π键 b．σ键 c．离子键 d．配位键 ‎ ‎(4)金红石(TiO 2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞是典型的四方晶系，结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。‎ ‎ 若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，____，___)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 3d24s2 (2). Ni、Ge、Se (3). [TiCl(H2O)5] Cl2·H2O (4). 18NA (5). 氧 (6). O>Cl>H>C (7). C (8). 0.81a (9). 0.5c (10). 0.31×a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，其价电子排布式为3d24s2；‎ ‎(2)浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，另一种配体为H2O，三个Cl-，一个在内界，两个在外界，满足电中性；‎ ‎(3)①M中含有的元素有：Ti，Cl，O，C，H；②M中的非金属元素有Cl，O，C，H，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小；③M中含有共价键，配位键，共价单键为σ键，共价双键中一根为σ键，一根为π键，据此分析解答；‎ ‎(4)根据A、B、C的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D的原子坐标并计算钛氧键键长d。‎ ‎【详解】(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，其价电子排布式为3d24s2，与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Ni，Ge，Se，共3种，故答案为：3d24s2；Ni、Ge、Se；‎ ‎(2)浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，另一种配体为H2O，三个Cl-，一个在内界，两个在外界，满足电中性，所以配离子为：[TiCl(H2O)5]2+，该配合物的化学式为[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O，1mol该配合物中含有6mol配位键，6mol水分子中含有12molH-O键，因此σ键的数目为18NA，故答案为：[TiCl(H2O)5] Cl2·H2O；18NA；‎ ‎(3)①M中含有的元素有：Ti，Cl，O，C，H，非金属性越强，电负性越大，其中电负性最大的是O，故答案为：氧；‎ ‎②M中的非金属元素有Cl，O，C，H，同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，因此第一电离能O>Cl>H>C，故答案为：O>Cl>H>C；‎ ‎③M中含有共价键，配位键，共价单键为σ键，共价双键中一根为σ键，一根为π键，所以M中不含离子键，故答案为：c；‎ ‎(4)A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，坐标系原点选取点A，O2-作变形六方最紧密堆积，Ti4+在晶胞顶点及体心位置，O2-在晶胞上下底面的面对角线方向各有2个，在晶胞半高的另一个面对角线方向也有两个，中间半层的结构为(俯视图)，l即为钛氧键的键长d，根据几何知识，则D点的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)；金红石晶胞中，上底面结构为：(俯视图)，根据上底面结构，d=(a-0.69a)×=0.31×a，故答案为：0.81a； 0.5c； 0.31×a。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(4)，关键是确定D在晶胞中的相对位置，要注意晶胞内的三个微粒(包括D和其他两个)处于对角线上。‎ ‎ ‎