湖北省武汉市新洲一中、黄陂一中联考高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省武汉市新洲一中、黄陂一中联考高二（下）期末化学试卷一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用，下列做法不正确的是（）a研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少pm2.5污染b绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理c铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素d地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同2下列有关化学用语或名称表达正确的是（）a亚硫酸的电离方程式：h2so32h+sob乙炔的分子结构模型示意图：ch2o2的电子式：h+2h+d的名称3甲基1丁醇3设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a50ml，12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3nab常温常压下4.4g乙醛所含键数目为0.7nac向浓h2so4中通入h2s气体，1mol浓h2so4转移电子数一定是2 nad2.0gh218o与d2o的混合物中所含中子数为na4下列离子方程式中不正确的是（）afebr2溶液中通入少量cl2：2fe2+cl22fe3+2clb酸性高锰酸钾溶液中加入草酸：2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2oc硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：2h+s2o32s+so2+h2od将氧气通入酸性碘化钾溶液中：2i+o2+4h+i2+2h2o5下列实验正确的是（）a蒸发、浓缩b检查装置气密性c碳酸氢钠受热分解d分离沸点不同且互溶的液体混合体6如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论a将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加kscn溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将fe氧化为fe3+b将铜粉加1.0moll1fe2（so4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属 铁比铜活泼c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熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低d将0.1moll1mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1moll1cuso4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀cu（oh）2的溶度积比mg（oh）2的小aabbccdd7原电池发生的反应是可自发进行的氧化还原反应，co/o2燃料电池以熔融状态的碳酸盐为电解质，下列说法正确的是（）aco在正极通入bco32在电池内部向正极移动c当有22.4lco参加反应时电路中有2mol电子发生转移d该电池电解质在固态时，电池无法工作8x、y、z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物m、n、r，常温下m、n为固体，r为液体m、n遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，下列说法正确的是（）a三种元素都是非金属元素bm、n投入水中所得溶液中溶质相同c三种化合物都是共价化合物dz是地壳中含量最多的元素9下列除去杂质的方法，正确的是（）amgcl2溶液中含有fecl3杂质只能用mg通过沉淀转化除杂b乙醇中含有乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，分液cnacl溶液中含有kno3杂质，应采取加热蒸发，冷却结晶，过滤的方法dco2中含有hcl杂质：通应入饱和nahco3溶液，洗气10在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）aph=1的溶液中，nh4+、fe3+、so42、clb通入过量so2气体的溶液中：fe3+、no3、ba2+、h+cc（al3+）=0.1mol/l的溶液中：na+、k+、alo2、so42d由水电离出的c（h+）=11013mol/l的溶液中：na+、hco3、cl、br11某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42、hco3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）aab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，mg2+2oh=mg（oh）2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1dd点溶液中含有的溶质只有naalo212下列说法正确的是（）非金属氧化物一定不是碱性氧化物mg、al、fe、cu 都属于有色金属电解质溶液的导电过程属于化学变化北京奥运会奖牌“金镶玉”奖牌玉的化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如：ca2mg5si8o22（oh）2可用氧化物表示为：2cao5mgo8sio2h2o某胶体遇盐卤（mgcl2）或石膏水易发生聚沉，而与食盐水或na2so4溶液不易发生聚沉，则该胶体遇bacl2或fe（oh）3胶体可发生聚沉，且说明na+使此胶体聚沉的效果不如ca2+、mg2+so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性fe（oh）3、fecl2、sih4都不能直接用化合反应制备abcd全部13下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2向fe（oh）3胶体中逐滴加入过量h2so4向ba（no3）2溶液中通入过量的so2向石灰水中通入过量的co2向alcl3溶液中逐滴滴加naoh溶液至过量abcd14将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是no，向所得溶液中加入物质的量浓度为3moll1的naoh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，则下列有关叙述中正确的是（）a开始加入合金的质量可能为3.6gb参加反应的硝酸的物质的量为0.1molc沉淀完全时消耗naoh溶液的体积为100mld溶解合金时产生no的体积为2.24l15室温下，将0.05mol na2co3固体溶于水配成100ml溶液，向溶液中加入如表物质有关结论正确的是（）加入的物质结论a50ml 1moll1h2so4反应结束后，c（na+）=c（so42）b0.05molcao溶液中c（oh）增大c50ml h2o由水电离出的c（h+）c（oh）不变d0.1molnahso4固体反应完全后，溶液ph减小，c（na+）不变aabbccdd16羰基硫（cos）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害在恒容密闭容器中，将co和h2s混合加热并达到下列平衡：co（g）+h2s（g）cos（g）+h2（g） k=0.1反应前co的物质的量为10mol，平衡后co物质的量为8mol，下列说法正确的是（）a升高温度，h2s浓度增加，表明该反应是吸热反应b通入co后，正反应速率逐渐增大c反应前h2s物质的量为7moldco的平衡转化率为80%二、非选择题（共38分）17按要求书写方程式：（1）84消毒液与洁厕灵混合使用可能产生毒气，请用离子方程式表明该过程：（2）酸性高锰酸钾能够氧化过氧化氢，请写出该反应的化学方程式：（3）化合物高铁酸钾k2feo4可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由fecl3和kclo在强碱条件下反应制得，其反应离子方程式为（反应物写fe3+）：（4）已知酸性条件下naclo2可以发生反应生成nacl并释放出clo2，该反应的离子方程式为18a+bx+y+h2o（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，请回答：（1）若y为黄绿色气体：当 a、b的物质的量之比为1：4且a为黑色固体时，该反应的离子方程式是；当 a、b的物质的量之比为1：6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移：（2）若a为单质，b为无色油状黏稠液体，当 a、b的物质的量之比为1：2时，则a可能为，检查其中刺激性气体产物x的方法是（3）常温下a在b的浓溶液中会“钝化”，且a可溶于x溶液中，若a为金属单质，a和b以物质的量之比1：4反应过量的a和100ml，2mol/l的b溶液充分反应后，将溶液稀释至500ml，溶液中阴离子的物质的量浓度为（4）若a、b、x、y均为化合物，向a溶液中加入硝酸酸化的agno3溶液，产生白色沉淀；b的焰色为黄色，则a与b按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为19亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）已知：室温下，2no+na2o2=2nano23nano2+3hcl3nacl+hno3+2no+h2o；酸性条件下，no或no2 都能与mno4反应生成no3 和mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式（2）b中观察到的主要现象是有无色气体产生和，d装置的作用是（3）检验c中产物有亚硝酸钠的方法是（4）经检验c产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在b、c装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭g20以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（fe2o3），过程如图：（1）硫酸渣的成分中既能与酸又能与碱反应的是，写出酸溶过程fe2o3与稀硫酸反应的离子反应方程式：（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见表）沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2开始沉淀2.73.87.59.4完全沉淀3.25.29.712.4（3）滤渣a的主要成分为，滤液b含有的主要物质有（4）如何证明洗涤环节充分洗净（5）已知硫酸渣质量为a kg，假设铁红制备过程中铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为b kg，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为（用题中所给数据计算并用最简整数比表示结果）三、化学­-选修3：物质结构与性质21卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们（1）卤族元素位于周期表的区；溴的价电子排布式为（2）在不太稀的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合（hf）2形式存在的使氢氟酸分子缔合的作用力是（3）请根据如表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是氟氯溴碘铍第一电离能（kj/mol）1681125111401008900（4）碘在水中的溶解度虽然小，但在碘化钾溶液中溶解度却明显增大这是由于溶液中发生下列反应i+i2=i3i3离子的中心原子周围键电子对对数为，孤电子对对数为与ki3类似的，还有csicl2等已知csicl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列式发生acsicl2cscl+icl bcsicl2csi+cl2（5）已知clo2为v形，中心氯原子周围有四对价层电子clo2中心氯原子的杂化轨道类型为，写出一个clo2的等电子体（6）图1为碘晶体晶胞结构有关说法中正确的是a碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以配位数4交替配位形成层结构b用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子c碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体d碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力（7）已知caf2晶体（见图2）的密度为g/cm3，na为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个ca2+的核间距为a cm，则caf2的相对分子质量可以表示为四、化学­-选修5：有机化学基础22对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得出下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；d可与银氨溶液反应生成银镜；f的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为l：1答下列问题：（1）a的化学名称为；（2）由b生成c的化学反应方程式为；该反应的类型为；（3）d的结构简式为；（4）f的分子式为；（5）g的结构简式为；（6）e的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2：2：1的是（写结构简式）2015-2016学年湖北省武汉市新洲一中、黄陂一中联考高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用，下列做法不正确的是（）a研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，某种程度可以减少pm2.5污染b绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理c铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素d地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同【分析】apm2.5主要来源有汽车尾气、煤燃烧产生的废气、工业废气、建筑工地和道路交通产生的扬尘；b绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染；c血红蛋白是一种红色含铁的蛋白质，食用“铁强化酱油”可以预防“缺铁性贫血”；d地沟油中含有杂质及有毒物质，地沟油属于高级脂肪酸甘油酯，可加工制成生物柴油，与从石油中提取的柴油成分不同；【解答】解：a研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染，燃料电池中的燃料在电池内部燃烧，不会产生尾气污染，减少了颗粒物的产生，某种程度可以减少pm2.5污染，故a正确；b用化学原理对环境污染进行治理是已经产生污染，而绿色化学又称环境友好化学，其核心就是要利用化学反应原理从源头消除污染，故b错误；c由于血红蛋白中的铁是人体内氧的输送者，在酱油中添加铁强化剂可增加人体内的铁元素，改善人体营养性贫血，故c正确；d地沟油中含有杂质及有毒物质，将地沟油回收再加工为食用油，直接影响人类的健康，“地沟油”中主要含有油脂，油脂的化学成分为高级脂肪酸甘油酯，矿物柴油主要是由石油分馏后的c15c18的多种烃的混合物，而生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯，成分不同，故d正确；故选b2下列有关化学用语或名称表达正确的是（）a亚硫酸的电离方程式：h2so32h+sob乙炔的分子结构模型示意图：ch2o2的电子式：h+2h+d的名称3甲基1丁醇【分析】a亚硫酸为二元弱酸，电离方程式应该分步书写；b乙炔为直线型结构，碳原子的相对半径大于氢原子；c双氧水分子为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；d该有机物分子中含有羟基，含有羟基的最长碳链含有4个c，主链为丁醇，甲基在3号c，据此写出该有机物的名称【解答】解：a硫酸的电离分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：h2so3h+hso3，故a错误；b乙炔为直线型，乙炔的分子结构模型示意图为：，故b错误；c双氧水为共价化合物，分子中含有2个氢氧键和1个oo键，其正确的电子式为d的主链主链为丁醇，编号从距离羟基最近的一端开始，羟基在1号c，甲基在3号c，其名称为：3甲基1丁醇，故d正确；故选d3设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）a50ml，12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3nab常温常压下4.4g乙醛所含键数目为0.7nac向浓h2so4中通入h2s气体，1mol浓h2so4转移电子数一定是2 nad2.0gh218o与d2o的混合物中所含中子数为na【分析】a二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；b求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6mol键来分析；ch2s+h2so4（浓）s+so2+2h2o中，s元素的化合价由2价升高为0，s元素的化合价由+6降低为+4价，也可能发生反应3h2so4（浓）+h2s4so2+4h2o 向浓h2so4中通入h2s气体，转移的电子数可能是6na；dh218o与d2o的摩尔质量均为20g/mol，且h218o与d2o中均含10个中子；【解答】解：a二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3na个，故a错误；b.4.4g乙醛的物质的量=0.1mol，而1mol乙醛中含6mol键，故0.1mol乙醛中含0.6mol键，即0.6na个，故b错误；ch2s+h2so4（浓）s+so2+2h2o中，s元素的化合价由2价升高为0，s元素的化合价由+6降低为+4价，电子转移2na，如发生反应3h2so4（浓）+h2s4so2+4h2o 向浓h2so4中通入h2s气体，转移的电子数可能是6na，因为h2s中s元素由2价升高到+4价，化合价升高了6价，转移的电子数可能是6na，故c错误；dh218o与d2o的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而且h218o与d2o中均含10个中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即na个，故d正确；故选d4下列离子方程式中不正确的是（）afebr2溶液中通入少量cl2：2fe2+cl22fe3+2clb酸性高锰酸钾溶液中加入草酸：2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2oc硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸：2h+s2o32s+so2+h2od将氧气通入酸性碘化钾溶液中：2i+o2+4h+i2+2h2o【分析】a少量氯气，只氧化亚铁离子；b发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；c发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；d发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒【解答】解：afebr2溶液中通入少量cl2的离子反应为2fe2+cl22fe3+2cl，故a正确；b酸性高锰酸钾溶液中加入草酸的离子反应为2mno4+5h2c2o4+6h+2mn2+10co2+8h2o，遵循电子、电荷守恒，故b正确；c硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸的离子反应为2h+s2o32s+so2+h2o，遵循电子、电荷守恒，故c正确；d将氧气通入酸性碘化钾溶液中的离子反应为4i+o2+4h+2i2+2h2o，故d错误；故选d5下列实验正确的是（）a蒸发、浓缩b检查装置气密性c碳酸氢钠受热分解d分离沸点不同且互溶的液体混合体【分析】a在蒸发皿中进行蒸发、浓缩；b关闭止水夹，利用长颈漏斗导管内液面与烧瓶内液面差检验气密性；c碳酸氢钠加热分解有水生成；d温度计测定馏分的温度，冷却水下进长出【解答】解：a在蒸发皿中进行蒸发、浓缩，而图中为坩埚，故a错误；b关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当长颈漏斗导管内液面与烧瓶内液面差一段时间不变，则气密性良好，故b正确；c碳酸氢钠加热分解有水生成，为防止生成的水倒流，则试管口应略向下倾斜，故c错误；d温度计测定馏分的温度，冷却水下进长出，由图可知，温度计的水银球位置不合理，故d错误；故选b6如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论a将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加kscn溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将fe氧化为fe3+b将铜粉加1.0moll1fe2（so4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属 铁比铜活泼c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熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低d将0.1moll1mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1moll1cuso4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀cu（oh）2的溶度积比mg（oh）2的小aabbccdd【分析】a过量铁粉，反应生成亚铁离子；bcu和fe3+发生氧化还原反应生成fe2+和cu2+；c三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；d溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质【解答】解：a过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入kscn溶液、溶液不显红色，故a错误；bcu和fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为cu+2fe3+=cu2+2fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故b错误；c将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故c错误；d将0.1moll1mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，说明naoh完全反应，再滴加0.1moll1cuso4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以cu（oh）2的溶度积比mg（oh）2的小，故d正确；故选d7原电池发生的反应是可自发进行的氧化还原反应，co/o2燃料电池以熔融状态的碳酸盐为电解质，下列说法正确的是（）aco在正极通入bco32在电池内部向正极移动c当有22.4lco参加反应时电路中有2mol电子发生转移d该电池电解质在固态时，电池无法工作【分析】a燃料电池中，燃料在负极通入；b放电时，阴离子向负极移动；c温度和压强未知，无法计算co的物质的量；d没有自由移动的离子时，原电池无法形成电流【解答】解：a燃料电池中，燃料co失电子发生氧化反应，所以在负极通入，故a错误；b放电时，阴离子co32向负极移动，故b错误；c温度和压强未知，无法计算co的物质的量，导致无法计算co转移电子数，故c错误；d该电池电解质在固态时，电解质中不含自由移动的离子，电解质内部不能形成电流，导致不能形成闭合回路，则电池无法工作，故d正确；故选d8x、y、z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物m、n、r，常温下m、n为固体，r为液体m、n遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，下列说法正确的是（）a三种元素都是非金属元素bm、n投入水中所得溶液中溶质相同c三种化合物都是共价化合物dz是地壳中含量最多的元素【分析】x、y、z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，x的原子序数最小，只能属于第一周期，且能和其它元素化合，所以x是h元素；y处于第二周期、z处于第三周期，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物m、n、r，常温下m、n为固体，r为液体，则r是h2o2，y是o元素；z属于第三周期，z能和h元素形成1：1型固体，和o元素能形成1：1型固体，且m、n遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，则z是na元素【解答】解：x、y、z是原子序数依次增大且属于不同周期的三种常见短周期元素，x的原子序数最小，只能属于第一周期，且能和其它元素化合，所以x是h元素；y处于第二周期、z处于第三周期，三种元素相互之间可以形成1：1型的化合物m、n、r，常温下m、n为固体，r为液体，则r是h2o2，y是o元素；z属于第三周期，z能和h元素形成1：1型固体，和o元素能形成1：1型固体，且m、n遇到水都能产生气体，而且产生的气体相互可以化合，则z是na元素a、z是金属钠，故a错误；b、氢化钠与过氧化钠反应生成溶质相同的氢氧化钠，故b正确；c、氢化钠与过氧化钠是离子化合物，故c错误；d、z是na元素，地壳中含量最多的元素是氧，而不是钠，故d错误；故选b9下列除去杂质的方法，正确的是（）amgcl2溶液中含有fecl3杂质只能用mg通过沉淀转化除杂b乙醇中含有乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，分液cnacl溶液中含有kno3杂质，应采取加热蒸发，冷却结晶，过滤的方法dco2中含有hcl杂质：通应入饱和nahco3溶液，洗气【分析】a可利用铁离子易水解的性质除杂；b乙醇易溶于水；c硝酸钾溶解度随温度变化较大，加热蒸发，冷却结晶，析出的固体中仍含有硝酸钾；dhcl可与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳【解答】解：afecl3易水解生成氢氧化铁，可加入mg（oh）2粉末、mgo或mgco3，调节溶液的ph，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故a错误；b乙醇易溶于水，不能用分液的方法分离，可蒸馏分离，故b错误；c硝酸钾溶解度随温度变化较大，加热蒸发，冷却结晶，析出的固体中仍含有硝酸钾，应用蒸发结晶的方法分离，故c错误；d二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，hcl可与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，可用于除杂，故d正确故选d10在下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）aph=1的溶液中，nh4+、fe3+、so42、clb通入过量so2气体的溶液中：fe3+、no3、ba2+、h+cc（al3+）=0.1mol/l的溶液中：na+、k+、alo2、so42d由水电离出的c（h+）=11013mol/l的溶液中：na+、hco3、cl、br【分析】aph=1的溶液，显酸性；b发生氧化还原反应；c离子之间相互促进水解；d由水电离出的c（h+）=11013mol/l的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：aph=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故a正确；bfe3+、so2发生氧化还原反应，no3、h+、so2发生氧化还原反应后生成硫酸根离子与ba2+结合生成沉淀，不能大量共存，故b错误；calo2、al3+相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故c错误；d由水电离出的c（h+）=11013mol/l的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在hco3，故d错误；故选a11某溶液中可能含有h+、na+、nh4+、mg2+、fe3+、al3+、so42、hco3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的naoh溶液时，发现生成沉淀物质的量随naoh溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是（）aab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，mg2+2oh=mg（oh）2b原溶液中含有的阳离子必定有h+、nh4+、al3+、mg2+c原溶液中含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1dd点溶液中含有的溶质只有naalo2【分析】根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，据此回答判断【解答】解：根据图象第一段，沉淀不是马上出现，可知一定有氢离子，酸碱中和反应是一切反应的优先反应，生成沉淀在后面溶解一部分，一定有铝离子，根据第三段，和氢氧化钠反应的离子不产生沉淀，证明是铵根离子，根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，一定不含碳酸氢根离子和镁离子，即原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，a、ab段发生的离子反应为：al3+3oh=al（oh）3，fe3+3oh=fe（oh）3，故a错误；b、原溶液中含有的阳离子是h+、nh4+、fe3+、al3+，故b错误；c、根据坐标得生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，其中氢氧化铝溶解用了一体积的氢氧化钠，所以形成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，还有三体积的氢氧化钠一定是被三价铁离子消耗，所以一定含有三价铁离子，含有的fe3+和al3+的物质的量之比为1：1，故c正确；d、d点溶液中含有的溶质有naalo2，还有nh3h2o，故d错误故选c12下列说法正确的是（）非金属氧化物一定不是碱性氧化物mg、al、fe、cu 都属于有色金属电解质溶液的导电过程属于化学变化北京奥运会奖牌“金镶玉”奖牌玉的化学成分多为含水钙镁硅酸盐，如：ca2mg5si8o22（oh）2可用氧化物表示为：2cao5mgo8sio2h2o某胶体遇盐卤（mgcl2）或石膏水易发生聚沉，而与食盐水或na2so4溶液不易发生聚沉，则该胶体遇bacl2或fe（oh）3胶体可发生聚沉，且说明na+使此胶体聚沉的效果不如ca2+、mg2+so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性fe（oh）3、fecl2、sih4都不能直接用化合反应制备abcd全部【分析】大多数金属氧化物是碱性氧化物，大多数非金属氧化物是酸性氧化物；根据已有的知识进行分析，铁、铬、锰及其合金属于黑色金属；电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应；根据化合价书写氧化物形式，一般为格式为：较活泼金属氧化物较不活泼金属氧化物二氧化硅水，注意符合元素的比例关系；胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或na2so4溶液则不易发生凝聚，说明它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好；二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁【解答】解：非金属氧化物不能和酸反应生成对应盐和水，所以一定不是碱性氧化物，故正确；铁、铬、锰及其合金属于黑色金属，其余金属属于有色金属，铁为黑色金属，故错误；电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生的氧化还原反应，是化学变化，故正确；根据化合价生成氧化物形式，一般为格式为：较活泼金属氧化物较不活泼金属氧化物二氧化硅水，注意符合元素的比例关系，故ca2mg5si8o22（oh）2可用氧化物表示为：2cao5mgo8sio2h2o，故正确；盐卤（mg2+）和石膏水（ca2+）都是二价阳离子，食盐水和硫酸钠是+1价阳离子，胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或na2so4溶液则不易发生凝聚说明胶体表面吸附的主要是阴离子，它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，即na+使此胶体凝聚的效果不如ca2+、mg2+好，故错误；二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，即so2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为它具有还原性，故错误；氢氧化亚铁能被空气中的氧气直接氧化为氢氧化铁，属于化合反应，金属铁可以和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，属于化合反应，但是硅和氢气不能直接反应生成sih4，不能通过化合反应制备，故错误；故选c13下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（）向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2向fe（oh）3胶体中逐滴加入过量h2so4向ba（no3）2溶液中通入过量的so2向石灰水中通入过量的co2向alcl3溶液中逐滴滴加naoh溶液至过量abcd【分析】向饱和na2co3溶液中通入过量co2生成nahco3比na2co3溶解度小；根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生聚沉现象，h2so4与fe（oh）3反应，所以出现先沉淀后溶解现象；酸性条件下，硝酸根有氧化性，能氧化二氧化硫；石灰水和co2反应，生成caco3沉淀，继续通入co2，会与caco3反应生成可溶的ca（hco3）2；先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠【解答】解：中有na2co3+co2+h2o=2nahco3，nahco3比na2co3溶解度小但质量大，且反应中中消耗h2o，析出碳酸氢钠晶体，故有沉淀析出且不溶解；向fe（oh）3胶体中加入h2so4会出现先凝聚生成fe（oh）3沉淀，h2so4过量，fe（oh）3与h2so4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象；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，生成硫酸钡沉淀；向石灰水中通co2，反应有：ca（oh）2+co2=caco3+h2o； caco3+h2o+co2=ca（hco3）2，现象为先沉淀后溶解；化学反应方程式为：alcl3+3naoh=al（oh）3+3nacl，al（oh）3+naoh=naalo2+2h2o，所以发生“先沉淀后溶解”现象所以不发生先沉淀后溶解现象故选d14将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是no，向所得溶液中加入物质的量浓度为3moll1的naoh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，则下列有关叙述中正确的是（）a开始加入合金的质量可能为3.6gb参加反应的硝酸的物质的量为0.1molc沉淀完全时消耗naoh溶液的体积为100mld溶解合金时产生no的体积为2.24l【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀hno3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有no，发生反应：3mg+8hno3（稀）3mg（no3）2+2no+4h2o、3cu+8hno3（稀）3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naohmg（oh）2+2nano3、cu（no3）2+2naohcu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，生成no为0.1mol，a金属的总质量与金属的含量有关，假定全为镁、全为铜计算确定金属的质量范围；b根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）；c根据v=计算加入的氢氧化钠溶液的体积；d根据v=nvm计算no的体积【解答】解：将一定量的镁和铜合金加入到稀hno3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有no，发生反应：3mg+8hno3（稀）3mg（no3）2+2no+4h2o、3cu+8hno3（稀）3cu（no3）2+2no+4h2o；向反应后的溶液中加入3mol/l naoh溶液至沉淀完全，发生反应：mg（no3）2+2naohmg（oh）2+2nano3、cu（no3）2+2naohcu（oh）2+2nano3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成no为=0.1mol，a镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故a错误；b根据方程式可知参加反应的n反应（hno3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故b错误；c加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的naoh为0.3mol，故加入nao溶液的体积为=0.1l=100ml，故c正确；d标况下no的体积为0.1mol22.4l/mol=2.24l，而状态不知，故d错误，故选：c15室温下，将0.05mol na2co3固体溶于水配成100ml溶液，向溶液中加入如表物质有关结论正确的是（）加入的物质结论a50ml 1moll1h2so4反应结束后，c（na+）=c（so42）b0.05molcao溶液中c（oh）增大c50ml h2o由水电离出的c（h+）c（oh）不变d0.1molnahso4固体反应完全后，溶液ph减小，c（na+）不变aabbccdd【分析】n（na2co3）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为co32+h2ohco3+oh，an（h2so4）=2mol/l0.1l=0.2mol，h2so4和na2co3反应方程式为na2co3+h2so4=na2so4+co2+h2o，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液na2so4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（na+）、c（so42）相对大小；bcao+h2o=ca（oh）2、ca（oh）2+na2co3=caco3+2naoh，所以得cao+h2o+na2co3=caco3+2naoh，根据方程式知，二者恰好反应生成naoh，反应后溶液中的溶质是naoh；c加水稀释促进碳酸钠水解；dnahso4和na2co3反应方程式为：2nahso4+na2co3=na2so4+h2o+co2，根据方程式知，二者恰好反应生成na2so4、h2o、co2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性【解答】解：n（na2co3）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为co32+h2ohco3+oh，an（h2so4）=2mol/l0.1l=0.2mol，h2so4和na2co3反应方程式为na2co3+h2so4=na2so4+co2+h2o，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液na2so4，溶液呈中性，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒得（na+）=2c（so42），故a错误；bcao+h2o=ca（oh）2、ca（oh）2+na2co3=caco3+2naoh，随着co32的消耗，co32+h2ohco3+oh向左移动，c（hco3）减小，反应生成oh，则c（oh）增大，故b正确；c加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（h+）、n（oh）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，c（h+）、c（oh）减小，二者浓度之积减小，故c错误；dnahso4和na2co3反应方程式为：2nahso4+na2co3=na2so4+h2o+co2，根据方程式知，二者恰好反应生成na2so4、h2o、co2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的ph减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（na+）增大，故d错误；故选b16羰基硫（cos）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害在恒容密闭容器中，将co和h2s混合加热并达到下列平衡：co（g）+h2s（g）cos（g）+h2（g） k=0.1反应前co的物质的量为10mol，平衡后co物质的量为8mol，下列说法正确的是（）a升高温度，h2s浓度增加，表明该反应是吸热反应b通入co后，正反应速率逐渐增大c反应前h2s物质的量为7moldco的平衡转化率为80%【分析】a升高温度，h2s浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；b通入co后，