浙江省宁波市余姚中学高二化学上学期开学试卷（含解析）.doc

浙江省宁波市余姚中学20152016学年度高二上学期开学化学试卷一、选择题（共20小题）1下列说法错误的是（）afeo是碱性氧化物b用加热法分离泥沙中的碘单质是化学变化c丁达尔效应可用于区分胶体和溶液dfe2o3+3co 2fe+3co2 是复分解反应2相同温度和压强下，在容积为2l的密闭容器中发生反应：2hi（g）h2（g）+i2（g），达到平衡状态的标志是（）a颜色保持不变b气体密度保持不变c2v正（hi）=v逆（i2）d拆开2 mol hi共价键，同时生成1 mol hh共价键3下列变化需克服相同类型作用力的是（）a碘和干冰的升华b硅和冰的熔化c氯化氢和氯化钾的溶解d氯化钠和冰融化4两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成co2的物质的量小于生成h2o的物质的量，则这两种烃的组合不可能是（）ach4和c2h2bch4和c2h4cc2h6和c2h2dc2h4和c2h25根据图，下列判断中正确的是（）a烧杯a中的溶液ph降低b烧杯b中发生氧化反应c烧杯a中发生的反应为2h+2eh2d烧杯b中发生的反应为2cl2ecl26下列两组热化学方程式中，有关h的比较正确的是（）ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）；h1ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）；h2naoh（aq）+h2so4（浓）na2so4（aq）+h2o（l）；h3naoh（aq）+ch3cooh（aq）ch3coona（aq）+h2o（l）；h4ah1h2；h3h4bh1h2；h3h4ch1=h2；h3h4dh1h2；h3h47某同学用如图所示装置制备并检验cl2的性质下列说法正确的是（）a图中：如果mno2过量，浓盐酸就可全部被消耗b图中：量筒中发生了加成反应c图中：生成蓝色的烟d图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有cl2生成8短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，x原子最外层有6个电子，y是至今发现的非金属性最强的元素，z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，w的单质广泛用作半导体材料下列叙述正确的是（）a原子最外层电子数由多到少的顺序：y、x、w、zb原子半径由大到小的顺序：w、z、y、xc元素非金属性由强到弱的顺序：z、w、xd简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：x、y、w9某有机化合物x，经过下列变化后可在一定条件下得到乙酸乙酯则有机物x是（）ac2h5ohbc2h4cch3chodch3cooh10下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）a质子数为17、中子数为20的氯原子clb氯离子（cl）的结构示意图：c氯分子的电子式：d氯乙烯分子的结构简式：h3cch2cl11向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（） 操作 现象 结论 滴加bacl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有so42 滴加氯水和ccl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有i 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有na+、无k+ 滴加稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管 试纸不变蓝 原溶液中无nh4+abcd12设na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）a2.0gh218o与d2o的混合物中所含中子数为nab常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7nac标准状况下，5.6lco2与足量na2o2反应转移的电子数为0.5nad50ml12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3na13下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）a明矾作净水剂b甘油作护肤保湿剂c漂粉精作消毒剂d铁粉作食品袋内的脱氧剂14下列说法正确的是（）ah2、d2互为同位素b碘晶体、碘蒸气是同素异形体cnh4ocn、co（nh2）2互为同分异构体dc2h4与c3h6一定是同系物15在恒温恒容的容器中进行反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g），若氮气浓度由0.1moll1降到0.06moll1需2s，那么由0.06moll1降到0.024moll1需要的反应时间为（）a等于1.8 sb等于1.2 sc大于1.8 sd小于1.8 s16下列有关实验的选项正确的是（）a配制0.10mol/l naoh溶液 b除去co中的co2 c苯萃取碘水中的i2分出水层后的操作 d用量筒量取26.00ml的液体 aabbccdd17下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是（）afecl3溶液（fecl2）：通入适量cl2bco（co2）：通过naoh溶液洗气后干燥cmno2（kcl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干dso2（hcl）：通过饱和na2co3溶液洗气后干燥18部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）a滤液a中的阳离子为fe2+、fe3+、h+b样品中cuo的质量为4.0gcv=448d原样品中fe元素的质量分数为41%19下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（）ana和o2bnaoh和co2cnahco3和naohdna2co3和hcl20下列溶液中通入so2一定不会产生沉淀的是（）aba（oh）2bba（no3）2cna2sdbacl2二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21气态烃a是一种基本的有机化工原料，目前石油裂解已成为生成a的主要方法a在标准状况下的密度为1.25gl1d的分子式为c4h8o2，d在酸性条件下水解得到b和c，c的相对分子质量比b大14四种有机物之间存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）写出d的结构简式：写出过程的化学方程式：三、解答题（共9小题）（选答题，不自动判卷）22某温度时，在2l的密闭容器中，x、y、z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示由图中所给数据进行分析：（1）该反应的化学方程式为；反应从开始至2分钟末，用z表示该反应的平均反应速率；（3）反应达平衡时x的转化率：23请回答：（1）h2o2的电子式镁燃烧不能用co2灭火，用化学方程式表示其理由（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：mno4+c2o24+=mn2+co2+24天津港爆炸致大量氰化钠（nacn）泄露，nacn是剧毒物质专家们使用双氧水（h2o2）来处理氰化钠，反应方程式如下：h2o2+nacn+h2onahco3+nh3（1）若有0.49吨 nacn泄露至少需要质量分数为34%的h2o2溶液吨进行处理（假设h2o2的处理效果是100%，且不考虑h2o2自身分解）相比于双氧水，漂白粉（主要成分ca（clo）2）的价格要便宜的多，若处理相同质量的nacn（生成物相同）需要消耗ca（clo）2mol（假设ca（clo）2的处理效果是100%）25聚合物g可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用有关转化关系如下：已知：ch3ch2ch2br+naohch3ch2ch2oh+nabr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖请回答下列问题：（1）物质a的分子式为，b的结构简式为；请写出f中含氧官能团的名称；（3）反应中属于加成反应的是；（4）写出由两分子f合成六元环化合物的化学方程式26随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示根据判断出的元素回答问题：（1）f在元素周期表的位置是比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式（4）已知1mol 单质e在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kj热量，写出该反应的热化学方程式：（5）上述元素可组成盐r：zx4f（gd4）2，向盛有10ml1moll1r溶液的烧杯中滴加1moll1naoh溶液，沉淀物质的量随naoh溶液体积变化示意图2如下：写出m点反应的离子方程式若r溶液改加20ml1.2moll1ba（oh）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为mol27废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：回答下列问题：（1）反应是将cu转化为cu（nh3）2+4，反应中h2o2 的作用是反应ii是铜氨溶液中的cu（nh3）2+4与有机物rh反应，写出该反应的离子方程式：操作用到的主要仪器名称为，其目的是（填序号）a富集铜元素 b使铜元素与水溶液中的物质分离 c增加cu2+在水中的溶解度（3）操作以石墨作电极电解cuso4 溶液阴极析出铜，阳极产物是操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是（4）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是28工业上，向500600的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，a中反应的化学方程式为，装置b中加入的试剂是制取无水氯化亚铁的实验中，装置a用来制取尾气的成分是若仍用d的装置进行尾气处理，存在的问题是、（3）若操作不当，制得的fecl2 会含有少量fecl3，检验fecl3常用的试剂是欲制得纯净的fecl2，在实验操作中应先点燃处的酒精灯，目的是29如图所示的是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和反应条件被略去常温常压下，化合物a是家庭生活中常用的一种调味品，a、c的焰色反应都呈黄色，b是无色无味的液体，d是黄绿色气体，e、f都是无色气体，f的水溶液是盐酸，h的水溶液具有漂白、杀菌性，j在水溶液中生成时为红褐色沉淀（1）h的化学式为f的电子式为（3）反应的化学方程式为（4）反应的离子方程式为30苯乙烷（c8h10）可生产塑料单体苯乙烯（c8h8），其反应原理是c8h10（g）c8h8（g）+h2（g）h0某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2l真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内物质的量，得到数据如下表：时间/min 0 10 20 30 40n（c8h10）/mol 0.40 0.30 0.26 n2 n3n（c8h8）/mol 0.00 0.10 n1 0.16 0.16（1）当反应进行到20min时，该段时间内h2的平均反应速率是该温度下，该反应的化学平衡常数是化学键 ch cc c=c hh键能/kjmol1 412.5 348 612 436（3）已知：计算上述反应的h= kjmol1若保持其他条件不变，用0.40mol h2（g）和0.40mol c8h8（g）合成c8h10（g），当有30kj热量放出时，该反应中h2的转化率是此时，该反应是否达到了平衡状态？（填“是”或“否”）工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（不参与反应），c8h10（g）的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图、图所示（4）由图可知，t1t2（填“大于”、“小于”或“等于”）（5）由图可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，c8h10的平衡转化率将（填“越大”、“越小”或“不变”），原因是浙江省宁波市余姚中学20152016学年度高二上学期开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题）1下列说法错误的是（）afeo是碱性氧化物b用加热法分离泥沙中的碘单质是化学变化c丁达尔效应可用于区分胶体和溶液dfe2o3+3co 2fe+3co2 是复分解反应【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型【分析】a、和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物；b、碘单质易升华属于物理变化；c、丁达尔效应是胶体的性质，溶液无此性质；d、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，反应过程中无元素化合价变化且在水溶液中进行【解答】解：a、和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物，feo+2hcl=fecl2+h2o，符合碱性氧化物概念，故a正确；b、碘单质易升华属于物理变化，用加热法分离泥沙中的碘单质是利用碘单质的升华性质是物理变化，故b正确；c、丁达尔效应是胶体的性质，溶液无此性质，丁达尔效应可用于区分胶体和溶液，故c正确；d、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，反应过程中无元素化合价变化且在水溶液中进行，fe2o3+3co 2fe+3co2是氧化还原反应，故d错误；故选d【点评】本题考查了物质分类、物质变化和物质性质的分析应用，主要是复分解反应概念的理解分析，掌握基础是关键，题目较简单2相同温度和压强下，在容积为2l的密闭容器中发生反应：2hi（g）h2（g）+i2（g），达到平衡状态的标志是（）a颜色保持不变b气体密度保持不变c2v正（hi）=v逆（i2）d拆开2 mol hi共价键，同时生成1 mol hh共价键【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：a、混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达到平衡状态，故a正确；b、定容密闭容器中，混合气体的质量和条件不变，密度始终恒定不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c、速率之比等于化学方程式计算之比，为正反应速率之比，2v正（hi）=v逆（i2）不符合速率之比等于化学方程式计算数之比，故c错误；d、单位时间内拆开2molhi共价键，同时生成1mol hh，都是正向反应，不能确定 正逆反应速率相等，不能确定达到了平衡状态，故d错误；故选a【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大要注意把握平衡状态的特征，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，3下列变化需克服相同类型作用力的是（）a碘和干冰的升华b硅和冰的熔化c氯化氢和氯化钾的溶解d氯化钠和冰融化【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】化学键与晶体结构【分析】首先判断晶体的类型以及粒子间作用力类型，分子晶体中存在分子间作用力，离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，根据晶体类型分析解答【解答】解：a碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故a正确；b硅属于原子晶体，冰属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故b错误c氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钾溶解破坏离子键，故c错误；d氯化钠融化破坏离子键，冰融化破坏分子间作用力，故d错误故选a【点评】本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，为高频考点，侧重基本概念的考查，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化4两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成co2的物质的量小于生成h2o的物质的量，则这两种烃的组合不可能是（）ach4和c2h2bch4和c2h4cc2h6和c2h2dc2h4和c2h2【考点】有关混合物反应的计算【分析】两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成co2的物质的量小于生成h2o的物质的量，根据原子守恒可知，烃平均组成中c、h原子数目之比小于1：2，据此结合选项解答【解答】解：两种气态烃的混合物，完全燃烧后生成co2的物质的量小于生成h2o的物质的量，根据原子守恒可知，烃平均组成中c、h原子数目之比小于1：2，ach4和c2h2混合，平均组成中c、h原子数目之比介于1：4与1：1之间，可能小于1：2，故a正确；bch4和c2h4混合，平均组成中c、h原子数目之比介于1：4与1：2之间，可能小于1：2，故b正确；cc2h6和c2h2混合，平均组成中c、h原子数目之比介于1：3与1：1之间，可能小于1：2，故c正确；dc2h4和c2h2混合，平均组成中c、h原子数目之比介于1：2与1：1之间，不可能小于1：2，故d错误，故选d【点评】本题考查混合物有关计算，关键是利用原子守恒判断平均组成中c、h原子数目之比，侧重考查学生分析计算能力，难度不大5根据图，下列判断中正确的是（）a烧杯a中的溶液ph降低b烧杯b中发生氧化反应c烧杯a中发生的反应为2h+2eh2d烧杯b中发生的反应为2cl2ecl2【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】电子流出的电极为负极，由装置图可知，zn为负极，发生氧化反应，zn放电生成zn2+，fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成oh，结合选项解答【解答】解：a、fe为正极，氧气在正极放电生成oh，烧杯a中的溶液ph升高，故a错误；b、zn为负极，发生氧化反应，故b正确；c、fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成oh，电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh，故c错误；d、zn为负极，发生氧化反应，zn放电生成zn2+，电极反应式为zn2e=zn2+，故d错误；故选b【点评】本题主要考查原电池原理、电极判断、电极反应式的书写等，难度中等，注意基础知识的掌握6下列两组热化学方程式中，有关h的比较正确的是（）ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）；h1ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）；h2naoh（aq）+h2so4（浓）na2so4（aq）+h2o（l）；h3naoh（aq）+ch3cooh（aq）ch3coona（aq）+h2o（l）；h4ah1h2；h3h4bh1h2；h3h4ch1=h2；h3h4dh1h2；h3h4【考点】反应热的大小比较【专题】化学反应中的能量变化【分析】h为化学反应的焓变，放热反应h0，吸热反应h0；反应的热效应与反应物和生成物的状态有关，据此解答【解答】解：ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（g）；h1、ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）；h2 ，两个反应都是放热反应，后者生成液态水，所以放出的热量大于前者，而放热反应h小于0，放热越多，焓变值越小，故h1h2；naoh（aq）+h2so4（浓）na2so4（aq）+h2o（l）；h3、naoh（aq）+ch3cooh（aq）ch3coona（aq）+h2o（l）；h4两个反应的实质是酸碱中和，都是放热反应，两个反应生成水的物质的量都是1mol，但是ch3cooh（aq）是弱电解质，电离过程吸收一部分热量，所以后者放出的热量小，所以h3h4，故选：b【点评】本题考查了反应热大小的比较，解题关键在于理解反应热的定义，注意反应热的正负号，影响反应热的因素，题目难度不大7某同学用如图所示装置制备并检验cl2的性质下列说法正确的是（）a图中：如果mno2过量，浓盐酸就可全部被消耗b图中：量筒中发生了加成反应c图中：生成蓝色的烟d图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有cl2生成【考点】化学实验方案的评价【分析】a二氧化锰和稀盐酸不反应；b光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应；c铜在氯气中燃烧产生棕色烟；d起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应【解答】解：a浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，而稀盐酸和二氧化锰不反应，所以无论二氧化锰是否过量，盐酸都无法完全反应，故a错误；b光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应而不是加成反应，故b错误；c铜在氯气中燃烧产生棕色烟，向集气瓶中加入水，溶液呈蓝色，故c错误；d氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的是次氯酸，氯气与水反应生成的氯化钠和次氯酸钠在酸性溶液中会发生归中反应而生成氯气，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质之间的反应、实验现象、反应类型判断等知识点，明确物质的性质及实验原理是解本题关键，易错选项是c8短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大，x原子最外层有6个电子，y是至今发现的非金属性最强的元素，z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，w的单质广泛用作半导体材料下列叙述正确的是（）a原子最外层电子数由多到少的顺序：y、x、w、zb原子半径由大到小的顺序：w、z、y、xc元素非金属性由强到弱的顺序：z、w、xd简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：x、y、w【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用【分析】y是至今发现的非金属性最强的元素，那么y是f，x最外层有6个电子且原子序数小于y，应为o，z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于f，那么z为al，w的单质广泛用作半导体材料，那么w为si，据此推断a、x、y、z、w分别为o、f、al和si，结合各个选项解答即可【解答】解：y是至今发现的非金属性最强的元素，那么y是f，x最外层有6个电子且原子序数小于y，应为o，z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于f，那么z为al，w的单质广泛用作半导体材料，那么w为si，据此推断a、x、y、z、w分别为o、f、al和si，a、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数yxwz，故a正确；b、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：alsiof，即zwxy，故b错误；c、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性fosial，故c错误；d、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即yxw，故d错误，故选a【点评】本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大9某有机化合物x，经过下列变化后可在一定条件下得到乙酸乙酯则有机物x是（）ac2h5ohbc2h4cch3chodch3cooh【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】y与z反应生成乙酸乙酯，为乙酸与乙醇反应，x氧化生成z，加氢生成y，故x为醛，据此解答【解答】解：y与z反应生成乙酸乙酯，为乙酸与乙醇反应，x氧化生成z，加氢生成y，故x为乙醛，z为乙酸，y为乙醇，故选c【点评】考查有机物的推断，涉及醛、醇、羧酸的性质，比较基础，注意基础知识的掌握10下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）a质子数为17、中子数为20的氯原子clb氯离子（cl）的结构示意图：c氯分子的电子式：d氯乙烯分子的结构简式：h3cch2cl【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式【分析】a、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；b、氯离子（cl）为cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；c、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；d、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可【解答】解：a、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737cl，故a错误； b、cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的cl，离子结构示意图为：，故b错误；c、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故c正确；d、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：h2c=chcl，故d错误，故选c【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大11向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（） 操作 现象 结论 滴加bacl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有so42 滴加氯水和ccl4，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有i 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有na+、无k+ 滴加稀naoh溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管 试纸不变蓝 原溶液中无nh4+abcd【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加bacl2溶液，都成生成白色沉淀；氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子【解答】解：a、中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故a错误；b、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故b正确；c、黄色火焰可以覆盖k+的浅紫色火焰，故检验k+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故c错误；d、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的nh4+时，滴加稀naoh溶液不会放出nh3，故d错误；故选b【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰12设na为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）a2.0gh218o与d2o的混合物中所含中子数为nab常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7nac标准状况下，5.6lco2与足量na2o2反应转移的电子数为0.5nad50ml12mol/l盐酸与足量mno2共热，转移的电子数为0.3na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a、h218o与d2o的摩尔质量均为20g/mol；b、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6mol键来分析；c、求出二氧化碳的物质的量，然后根据co2与足量na2o2的反应为歧化反应来分析；d、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应【解答】解：a、h218o与d2o的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gh218o与d2o混合物的物质的量为0.1mol，而1molh218o与d2o中均含10mol中子，故0.1molh218o与d2o混合物中含1mol中子，即na个，故a正确；b、4.4g乙醛的物质的量为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；c、标况下，5.6l二氧化碳的物质的量为0.25mol，而co2与足量na2o2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转移0.25mol电子，即0.25na个，故c错误；d、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molhcl反应时转移2mol电子，而50ml12mol/l盐酸的物质的量n=cv=12mol/l0.05l=0.6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电子，即小于0.3na个，故d错误故选a【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大13下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）a明矾作净水剂b甘油作护肤保湿剂c漂粉精作消毒剂d铁粉作食品袋内的脱氧剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析【解答】解：a明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故a错误；b甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故b错误；c漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故c错误；d铁粉作食品袋内的脱氧剂，fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故d正确故选d【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析14下列说法正确的是（）ah2、d2互为同位素b碘晶体、碘蒸气是同素异形体cnh4ocn、co（nh2）2互为同分异构体dc2h4与c3h6一定是同系物【考点】同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体【分析】a质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素； b由同种元素组成的不同单质叫同素异形体；c分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；d同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个ch2原子团的有机化合物【解答】解：ah2、d2是单质，不是原子，不为同位素，故a错误； b碘晶体、碘蒸气是碘单质的不同状态，故b错误；c氰酸铵（nh4ocn）与尿素的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故c正确；dc3h6可能为环烷烃，乙烯一定是烯烃，结构不一定相似，故d错误故选c【点评】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物等概念，难度不大，注意这几个概念的区别15在恒温恒容的容器中进行反应n2（g）+3h2（g）2nh3（g），若氮气浓度由0.1moll1降到0.06moll1需2s，那么由0.06moll1降到0.024moll1需要的反应时间为（）a等于1.8 sb等于1.2 sc大于1.8 sd小于1.8 s【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据氮气浓度由0.1moll1降到0.06moll1需2s结合v=计算反应速率，随着反应物浓度的减小，化学反应速率减慢，反应所需时间增多，依此解答【解答】解：反应物的浓度由0.1moll1降到0.06moll1需20s，即反应物的浓度变化为0.10.06=0.04moll1，v=0.02mol/（ls），反应物的浓度由0.06moll1降到0.024moll，即反应物的浓度变化为0.060.024=0.036moll1，若反应速率不变，则所需时间为2=1.8s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于1.8s，故选c【点评】本题考查难度对化学反应速率的影响，注意化学反应速率概念的计算应用，难度不大16下列有关实验的选项正确的是（）a配制0.10mol/l naoh溶液 b除去co中的co2 c苯萃取碘水中的i2分出水层后的操作 d用量筒量取26.00ml的液体 aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；b二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，co既不溶于碱也不溶于水；c苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；d量筒精确到0.1【解答】解：a溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故a错误；bco不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去co中混有的二氧化碳，故b正确；c苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故c错误；d量筒精确到0.1，无法量取26.00ml，故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大17下列除去杂质（括号的物质为杂质）的方法中，错误的是（）afecl3溶液（fecl2）：通入适量cl2bco（co2）：通过naoh溶液洗气后干燥cmno2（kcl）：加水溶解后过滤、洗涤、烘干dso2（hcl）：通过饱和na2co3溶液洗气后干燥【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学实验基本操作【分析】afecl2可与氯气反应生成fecl3；b二氧化碳与氢氧化钠溶液反应；c二氧化锰不溶于水；d二者都与碳酸钠溶液反应【解答】解：afecl2可与氯气反应生成fecl3，可用于除杂，故a正确；b二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故b正确；c二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法分离，故c正确；d二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，故d错误故选d【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握相关物质的异同，特别是在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质18部分氧化的fecu合金样品（氧化产物为fe2o3、cuo）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）a滤液a中的阳离子为fe2+、fe3+、h+b样品中cuo的质量为4.0gcv=448d原样品中fe元素的质量分数为41%【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】硫酸足量，氧化性：fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，由于滤液a中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液a中不含铁离子，滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，利用极限法判断样品中cuo的质量问题；滤液a中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液a溶质为过量h2so4和feso4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的h+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧元素的质量，进而计算合金中氧原子的物质的量，计算氧原子结合氢离子物质的量，再根据h原子守恒生成氢气的体积，根据质量分数定义计算fe元素质量分数【解答】解：a由于氧化性fe3+cu2+h+，铁离子优先反应，由于滤液a中不含铜离子，且硫酸足量，滤液a中阳离子为fe2+、h+，故a错误；b由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为=0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故b错误；c滤液a中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为fe2o3，其物质的量=0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液a中溶质为过量h2so4和feso4，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的h+和合金中的氧结合成水了，合金中fe元素质量=0.04mol56g/mol=2.24g，故合金中氧原子的物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol0.04mol=0.04mol h+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积=0.02mol22.4l/mol=0.448l=448ml，故c正确；d合金中fe元素的质量为：56g/mol0.04mol=2.24g，故合金中fe元素质量分数=100%=38.89%，故d错误，故选c【点评】本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，难度中等19下列各组物质相互作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是（）ana和o2bnaoh和co2cnahco3和naohdna2co3和hcl【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、根据na和o2反应的条件的不同，生成物也不同；b、根据naoh和少量co2反应的产物是碳酸钠，与过量co2反应的产物是碳酸氢钠；c、根据nahco3和naoh反应的产物是碳酸盐；d、根据na2co3和少量hcl生成氯化钠、碳酸氢钠；与过量的hcl生成氯化钠、水和二氧化碳【解答】解：a、na和o2在常温下反应生成氧化钠，na和o2在加热条件下反应生成过氧化钠，反应条件改变，会引起产物的种类改变，故a错误；b、naoh和少量co2反应，co2不足时生成碳酸钠，co2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故b错误；c、nahco3和naoh反应的产物是碳酸钠，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故c正确；d、na2co3和hcl生成反应，少量hcl生成氯化钠、碳酸氢钠；过量hcl生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故d错误；故选c【点评】本题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨20下列溶液中通入so2一定不会产生沉淀的是（）aba（oh）2bba（no3）2cna2sdbacl2【考点】二氧化硫的化学性质【分析】a、so2和ba（oh）2 反应生成baso3沉淀； b、so2溶于水生成h2so3，而亚硫酸电离的h+和硝酸根组成了硝酸，能将+4的s氧化成so42，而形成baso4沉淀；c、s2和so2发生氧化还原反应，生成s单质沉淀；d、so2溶于水生成的h2so3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应【解答】解：a、so2为酸性氧化物，ba（oh）2 反应生成baso3白色沉淀和水，故a不可选；b、so2溶于水生成h2so3，而亚硫酸电离的h+和硝酸根组成了硝酸，硝酸具有强氧化性，能将+4的s氧化成so42，而形成baso4白色沉淀，故b不可选；c、s2具有还原性，so2具有氧化性，s2和so2发生氧化还原反应，生成s淡黄色沉淀，故c不可选；d、so2溶于水生成的h2so3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，so2不能和bacl2发生反应，所以不会出现沉淀，故d可选；故选：d【点评】本题考查二氧化硫的性质，二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸、亚硫酸为多元弱酸，并且二氧化硫还具有漂白性、氧化性和还原性，解题时要认真分析二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21气态烃a是一种基本的有机化工原料，目前石油裂解已成为生成a的主要方法a在标准状况下的密度为1.25gl1d的分子式为c4h8o2，d在酸性条件下水解得到b和c，c的相对分子质量比b大14四种有机物之间存在如下转化关系：请回答下列问题：（1）写出d的结构简式：ch3cooch2ch3写出过程的化学方程式：ch2=ch2+h2och3ch2oh【考点】有机物的推断【分析】石油裂解已成为生成a的主要方法，a在标准状况下的密度为1.25gl1，则a的相对分子质量为28，则a为ch2=ch2，d的分子式为c4h