黑龙江省牡丹江一中2022学年高二下学期期末考试化学模拟试题

1、2022学年黑龙江省牡丹江一中高二（下）期末化学试卷一、选择题（每个小题只有一个正确选项1-12题每题2分，13-22题每题3分）1（2分）对下列物质进行的分类正确的是（）A纯碱、烧碱均属于碱BCuSO45H2O属于纯净物C凡能电离出H的化合物均属于酸D盐类物质一定含有金属阳离子【分析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐类；B、结晶水合物属于纯净物；C、电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；D、能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐【解答】解：A、纯碱是碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则不属于碱，属于盐类，故A错误；B、结晶水合物有固定的组成和性质，属于纯净物，故B正确；C、电

2、离只生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸，但硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则属于盐类，故C错误；D、盐类物质含有的阳离子是金属离子或是铵根离子，故D错误。故选：B。【点评】本题是一道有关物质的分类的题目，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键，属于基础知识的考查2（2分）今有一种固体化合物X，本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中正确的是（）AX一定是电解质BX可能是非电解质CX只能是盐DX可以是任何化合物【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，例如酸、碱和盐等；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物。【解答】解

3、：今有一种固体化合物X，本身不导电，说明该固体中不含自由移动离子，但熔化状态或溶于水中能够电离，说明该物质是离子化合物，属于电解质，故选A。【点评】本题关键理解透电解质、非电解质的定义，抓住信息中熔化状态或溶于水中能够电离、X属于化合物来解答即可。3（2分）下列离子方程式书写正确的是（）A烧碱溶液与小苏打溶液反应：OHHCO3H2OCO2B铝粉与烧碱溶液反应：2Al2OHH2O2AlO22H2C氢氧化铝与氢溴酸Al（OH）33HBrAl33H2OD过量CO2通入漂白粉溶液中CO2H2OClOHCO3HClO【分析】A烧碱溶液与小苏打溶液反应生成碳酸钠和水；B铝粉与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气

4、，选项中不符合电子守恒、原子守恒；C氢溴酸为强酸完全电离；D过量CO2通入漂白粉溶液中生成次氯酸和碳酸氢钙【解答】解：A烧碱溶液与小苏打溶液反应生成碳酸钠和水：OHHCO3H2OCO32，故A错误；B铝粉与烧碱溶液反应：2Al2OH2H2O2AlO23H2，故B错误；C，氢溴酸为强酸完全电离，氢氧化铝与氢溴酸Al（OH）33HAl33H2O，故C错误；D过量CO2通入漂白粉溶液中生成次氯酸和碳酸氢钙，CO2H2OClOHCO3HClO，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确在离子反应中哪些物质应保留化学式及反应的实质是解答本题的关键，注意过量反应产物的判断，题目

5、难度不大4（2分）已知浓H2SO4和Fe3都可以将Cu氧化成Cu2，浓H2SO4也可以将Br氧化成Br2，Fe与Br2反应生成FeBr3由此可以确定上述有关物质氧化性由强到弱的顺序为（）A浓B浓CBr2浓DFe3Cu2Br2浓H2SO4【分析】在自发进行的氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答【解答】解：浓H2SO4和Fe3都可以将Cu氧化成Cu2，反应中，浓硫酸和铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以浓硫酸和铁离子的氧化性大于铜离子；浓H2SO4也可以将Br氧化成Br2，该反应中浓硫酸是氧化剂，溴是氧化产物，所以浓硫酸的氧化性大于溴；Fe与Br2反应生成FeBr3，该

6、反应中溴是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以溴的氧化性大于铁离子，根据以上分析知，氧化性强弱顺序是：浓H2SO4Br2Fe3Cu2，故选A。【点评】本题考查了氧化性强弱的判断，正确判断反应中氧化剂和氧化产物是解本题关键，难度不大5（2分）下列既能发生氧化还原反应，又能发生复分解反应的离子组是（）ANa、H、ClO、S2BNH4、Na、MnO4、ICK、Ba2、Br、NO3DMg2、Ag、OH、olH2O2反应，转移电子1molDNa2H2olH2O2反应，转移电子2mol，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断【解答】解：A、磷元素由0价变成4价，是还原剂，故A错误；B、过氧化氢是氧化剂，

7、而Na2H2olH2O2反应，转移电子2mol，故C错误；D、Na2H2olL1的溶液中：Ba2、K、Cl、NO3D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中：Na、K、I、SO42【分析】Ac（ClO）=L1的溶液中，亚硫酸根离子、硫离子都会被次氯酸根离子氧化；B常温下，=1010的溶液为碱性溶液，钙离子、镁离子、碳酸氢根离子都能够与氢氧根离子发生反应；C水电离的c（H）=11012molL1的溶液中存在大量的氢离子或氢氧根离子，Ba2、K、Cl、NO3离子之间不发生反应，也不与氢离子、氢氧根离子反应；D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应【解答】解：Ac

8、（ClO）=L1的溶液中，ClO能够氧化SO32、S2，在溶液中不能大量共存，故A错误；B常温下，=1010的溶液中成长率大量的氢氧根离子，Ca2、Mg2、HCO3离子能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C水电离的c（H）=11012molL1的溶液为酸性或者碱性溶液，Ba2、K、Cl、NO3离子之间不反应，且都不与酸溶液和碱溶液反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D滴入少量KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够与I离子之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应

9、发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3和SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H或OH；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2、Fe2、Fe3、MnO4等有色离子的存在；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力11（2分）下列离子组在一定条件下能大量共存，且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的是（）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AFe2、NO3、K稀H2SO43Fe2NO34H3Fe3NO2H2OB

10、Fe3、I、ClONaOH溶液Fe33OHFe（OH）3CMg2、HCO3、ClNaOH溶液HCO3OHCO32H2ODAl3、Cl、NO3稀氨水Al33OHAl（OH）3【分析】A加硫酸后离子之间发生氧化还原反应不能共存；B离子之间发生氧化还原反应不能共存；C加NaOH，与镁离子结合生成沉淀；DAl3与一水合氨结合生成沉淀【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，且加硫酸发生3Fe2NO34H3Fe3NO2H2O，故A选；BFe3、I发生氧化还原反应，I、ClO发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，但加NaOH与镁离子反应，故C不选；D该组离子之间不反应

11、，可大量共存，加氨水发生Al33NH3H2OAl（OH）33NH4，故D不选；故选：A。【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大12（2分）下列说法不正确的是（）ANa2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B硅是半导体材料，可用于制备光导纤维C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂DAl2O3熔点高，可用于制作耐高温仪器【分析】A、Na2O2能与CO2反应生成氧气；B、硅是太阳能电池板的原料，光导纤维主要是二氧化硅；C、明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用

12、；D、制作耐高温仪器所用材料熔点高【解答】解：ANa2O2能与CO2反应，生成氧气，所以能够做供氧剂，故A正确；B光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是单质硅，故B错误；C明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故C正确；DAl2O3熔点高，硬度大，可用于制作耐高温仪器，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质的性质与用途，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累13（2分）下列叙述中正确的是（）A两份质量相同的Al分别加入到足量NaOH溶液和盐酸中充分反应，盐酸增加的质量大B两份质量

13、相同的S分别与足量NaOH溶液和Na反应，两者转移的电子数相同C相同物质的量的CO2、H2O分别与足量Na2O2反应，生成气体的物质的量相同DH2分别通过灼热的CuO和Fe2O3粉末，当转移电子数相同时，Fe2O3减轻的质量大【分析】AAl与盐酸反应：2Al6HCl=2AlCl33H2，Al与NaOH溶液反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，据此分析；B硫与氢氧化钠反应是自身的氧化还原反应，而与单质钠反应是仅作氧化剂；C由发生反应：2Na2O22CO2=Na2CO3O2，2Na2O22H2O=4NaOHO2分析；D氢气分别通过灼热的CuO和Fe2O3粉末，氢气夺取氧化物中的氧，

14、转化为水，当转移电子数相同时说明参加反应的氢气的物质的量相等，夺氧的质量相同【解答】解：AAl与盐酸反应：2Al6HCl=2AlCl33H2，Al与NaOH溶液反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，两份质量相同的Al分别加入到足量NaOH溶液和盐酸中充分反应，增加的质量一样多，故A错误；B硫与氢氧化钠反应是自身的氧化还原反应，而与单质钠反应是仅作氧化剂，所以两份质量相同的硫分别与足量氢氧化钠和钠反应，两者转移的电子数不相同，故B错误；C由发生反应：2Na2O22CO2=Na2CO3O2，2Na2O22H2O=4NaOHO2，所以相同物质的量CO2、H2O分别与足量Na2O2反应

15、，生成气体的物质的量相同，故C正确；D氢气分别通过灼热的CuO和Fe2O3粉末，氢气夺取氧化物中的氧，转化为水，当转移电子数相同时说明参加反应的氢气的物质的量相等，夺氧的质量相同，所以固体减轻的质量相同，故D错误。故选：C。【点评】本题考查元素及化合物的综合应用，为高频考点，把握发生的反应及氧化还原反应的分析为解答的关键，侧重分析、计算及应用能力的考查题目难度中等，是中档题14（2分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在该白色粉末可能为（）A

16、NaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO4【分析】取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题【解答】解：ANaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量

17、稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误。故选：C。【点评】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，为解答该题的关键，难度中等15（2分）镓（Ga）与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物工业制备镓的流程如下图所示：下列判断不合理的是（）AAl、Ga均处于A族BGa2O3可与盐酸反应生成GaCl3CGa（OH）3可与NaOH溶液生成NaGaO2D酸性：Al（OH）3Ga（OH）3【分析】A镓（Ga）与铝同主族，均处于A族；B

18、Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性；CGa（OH）3属于两性氢氧化物，与NaOH溶液生成NaGaO2；D由流程图可知，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al（OH）3沉淀，而没有Ga（OH）3沉淀，化学反应遵循强酸制弱酸的原理【解答】解：A镓（Ga）与铝同主族，均处于A族，故A正确；BGa2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；CGa（OH）3属于两性氢氧化物，与Al（OH）3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C正确D化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al（OH）3沉淀，而

19、没有Ga（OH）3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al（OH）3Ga（OH）3，故D错误。故选：D。【点评】本题是一道信息迁移题，考查金属铝以及化合物的性质，关键是对题目信息的理解与应用，注意理解同主族、同周期元素性质的相似性与递变性16（2分）向、FeO和Cu的混合物中，加入1molL1硫酸溶液400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为（）ABCD【分析】硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，所得溶液中不含Fe3，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，该反应过程为：硫酸与氧化铁恰好反应，生成硫酸铁与水，硫酸与FeO反应

20、生成硫酸亚铁与水，生成的硫酸铁与铜恰好反应转化为CuSO4、FeSO4，由水的分子式H2O可知混合物中n（O）=n（H2SO4），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为Fe2O3、FeO中氧元素的质量【解答】解：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，所得溶液中不含Fe3，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，该反应过程为：硫酸与氧化铁恰好反应，生成硫酸铁与水，硫酸与FeO反应生成硫酸亚铁与水，生成的硫酸铁与铜恰好反应转化为CuSO4、FeSO4，由水的分子式H2O可知混合物中n（O）=n（H2SO4）=1mol/L=，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减

21、少的质量为Fe2O3、FeO中氧元素的质量，所以得到的固体质量为16g/mol=，故选：C。【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，根据反应过程判断混合物中氧原子的物质的量是解题的关键，较好的考查学生分析计算能力17（2分）下列各组内物质反应产生的气体分别通入FeSO4溶液中，能与FeSO4发生反应的是：Na2O2和H2OAl和NaOH溶液MnO2和浓盐酸共热铜片和浓硫酸共热（）A只有B只有C只有D只有【分析】Na2O2和H2O生成氧气；Al和NaOH溶液产生氢气；MnO2和浓盐酸共热生成氯气；铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫【解答】解：Na2O2和CO2生成氧气，氧气通入FeSO4溶液中，生

22、成硫酸铁，故选；Al和NaOH溶液产生氢气，氢气通入FeSO4溶液中，不发生反应，故选不选；MnO2和浓盐酸共热生成氯气，氯气通入FeSO4溶液中，生成硫酸铁和氯化铁，故选；铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫通入FeSO4溶液中，不发生反应，故不选；故选：B。【点评】本题考查了硫酸亚铁的性质、气体的制备、物质之间的转化，题目难度不大，解答该类题目，必须牢固把握常见物质的性质18（2分）有一包白色粉末，可能由碳酸钠、硝酸钾或硝酸钡中的一种或几种组成，为确定其组成，进行如下实验：称取克该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液在无色溶液中加入过量氢氧化钙溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液和白色沉淀；

23、将白色沉淀洗涤、烘干后称得质量为10g由上述实验得出的下列判断中，正确的是（）A白色粉末中肯定含有硝酸钾，可能含有碳酸钠B白色粉末中肯定含有硝酸钾，可能含有硝酸钡C白色粉末中不含碳酸钠和硝酸钡，只含有硝酸钾D白色粉末中不含硝酸钡和硝酸钾，只含有碳酸钠【分析】称取克该白色粉末加足量水溶解，得无色溶液，可知碳酸钠与硝酸钡一定不能同时存在；在无色溶液中加入过量氢氧化钙溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液和白色沉淀，白色沉淀应为碳酸钙，可知原混合物一定含碳酸钠；将白色沉淀洗涤、烘干后称得质量为10g，碳酸钙的物质的量为=，结合碳酸根离子守恒及白色粉末的质量来解答【解答】解：称取克该白色粉末加足量水溶解

24、，得无色溶液，可知碳酸钠与硝酸钡一定不能同时存在；在无色溶液中加入过量氢氧化钙溶液，充分反应后过滤，分别得无色溶液和白色沉淀，白色沉淀应为碳酸钙，可知原混合物一定含碳酸钠，一定不含硝酸钡；将白色沉淀洗涤、烘干后称得质量为10g，碳酸钙的物质的量为=，由碳酸根离子守恒可知，碳酸钠的物质的量为，其质量为106g/moml=，与白色粉末的质量相等，可知一定不含硝酸钾，综上所述，白色粉末中不含硝酸钡和硝酸钾，只含有碳酸钠，故选：D。【点评】本题考查物质组成的实验探究，为高频考点，把握白色沉淀的判断、碳酸根离子守恒及质量的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大19（2分

25、）在AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生则下列结论正确的是（）A滤液中一定有Fe（NO3）3B滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无ZnD滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn【分析】充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag、Cu2发生置换反应，则溶液中一定不含Ag、Cu2，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，据此分析解答【解答】解：分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生，说明滤渣中含有Fe单质，Fe能和Ag、Cu2发生置换

26、反应，则溶液中一定不含Ag、Cu2，锌离子和Fe不反应，所以溶液中一定含有锌离子，A铁能和铁离子反应，Fe过量，所以滤液中一定没有Fe（NO3）3，故A错误；B因为只有Fe和HCl反应，所以滤渣中一定含有Fe，故B错误；C根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故C正确；D根据以上分析知，滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn，故D错误；故选：C。【点评】本题考查金属的活动性强弱，明确金属之间的置换反应是解本题关键，注意盐酸性质的特殊性，题目难度不大20（2分）ag镁铝合金投入mL，2mol/L的盐酸中，金属完全溶解，再加入ymL，1mol/LNaOH溶液，沉淀达到最大值，

27、质量为（a）g，则下列说法不正确的是（）A镁铝合金与盐酸反应转移电子数为B沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3混合物C=2yDa的取值范围为a【分析】向Mg、Al合金与盐酸反应后的溶液中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl，A沉淀混合物含有的OH的质量为，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量；B得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物；C根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），据此计算；D利用极限法解答，当全为A

28、l时，a有极小值，当全为Mg时，a有极大值，根据电子转移守恒计算金属的物质的量，再根据m=nM计算【解答】解：向Mg、Al合金与盐酸反应后的溶液中加入NaOH溶液沉淀达到最大值，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，此时溶液中溶质为NaCl，A沉淀混合物含有的OH的质量为（a）ag=，物质的量为=，镁铝合金提供的电子等于混合物中OH所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为NAmol1=0lNA，故A正确；B由上述分析可知，沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物，故B正确；C根据氯离子、钠离子守恒可知n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），所以

29、103L2mol/L=y103L1mol/L，即y=2，故C错误；D当全为Al时，Al的物质的量为，故a的极小值为27g/mol=，当全为Mg时，Mg的物质的量为，a的极大值=24g/mol=，故a的取值范围为a，故D正确，故选：C。【点评】考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算等，难度中等，确定沉淀中含有OH的质量是解题关键，注意利用守恒进行计算21（2分）下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发

30、生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答。【解答】解：A亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；BBa（OH）2与H2SO4溶液反应，只发生2HSO42Ba22OHBaSO42H2O，与反应物的量无关，故B正确；CNa2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32HHCO3，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO322HH2OCO2，不能用

31、同一个离子方程式来表示，故C错误；DCa（HCO3）2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和碳酸钙，NaOH少量时只生成碳酸钙，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大。22（2分）已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）A化合

32、物KCrO2中Cr元素为3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性D实验证明氧化性：Cr2O72I2【分析】中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由3价升高为6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：A化合物KCrO2中，K为1价，O为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为3价，故A正确；B由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C实验中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价

33、由3价升高为6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故C错误；D由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72I2，故D正确；故选：C。【点评】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为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大二、填空题（共46分）23（7分）现有下列8种物质：Na2CO3NaHCO3HClNH4HCO3C2H5OHAl食盐水CH3COOH（1）上述物质中属于强电解质的是（

34、填序号），属于弱电解质的是（填序号），能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是（填序号）（2）与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应的离子方程式为（3）与NaOH溶液反应的离子方程式为【分析】（1）Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；HCl属于强酸，是强电解质，只能和氢氧化钠反应；NH4HCO3属于盐，是强电解质，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；C2H5OH属于非电解质；Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应，既不是电解质也不是非电解质；食盐水属于混合物，既不是电解质

35、也不是非电解质；CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可；（2）碳酸氢铵和氢氧化钠加热反应生成氨气和碳酸钠和水；（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气【解答】解：Na2CO3是盐，属于强电解质，只能与盐酸反应；NaHCO3属于盐，是强电解质，既能与盐酸反应生成二氧化碳气体，又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠；HCl属于强酸，是强电解质，只能和氢氧化钠反应；NH4HCO3属于盐，是强电解质，既能与酸反应生成二氧化碳气体，又能与碱反应生成氨气；C2H5OH属于非电解质；Al既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应，既不是电解质也不是非电解质；食盐水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；CH

36、3COOH是弱酸，属于弱电解质；据此解答即可；（1）上述物质中属于强电解质的是，属于弱电解质的是，能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是，故答案为：；（2）与足量的NaOH浓溶液在加热条件下反应生成氨气，反应的离子方程式为：NH4HCO32OHNH3CO322H2O，故答案为：NH4HCO32OHNH3CO322H2O；（3）与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO23H2，故答案为：2Al2OH2H2O2AlO23H2【点评】本题考查了电解质、非电解质概念，注意物质性质和酸碱反应的性质分析判断、离子方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等24（7分）在Fe（OH）3胶

37、体中，逐滴加入HI稀溶液，会出现一系列变化（1）先出现红褐色沉淀，原因是（2）随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式（3）最后溶液颜色加深，原因是，此反应的离子方程式是（4）若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述哪些相同的变化现象（写序号）【分析】（1）胶体遇电解质发生聚沉；（2）Fe（OH）3胶体能与碘化氢发生中和反应；（3）Fe3和I发生氧化还原反应生成碘单质；（4）HCl中有氢离子能使其聚沉然后溶解【解答】解：（1）加入电解质后，Fe（OH）3胶体发生聚沉，故答案为：加入电解质后，使胶体聚沉；（2）随后沉淀溶解，溶液呈黄色，这是氢氧化铁被HI溶解所致，此反应的离子方程式为：Fe（

38、OH）33H=Fe33H2O，故答案为：Fe（OH）33H=Fe33H2O；（3）Fe3和I发生氧化还原反应，生成的I2所致，离子反应为：2Fe32I=I22Fe2，故答案为：有I2生成；2Fe32I=2Fe2I2；（4）HI既有酸性又有强还原性，I能使Fe（OH）3胶粒聚沉，H使其溶解，生成的Fe3又能氧化I成I2，而HCl只能使其聚沉然后溶解，故答案为：先出现红褐色沉淀，随后沉淀溶解，溶液呈黄色【点评】本题考查胶体的性质和离子方程式的书写，题目难度不大，注意HI既有酸性又有强还原性，I能使Fe（OH）3胶粒聚沉，H使其溶解，（4）为易错点25（6分）某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性

39、质回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成L1的溶液在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是（4）丙组同学取L1KI溶液，加入L1FeCl3溶液混合分别取2mL此溶液于2支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K

40、SCN溶液，溶液变红实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明还存在铁离子【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故

41、答案为：防止氯化亚铁被氧化；（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl22Fe2=2Fe32Cl，故答案为：Cl22Fe2=2Fe32Cl；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；（4）第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl22Fe2=2Fe32Cl，第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I过量的情况下，溶液中仍

42、含有Fe3，说明该反应为可逆反应故答案为：Fe3；可逆反应【点评】本题考查铁的化合物性质的应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及物质的性质以及检验等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等26（6分）工业上常用铁质容器盛装冷浓酸为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究过程（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是（2）另称取铁钉放入浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中除Fe3外还可能含有Fe2若要确认其中的Fe2，应先用（选

43、填序号）a铁粉和KSCN溶液bKMnO4酸性溶液c浓氨水dKSCN溶液和氯水乙同学取336ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应SO2Br22H2O=2HBrH2SO4；然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体由于此推知气体Y中SO2的体积分数为【分析】（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化；（2）利用2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；生成的SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，利用硫元素的守恒，结合关系式：SO2BaSO4求出SO2的体积分数【解答】解：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸

44、有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁表面被钝化；（2）2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，a、d都不能检验亚铁离子，只有b能检验溶液中含有2价铁离子，选c会造成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别，只能选b，故答案为：b；SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2Br22H2O=2HBrH2SO4，n（混合气体）=，SO2BaSO41mol233gn=则SO2的体积分数：100%=%，故答案为：%【点评】本题综合考查元素化合物知识、提出假设并设计实验方案的能力和文字表达能力，开放性较强，涉及浓硫酸的强氧化性，C、S与Fe及其化合物的性质，题目难度中等27（10分）高锰

45、酸钾是一种典型的强氧化剂，在生产、生活中有广泛应用在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：MnO4Cu2SHCu2SO2Mn2H2O（未配平）MnO4CuSHCu2SO2Mn2H2O（未配平）（1）下列关于反应的说法中错误的是（填序号）a被氧化的元素是Cu和Sb氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c生成（标准状况下）SO2，转移电子的物质的量是d还原性的强弱关系是Mn2Cu2S（2）标出反应中电子转移的方向和数目：MnO4CuS在稀硫酸中，MnO4和H2O2也能发生氧化还原反应氧化反应：H2O22e2HO2还原反应：MnO45e8HMn24H2O（3）反应中若有参

46、加此反应，转移的电子为mol由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是（填化学式）（4）已知：2KMnO47H2O23H2SO4K2SO42MnSO46O210H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是mol【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；（2）反应中还原剂失电子被氧化，氧化剂得电子被还原，得失电子数目相等；（3）根据化合价的变化计算转移电子的物质的量，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；（4）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子

47、的物质的量相等计算【解答】解：（1）a反应中铜元素化合价从1价升高到2价，硫元素化合价从2价升高到4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故a正确；b锰元素化合价降低，从7价降低为2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4得到5mol电子，反应中铜元素化合价从1价升高到2价，硫元素化合价从2价升高到4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；c生成（标况下）SO2时，物质的量为；反应的Cu2S物质的量为，反应中转移电子的物质的量是：CuCu2e；S2SO26e；1116所以电子转移共，故c正确；d氧化还原反应中还原剂

48、的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2Cu2S，故d错误故选：d；（2）反应中Mn元素化合价降低，从7价降低为2价，1molMnO4得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从2价升高到4价，1molCuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5，转移电子数目为56=30，可表示为，故答案为：；（3）由H2O22e2HO2可知，反应中若有参加此反应，转移电子的物质的量为2=，在反应中KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性KMnO4H2O2，故答案为：；KMnO4；H2O2；（4）反应2KMnO47H2O23H2SO4K2SO42MnSO46O210H2O中，2mol

49、KMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1molKMnO4氧化的H2O2是，故答案为：【点评】本题综合考查氧化还原反应，题目侧重于氧化还原反应的配平、计算以及氧化性、还原性的比较，易错点为（4），题目难度中等28（10分）根据下面的反应路线及所给信息，回答下列问题：（1）（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88gCO2和45gH2O，A的分子式是（2）B和C均为一氯代烃，已知C中只有一种等效氢，则B的名称（系统命名）为（3）D的结构简式，的反应类型是（4）写出的反应化学方程式【分析】88gCO2为2mol，45gH2O为，标况下烃A为，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则A的学式为C4H10，C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照发生一氯取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下发生消去反应的产物只有一种，则A只能是异丁烷，取代后的产物为2甲基1氯丙烷和2甲基2氯