1、天津市 2017-2018学年高三化学试卷相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137一、选择题（每个小题只有一个正确选项，每个小题 3分，共 75分）1.下列说法中正确的有几个2018 年春节联欢晚会上，港珠澳大桥出现了百部无人驾驶汽车。大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机和节约资源KMnO 4、C 2H5OH、H 2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂用 K2FeO4代替 Cl2处理饮用水，有杀菌消毒作用，但与氯气不同的是不产生有机氯对人体造成危害面粉中禁止添加 CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，C
2、aO 2属于碱性氧化物，也属于离子化合物，其阴阳离子个数比为 11国产大飞机-C919 使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖” ，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，该过程属于物理变化使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个【答案】B【解析】【详解】大力推广无人驾驶汽车有助于缓解能源危机，但不能节约资源，故错误；KMnO 4、H 2O2具有强氧化性，C 2H5OH能使蛋白质变性，KMnO 4、C 2H5OH、H 2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂，故正确；
3、K 2FeO4中 Fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，但与氯气不同的是不产生有机氯对人体造成危害,故正确；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，其阴阳离子个数比为 1：l，故错误；国产大飞机-C919 使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料，故正确；“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖” ，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷是一种硅酸盐产品，故正确；“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，该过程利用萃取原理，属于物理变化，故正确；含钙离子浓度较大的地下水与高级脂肪酸钠反应可生成高级
4、脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故正确；正确的个数为 6，答案选 B。2.下列说法不正确的有几个质子数相同的微粒一定属于同一种元素同一元素的核素种数由中子数决定Cl 2中 35C1与 37Cl两种核素的个数之比与 HCl中 35Cl与 37C1的个数之比相等18 g H 2O中含有的中子数为 10NA标准状况下，等体积 CH4和 HF所含的分子数相同只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键等物质的量的 CN-和 N2含有的共用电子对数相等通过化学变化可以实现 16O与 18O之间的相互转化A. 2个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】D【解析】【详解】具有相同质子数的原子一
5、定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如 Na+、NH 4+的质子数都是 11，HF、Ne 的质子数都是 10，但不是同种元素，故错误；同一元素的核素中质子数相同,中子数不同,显然中子数决定同一元素的核素种数,故正确；同位素的质子数相同,化学性质几乎相同,但其质量数不同,物理性质不同,在自然界中其原子百分比组成不变,故正确；18g 水的物质的量为 1mol，1mol 水中含有 8mol中子，含有的中子数为 8NA，故错误；在标准状况下，CH 4为气体，HF 为液体，等体积 CH4和 HF的物质的量不同，所含的分子数不相同，故错误；非金属元素之间也可以形成离子键，如氯化铵中铵根离子与氯
6、离子之间，所以不一定只有金属元素和非金属元素才能形成离子键，故错误；CN -离子中含有碳氮三键，带有 1个单位负电荷，其电子式为：，1mol 含有的共用电子对为 3mol，氮气分子中存在氮氮三键，N 2的电子式为：，1mol 含有的共用电子对为 3mol，等物质的量的 CN-和 N2含有的共用电子对数相等，故正确；化学变化的实质：分子的分裂，原子的重新组合，不能生成新核素，故错误；综上，不正确的有，答案选 D。3.某有机物的结构如图所示。有关该物质的下列说法正确的是 A. 该物质能发生加成反应、取代反应B. 不能与 Br2的 CCl4溶液发生反应C. 该物质中所有原子有可能在同一平面D. 该化
7、合物的分子式为 C18H17O2N2【答案】A【解析】【详解】A、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的 H 和羟基等能发生取代反应，选项 A 正确；B、碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，选项 B 错误；C、该物质中有两个亚甲基，即有两个碳是四面体构型，所有原子不可能在同一平面，选项 C 错误；D、该化合物的分子式为 C18H16O2N2，选项 D 错误。答案选 A。4.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A因乙烷易溶于四氯化碳，不可用溴水除杂应该改用溴水，选项 A 错误；B铁粉可与氯化铁反应生成氯化亚
8、铁，可除去杂质，选项 B 正确；C 二者均与氢氧化钠反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故 C 错误；D、乙酸与碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于水，且在饱和碳酸钠溶液上层，不互溶，则分液、干燥、蒸馏可得纯净的乙酸乙酯，选项 D 错误。答案选 B。5.下列说法中正确的是A. 加水稀释 0.01 molL-1的 CH3COOH溶液,溶液中 c(OH-)减小B. 室温时，0.1 molL -1的某一元酸 HA在水中有 0.1%发生电离,则该溶液的 pH=4C. 氨水加水稀释后,溶液中 c(NH3H2O)/c(NH4+)的值增大D. 常温下,pH 均为 5的盐酸与氯化铵溶液中 ,水的电离程度相同【答案】B【
9、解析】【分析】A加水稀释醋酸促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，再结合水的离子积常数确定溶液中氢氧根离子浓度变化；B、根据电离度及溶液浓度计算氢离子浓度，再计算 pH；C、加水稀释弱碱溶液的电离平衡正向移动；D 盐酸抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离。【详解】A加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，选项 A 错误；B、HA 电离出的 c（H+）为 0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，则 pH=-lg（10-4）=4，选项 B 正确； C加水稀释促进一水合氨电离，铵
10、根离子个数增大，一水合氨分子个数减小，所以溶液中 c(NH3H2O)/c(NH4+)的值减小，选项 C 错误；DpH=5 的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，选项 D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解、溶度积常数等知识点，明确弱电解质的电离特点、盐类水解特点等知识点来分析解答，选项 A 为易错点，注意平衡常数只与温度有关。6.2017 年 8月 3日，中国科学家在Nature杂志发表论文，合成了一种代号为 ICM-101的高能量密度材料。合成该高能物质的主
11、要原料为草酰二肼，结构简式如图所示。下列有关草酰二肼的说法正确的是A. 可由草酸(HOOC-COOH)和肼 (H2N-NH2)发生酯化反应制备B. 不能发生水解反应C. 与联二脲(H 2NCONHNHCONH2)互为同分异构体D. 分子中最多有 12个原子处于同一平面【答案】C【解析】【分析】A、草酰二肼中不含酯基，草酸与肼发生取代反应生成草酰二肼和 H2O；B 、草酰二肼能发生水解反应；C、草酰二肼与联二脲互为同分异构体； D、草酰二肼中 C 原子都为 sp2杂化，N 原子都为 sp3杂化，草酰二肼分子中最多有 10 个原子处于同一平面上。【详解】A、草酰二肼中不含酯基，草酸与肼发生取代反应
12、生成草酰二肼和 H2O，选项 A错误；B、草酰二肼中含 ，能发生水解反应，选项 B 错误；C、草酰二肼和联二脲的分子式都是 C2H6N4O2，两者结构不同，草酰二肼和联二脲互为同分异构体，选项 C 正确；D、草酰二肼中 C 原子都为 sp2杂化，N 原子都为 sp3杂化，联想 HCHO 和 NH3的结构，单键可以旋转，草酰二肼分子中最多有 10 个原子处于同一平面上（如图所示的 10 个原子） ，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质、同分异构体、分子中共面原子个数的判断。难点是分子中共面原子个数的判断，分子中共面原子个数判断的技巧：任意三个原子一定共平面；由 CH4、
13、CH2=CH2、CHCH、苯、HCHO、 NH3等分子结构迁移应用；单键可以旋转；注意“可能” “最多” “最少” “所有原子” “碳原子”等限制条件。7.已知电离平衡常数：H 2CO3HClOHCO 3-，氧化性：HClOCl 2Br 2Fe 3+I 2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是A. 向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水褪色B. 能使 pH试纸显蓝色的溶液中，Fe 3+、Cl -、Ba 2+、Br -能大量共存C. 向 NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式 2ClO-+CO2+H2O2HClO+CO 32-D. 向 FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为
14、：2Fe 2+Cl22Fe 3+2Cl-【答案】A【解析】【分析】A溴和亚铁离子发生氧化还原反应； B能使 pH 试纸显蓝色的溶液中，说明溶液呈强碱性，弱碱的阳离子不存在；C酸性 HClOHCO 3-，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸； D氧化性： Fe3+I 2，则碘离子先被氧化。【详解】A氧化性：Br 2Fe 3+，故溴和亚铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-，选项 A 正确；B、能使 pH 试纸显蓝色的溶液，说明溶液呈强碱性，Fe3+离子不能大量存在，选项 B 错误；C 、酸性 HClOHCO 3-，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯
15、酸，离子方程式为 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，选项 C 错误；D 氧化性：Fe 3+I 2，则碘离子先被氧化，离子方程式为 2I-+Cl2I2+2Cl-，选项 D 错误；答案选A。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱、离子反应先后顺序是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答，题目难度不大，易错选项是D，利用铁离子的氧化性强于碘进行分析。8.下列有关实验装置，能达到实验目的的是A. 用图 1所示装置制取少量 Cl2 B. 用图 2所示装置制取干燥的 NH3C. 用图 3制备并检验 H2的可燃性 D. 用图 4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠【答案】D
16、【解析】试题分析：A1mol/L 的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰共热，不能反应生成氯气，故 A 错误；BNH 3 不能使用浓硫酸干燥，故 B 错误；C 点燃 H2 前需验纯，故 C 错误；D碳酸氢钠受热易分解，放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不能，故 D 正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。9.向 Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是A. 反应 HCO3 (aq)H (aq)CO 2(g)H 2O(l) 为放热反应B. CO32 (aq)2H +(aq)CO 2(g)H 2O(l) H( H1 H2 H3)C. H1 H2
17、 H2 H3D. H2CO3(aq)CO 2(g)H 2O(l)，若使用催化剂，则 H3变小【答案】B【解析】试题分析：A根据图示，反应 HCO3-(aq)和 H+(aq)的总能量小于 CO2(g)和 H2O(l) 的总能量，为吸热反应，故 A 错误；B 根据图示，结合盖斯定律，CO 32-(aq)+2H+(aq)CO 2(g)+H2O(l) H(H 1+H2+H3) ，故 B 正确；CH 10 ，H 20，根据图像， H1H 2，故 C 错误；D使用催化剂，反应热不变，故 D 错误；故选 B。考点：考查了化学反应中的能量变化图像的相关知识。10.A、B、C 是原子序数依次增大的短周期主族元素
18、，三种元素原子序数之和为 35，且 C的原子序数是 A的 2倍。A、B、C 三种元素的单质在适当条件下可发生如图所示的变化。下列说法正确的是A. 甲、乙、丙三种物质的水溶液均显碱性B. 甲是碱性氧化物，乙是酸性氧化物C. 甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同D. 丙的水溶液在空气中长期放置，溶液可能会变浑浊【答案】D【解析】A、B、C 是原子序数依次增大的短周期主族元素，则 C 原子序数小于 17，C 的原子序数是A 的 2 倍，所以 A 的原子序数小于 9 且 A 原子序数的 2 倍大于 B 的原子序数，结合三种元素原子序数之和为 35，可推出： A 为 O 元素、B 为 Na 元素、C 为
19、 S 元素；由如图A、B、C 三种元素的单质的变化可得：甲为 Na2O 或 Na2O2，乙为 SO2，丙为 Na2S。A 项，Na 2O、Na2O2、Na2S 的水溶液都显碱性，而 SO2的水溶液显酸性，故 A 错误；B 项，SO2是酸性氧化物，Na 2O 是碱性氧化物、Na 2O2不是碱性氧化物，故 B 错误；C 项，Na2O2具有漂白性是因为具有强氧化性，而 SO2漂白原理是相当于发生化合反应生成了无色物质，所以二者漂白原理不同，故 C 错误；D 项，Na 2S 溶液在空气中长期放置，会发生反应：2S 2-+O2+H2O=2S+4OH-，所以溶液会变浑浊，故 D 正确。点睛：本题考查元素周
20、期表的推断，首先根据原子序数依次增大的三种短周期元素原子序数之间的关系推出各元素，然后应用元素周期律和元素化合物的性质解决各选项。B 项注意碱性氧化物的概念：碱性氧化物是指溶于水化合成碱或与酸反应生成盐和水的氧化物，所以 Na2O2不是碱性氧化物；C 项明确 SO2漂白原理与 Na2O2漂白原理的不同。11.一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、ClO x (x1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是A. a、b、c、d、e 中，c 最稳定B. bac 反应的活化能为反应物能量减生成物能量C. bad 反应的热化学方程式为：3ClO (aq)ClO 3 (aq
21、)2Cl (aq) H116kJmol 1D. 一定温度下，Cl 2与 NaOH溶液反应生成的产物有 a、b、d，溶液中 a、b、d 的浓度之比可能为 1112【答案】D【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、 d、e 依次代表 Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。A 项，物质能量越低越稳定，由图可得 a、b、c、d、e 中，a 最稳定，c 最不稳定，故 A 错误；B 项，反应物能量-生成物能量=-H，依据图中数据无法判断 ba+c 反应的活化能，故 B 错误；C 项，a为 Cl-、b 为 ClO-、d 为 ClO3-，BA+D 的化学方程式为 3ClO-=ClO3-+2Cl
22、-，结合曲线提供的数据，反应热为：H=64kJmol -1+20kJmol-1-360kJmol-1=-116kJmol-1，故 C 错误；D 项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl 2与 NaOH 溶液反应生成的产物有 a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由 0 价将为-1 价、升为 +1 价和+5 价，由电子守恒得：n(Cl -)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中 a、b、d 的浓度之比为 11：1：2 时上述电子守恒式成立，故 D 正确。点睛：本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识，关键是弄清 a、b、c、
23、d、e 所代表的离子并正确书写反应的离子方程式，并结合 H=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算，D 项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。12.常温下，向 1 L 0.1 molL1 一元酸 HR溶液中逐渐通入氨气已知常温下 NH3H2O电离平衡常数 K1.7610 5 ，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的 pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是A. 0.1 molL1 HR溶液的 pH为 5B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入， 逐渐增大C. 当通入 0.1 mol NH3时， c(NH4+) c(R ) c(OH ) c(H+)D. 当 c(R
24、 ) c(HR)时，溶液必为中性【答案】C【解析】A 项，pH=5 时 c(H+)=10-5，由图可得此时 =0，又因为一元酸 HR 溶液为 0.1molL-1，所以 c(R-)c(HR)=0.05molL -1，所以此时 c(R-)c(H+)，则 0.1molL1 HR 溶液的 pH 不是 5，故 A 错误；B 项，由已知 HR 溶液中存在着 HR 分子，所以 HR 为弱酸，= =Ka/Kw，温度不变时 Ka/Kw 的值不变，故 B 错误；C 项，pH=5 时 c(H+)=10-5，由图可得此时 =0，则 Ka= =10-5，当通入 0.1 mol NH3时，恰好反应生成 NH4R，又因为常
25、温下 NH3H2O 电离平衡常数 K1.7610 5 ，所以NH4R 溶液中 R-水解程度大于 NH4+水解程度，NH 4R 溶液呈碱性，则 c(NH4+)c(R )c(OH )c(H +)，故 C 正确；D 项，由前面对 A 项的分析知，当 c(R-)c(HR)时，pH=5 ，所以溶液显酸性，故 D 错误。13.对下列两种有机物的描述正确的是A. 苯环上的一氯代物种数相同B. 分子中共面的碳原子数一定相同C. 1 mol甲与浓溴水反应最多能消耗 4 mol Br2D. 甲、乙可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分【答案】C【解析】【分析】A甲中苯环上有 5 种氢原子，所以其苯环上的一氯代
26、物有 5 种；乙苯环上有 4 种，其苯环上一氯代物有 4 种；B甲中分子共平面的碳原子最少有 9 个、最多有 15 个，乙中共平面的碳原子最多 15 个、最少 8 个；C甲中能和溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子；D甲、乙官能团不同且氢原子种类不同。【详解】A甲中苯环上有 5 种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有 5 种；乙苯环上有 4种，其苯环上一氯代物有 4 种，所以苯环上的一氯代物种数不同，选项 A 错误；B甲中分子共平面的碳原子最少有 9 个、最多有 15 个，乙中共平面的碳原子最多 15 个、最少 8个，所以分子中共面的碳原子数不一定相同，选项 B 错误；C 甲中能和溴反应
27、的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻对位氢原子，所以 1 mol 甲与浓溴水反应最多能消耗 4 mol Br2，选项 C 正确；D甲、乙官能团不同且氢原子种类不同，所以可以用红外光谱、核磁共振氢谱区分，选项 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断及空间想象能力，明确官能团及其结构性质关系是解本题关键，易错选项是 B，注意苯分子中 12 个原子共平面，乙烯中 6 个原子共平面，依此分析解答。14.下列说法正确的是A. 锅炉中沉积的 CaSO4可用饱和 Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去B. 可采取加热蒸发的方法使 FeCl3从水溶液中结晶
28、析出C. NaAlO2溶液中滴加 NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D. 将 SO2分别通入硝酸钡溶液和溶有氨气的氯化钡溶液中，产生沉淀的成分相同【答案】A【解析】【分析】A碳酸钙溶解度较小，且可溶于盐酸； B氯化铁易水解生成氢氧化铁；C偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应；D二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀。【详解】A、CaCO 3的溶解度小于 CaSO4，故 CaSO4用饱和 Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的 CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，选项 A 正确；B氯化铁易水解生成氢氧化铁，制备氯化铁，应在盐酸氛围中加热，抑制水解，
29、选项 B 错误；C 偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应，选项 C 错误；D二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，生成沉淀不同，选项 D 错误。答案选 A。【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大。易错点为选项 B，加热时促进氯化铁的水解产生氢氧化铁。15.常温下，现向 50 mL 0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加 0.05 molL1 NaOH溶液，得到溶液的 pH与 NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生）
30、 。下列说法正确的是A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c(Na ) c(SO42) c(NH4+) c(H ) c(OH )B. 图中 b、 c、 d 三点溶液中水的电离程度最大的是 c点C. b点后滴加 NaOH溶液过程中，NH 3H2O的电离程度逐渐减小D. pH=7时，溶液中 c(H ) c(Na ) c(NH4+)=c(SO42) c(OH )【答案】C【解析】试题分析：Ab 点表示 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na +)=c(SO )c(NH )c(H +)c(OH -)，故 A 错误；B图中
31、b 点硫酸铵水解，促进水的电离、c 点显中性，生成了部分 NH3H2O，抑制了水的电离、d 点氢氧化钠过量，抑制水的电离，三点溶液中水的电离程度最大的是 a 点，故 B错误；Cb 点后滴加 NaOH 溶液过程中，NH 3H2O 的浓度逐渐增大，电离程度逐渐减小，故 C 正确；DpH=7 时，溶液中存在电荷守恒 c(H+)+c(Na+)+c(NH )=2c(SO )+c(OH-)，故 D错误；故选 C。考点：考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。16.下列各组物质的分类正确的是混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO 2、NO 2、P 2O
32、5均为酸性氧化物，Al 2O3、CaO 2为碱性氧化物同素异形体：C 60、C 70、金刚石、石墨强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A. 全部正确 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物叫氧化物；NO 2不是酸性氧化物，Al 2O3为两性氧化物、CaO 2为碱性氧化物；同素异形体指相同元素组成，结构不同的单质；溶液的导电能力与离子浓度成正比；、只有离子键在熔融状态下才能破坏；有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石
33、墨转化为金刚石就不是氧化还原反应。【详解】水银是汞，属于纯净物，故错误；由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物叫氧化物，故错误；NO 2不是酸性氧化物，Al 2O3为两性氧化物、CaO 2为碱性氧化物，均不属于碱性氧化物，故错误；C 60、C 70、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故 正确；溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电质溶液强，故错误；、只有离子键在熔融状态下才能破坏，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应，
34、故错误；综上，正确的只有，答案选 D。17.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论A用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色溶液中含有 Na+B向浓度均为 0.1 molL-1的 FeCl3和 AlCl3混合溶液中滴加 NaOH溶液，出现红褐色沉淀。KspFe(OH)3 KspAl(OH)3C室温下，用 pH试纸测得：0.1 molL 1 Na2CO3溶液的 pH约为 11；0.1 molL 1 NaHCO3溶液的pH约为 8。HCO3 结合 H 的能力比 CO32的强D用 Fe3+浓度相同的 FeCl3溶液和 Fe2(SO4)3溶液，分别清洗做完银镜反应的试
35、管，FeCl 3溶液清洗得干净存在可逆过程：Fe3+Ag Fe2+Ag +，且溶解度 AgClAg 2SO4A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、玻璃棒中含有钠元素，应该用铂丝或洁净无锈的铁丝，故 A 错误；B、向浓度均为 0.1 mol/L 的 FeCl3 和 AlCl3 混合溶液中滴加 NaOH 溶液，出现红褐色沉淀，是因为生成氢氧化铝被氢氧化钠溶解了，不能说明氢氧化铁和氢氧化铝的溶解度的关系，故 B 错误；C、碳酸钠和碳酸氢钠均水解显碱性，且碳酸钠的碱性强，说明 HCO3-结合 H+的能力比CO32-的弱，故 C 错误；D、铁离子具有氧化性，能够氧化金属银
36、使银溶解，氯化银的溶解度比硫酸银的小，Fe 3+Ag Fe2+Ag+，FeCl 3 溶液中的氯离子能使平衡向右移动，因此用Fe3+浓度相同的 FeCl3 溶液和 Fe2(SO4)3 溶液，分别清洗做完银镜反应的试管，FeCl 3 溶液清洗得干净，故 D 正确；故选 D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。18.新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe 2Ox),能使 SO2、NO 2等氧化物转化为单质。转化流程如图所示，下列有关该转化过程的叙述不正确的是A. MFe2O4表现了氧化性B. 若 MFe2Ox与 SO2发生反应的物质的量之比为 3:1，则 x=10/3C. 在处理该废气过程中，
37、每处理含 1moINO2的废气转移电子数 4NA个D. MFe2O4与 MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应【答案】C【解析】A、MFe2O4在与氢气的反应过程中，铁元素的化合价降低被还原，则 MFe2O4在反应中表现氧化性，故 A 正确。B、MFe 2Ox与 SO2发生反应的物质的量之比为 3:1，由转移电子相等32（3-x+1）=41 解得 x=10/3，故 B 正确。C、处理的废气中，不是只有二氧化氮，所以转移电子数为不一定为 4 NA 个，故 C 错误。D 、MFe2O4 与 MFe2Ox的相互转化的反应，都有化合价的变化，都是氧化还原反应，故 D 正确。本题正确选项为 C。1
38、9.某试液中只可能含有 K+、NH 4+、Fe 2+、Al 3+、Cl 、SO 42 、CO 32 、AlO 2 中的若干种离子，离子浓度均为 0.1mol/L。某同学进行了如下实验：下列说法正确的是A. 无法确定原试液中是否含有 Al3+、 Cl B. 滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、 Fe 2+和 Ba 2+C. 无法确定沉淀 C 的成分D. 原溶液中存在的离子为 NH 4+、 Fe 2+、 Cl 、 SO 42【答案】D【解析】试题分析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无 Ba2+，无 AlO2；加入硝酸钡溶液有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件
39、下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入 NaOH 溶液有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀 B 为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量 CO2 产生沉淀，先与 OH、Ba 2+反应，沉淀 C 为碳酸钡，不能说明存在 Al3+因为存在的离子浓度均为 0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有 NH4+、Fe 2+、Cl 、SO 42才能保证电荷守恒，K +必然不能存在，A、B 、C 项错误， D 项正确；答案选 D。考点：考查常见离子的检验。20.某芳香族酯类化合物甲的分子式为 C14H10O5，1 mol 甲水解后只生成一种产物乙，其物质的量为 2 mol，下列说法不正
40、确的是A. 符合上述条件的甲共有 3种 B. 乙能和浓溴水发生反应C. l mol乙最多消耗 2 mol NaHCO3 D. 1 mol 甲最多可以和 4 mol NaOH反应【答案】C【解析】分析：酯类化合物甲含-COOC-，甲的分子式为 C14H10O5，1mol 甲水解后只生成一种产物乙，其物质的量为 2mol，则乙中含-OH 和-COOH，由碳原子数的关系可知，乙为邻羟基苯甲酸或间羟基苯甲酸或对羟基苯甲酸，然后结合有机物的结构与性质来解答。详解：根据以上分析可知乙为邻羟基苯甲酸或间羟基苯甲酸或对羟基苯甲酸，则A乙有 3 种，则发生酯化反应生成的甲有 3 种，A 正确；B乙中含酚-OH，
41、能与溴水发生取代反应，B 正确；C因酚羟基的酸性比碳酸弱，-COOH 能与 NaHCO3反应，则 lmol 乙最多消耗1molNaHCO3，C 错误；D甲中含酚-OH、-COOH、-COOC-，且水解生成的-COOH 、-OH 均与 NaOH 反应，则1mol 甲最多可以和 4molNaOH 反应，D 正确；答案选 C。21.化学与生活密切相关，以下所有描述中正确的有几个 分子筛、青花瓷、黏土、玛瑙、硅石的主要成分都是硅酸盐。 含 4%硅的硅钢导磁性很强，主要用作变压器的铁芯。 氟碳化合物不仅可用于制家用不粘锅的保护膜氟纶，还可能成为未来的人造血液。 由于 r(F-)比 r(OH-)小，在磷灰
42、石晶体结构里更匹配，使得氟磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，因此含氟牙膏可有效预防龋齿。 石膏与水的糊状混合物会很快凝固，可用它做模型和石膏绷带。 煤焦油干馏可获得苯、二甲苯等有机物。 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中。 臭氧是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水消毒剂。 奶油、代可可脂巧克力、乳饮料、奶茶、蛋黄派等零食都可能含反式脂肪酸。A. 3个 B. 4 个 C. 5 个 D. 6 个【答案】C【解析】分子筛、青花瓷的主要成分是硅酸盐，黏土、玛瑙、硅石的主要成分是二氧化硅，错误； 含 4%硅的硅钢具有很强的导磁性，主要用作变压器的铁芯，正确；氟碳化合物常见的是四氟化烯，可
43、用于制家用不粘锅的保护膜氟纶，还可能成为未来的人造血液，作为血液的替代品，正确； 由于 r(F-)比 r(OH-)小，氟离子会和羟基磷灰石 Ca5(PO4)3OH 发生反应生成氟磷灰石 Ca5(PO4)F，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，因此含氟牙膏可有效预防龋齿，正确；熟石膏与水的糊状混合物会很快脱水凝固，故可以用熟石膏而不是石膏来制作模型和石膏绷带，错误；煤干馏可获得苯、二甲苯等有机物，煤焦油分馏可获得苯、二甲苯等有机物，错误；二氧化硫具有较强的还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，错误；臭氧在常温下是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用作自来水的消毒剂，正确；反式脂肪酸具有
44、口感佳、可塑性好等优点，作为一种食品添加剂，在食品中使用是比较普遍的，奶油、代可可脂巧克力、乳饮料、奶茶、蛋黄派等零食都可能含反式脂肪酸，正确；综上所述，正确的有 5 个，故答案选 C。22.NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 3.9g 苯与足量的 H2反应时，参与反应的碳碳双键数为 0.15NA 3.1g 氧化钠和 3.9g过氧化钠的混合物中含有的阴离子总数为 0.1NA 1.8g 14CH4和水蒸气(H 2O)的混合气体中含电子数目为 NA 常温下 1L 0.5 mol/L NH4Cl溶液与 2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液所含 NH4+的数目相同 常温下，4.6gN
45、O 2和 N2O4组成的混合气体中所含原子总数为 0.3NA 1mol SiO 2晶体中含有极性共价键数目为 2NA 将 1mol Cl2通入足量水中, 溶液中 HClO、Cl -、C1O -粒子数之和为 2NA 高温下，16.8g Fe 与足量水蒸气完全反应转移电子数为 0.8NAA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】苯分子中没有碳碳双键，不正确；氧化钠和过氧化钠的组成中，其阴、阳离子的个数比相同，都是 1:2，3.1g 氧化钠和3.9g过氧化钠的物质的量均为 0.05mol，故混合物中含有的阴离子总数为 0.1NA，正确； 14CH4和水蒸气(H 218O)的分子内均有 10个
46、电子， 14CH4和 H218O的摩尔质量不同，所以1.8g14CH4和水蒸气(H 218O)的混合气体中含电子数目不等，不正确；在相同温度下，盐的水解程度随浓度增大而减小，故常温下 1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含 NH4+的数目不相同，不正确；4.6gNO 2的物质的量为 0.1mol，含 0.3NA 个原子 。NO 2和 N2O4的最简式相同，所以4.6gNO2和 N2O4混合气体中所含原子总数与 4.6gNO2的相同，为 0.3NA，正确；SiO 2晶体中 Si的配位数是 4，所以 1mol SiO2晶体中含有极性共价键数目为 4NA，不正确
47、；Cl 2通入足量水中，所得溶液中含有 Cl2、HClO、Cl -、C1O -等粒子。由物料守恒可知，将1molCl2通入足量水中,溶液中 HClO、Cl -、C1O -粒子数之和小于 2NA，不正确；高温下，Fe 与水蒸气反应生成四氧化三铁，故 16.8gFe（即 0.3mol Fe）与足量水蒸气完全反应转移电子数为 0.8NA，正确。综上所述，正确，答案选 B。23.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物 X。实验小组为测定化合物 X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是A. 固体 2是氧化铁B. X的化学式可以表示为 Fe3C2C. 溶液甲加热、蒸发、灼烧也可得到 24.0 g固体D. X与足量的
48、热浓硝酸反应有 NO2和 CO2生成【答案】B【解析】试题分析：铁碳化合物 X，在足量的空气中煅烧得固体 1 为铁的氧化物，可以有+2 价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能亚铁离子或铁离子，再通入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得到固体 2 为氧化铁，24 克氧化铁中含有铁元素的质量为 11224/160=16.8 克，利用元素守恒分析，可计算化合物 X 中铁元素的质量也为 16.8 克，进而求得 X 中碳元素的质量为 18-16.8=1.2g，所以在 X 中铁、碳原子的物质的量之比为 16.8/56:1.2/12=3:1，所以 X 得化学式为 Fe3C，其余热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原为二氧化氮，根据上面的分析可知。A、固体 2 为氧化铁，正确，不选 A；B 、X 为 Fe3C，错误，选B；C 、溶液甲中可能含有铁离子，正确，不选 C；D、X 与足量的热浓硝酸反应有二氧化氮和二氧化碳，正
