1、哈师大青冈实验中学 20182019 学年度 9 月份考试高三学年化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 O16 C-12 Na-23 N-14 S-32 Mo-96 Cl-35.5 Fe-56 Cu64 Al-27第卷选择题（本大题共 25 小题，每小题 2 分，共 50 分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.华夏文明源远流长，勤劳智慧的中国人民探索认知世界，创造美好生活的过程贯穿始终。以下说法从化学视角理解，错误的是A 日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈（唐） 诗中包含了丁达尔现象B 高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻（宋） 文中提到的“脂水”是指油脂C 水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出（明） 这
2、段记载中，涉及氧化还原反应D 百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排（清） 制玻璃的某成分可用于制造光导纤维A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，可见光通过时会出现丁达尔现象，选项 A 正确；B、 “高奴县 出脂水” ，就指的是这一带的石油，选项 B 错误；C、发生的主要化学反应方程式如下：HgS+O 2 = Hg+SO2 、Hg+NaCl+KAl(SO 4)2+O2 =Hg2Cl2+Na2SO4+Al2O3+ K2SO4、 Hg+S = HgS，涉及氧化还原反应，选项 C 正确；D、制玻璃的成分二氧化硅可用于制造光导纤维，选项 D 正确。答案选
3、 B。2.下列用于解释事实的化学用语中，不正确的是A. Na2S 溶液显碱性: S 2-+ 2H2O H2S + 2OH-B. K2Cr2O7溶液中含有 CrO42-:Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+C. 盛放 NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞: 2OH -+ SiO2=SiO32-+ H2OD. 红热木炭遇浓硫酸产生刺激性气味气体: 2H 2SO4( 浓)+C CO2+2SO 2+2H 2O【答案】A【解析】A、S 2 属于多元弱酸根，应分步水解，即为S2 H 2O HS OH 、HS H 2O H2SOH ，离子方程式只写第一步水解，故 A 错误；B、K 2Cr2O
4、7溶液中含有 CrO42 :Cr2O72 + H2O 2CrO42 + 2H ，故 B 说法正确；C、磨口玻璃塞中的 SiO2属于酸性氧化物，能与 NaOH 反应 SiO22OH =SiO32 H 2O，造成玻璃塞与瓶体黏合在一起，因此盛放碱性溶液的试剂瓶用橡胶塞，故 C 说法正确；D、浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下，能与木炭发生反应，2H 2SO4( 浓)+C CO2+2SO 2+2H 2O，故 D 说法正确。3.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为 2NAB. 2L 0.5molL1 硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为 NAC.
5、 1mol Na2O2固体中含离子总数为 4NAD. 丙烯和环丙烷组成的 42g 混合气体中氢原子的个数为 6NA【答案】D【解析】试题分析： 1 mol FeI2与足量氯气反应时 Fe2+和 I-都要完全被氧化，转移的电子数为3NA，A 错误；2 L 0.5 molL1 硫酸钾溶液中含有 SO42-的物质的量为 1mol，溶液中阴离子SO42-和 OH-所带电荷数远大于 2NA，B 错误；Na 2O2中含有 2 个 Na+和 1 个 O22-，1 mol Na2O2固体中含离子总数为 3NA，C 错误；D丙烯和环丙烷是同分异构体，H 原子的质量分数不变，为 1/7，其组成的 42 g 混合气
6、体中氢原子的个数为 6NA，D 正确。考点：有关阿伏加德罗常数的正误判断视频4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中： K +、CO 32 、NO 3 、AlO 2B. 滴人酚酞溶液显红色的溶液中： K +、Na +、Cu 2+、SO 42C. 由水电离产生的(H +) = 1013 mol/L 的溶液中：Na +、Cl 、NO 3 、CH 3COOD. pH =“ l“ 的溶液中： Na +、Fe 2+、NO 3 、Cl 【答案】A【解析】试题分析：A、能使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液显碱性，这离子能够大量共存，故正确；B、滴入酚酞溶液
7、变红，说明溶液显碱性，Cu 2 和 OH 反应生成 Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，故错误；C、该溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性，CH 3COO 和 H 反应生成弱电解质 CH3COOH，不能大量共存，故错误；D、pH=1 说明溶液中含有大量 H ，NO 3 在酸性条件下具有强氧化性，能把 Fe2 氧化成 Fe3 ，不能大量共存，故错误。考点：考查离子共存问题等知识。5.分子式为 C4H8Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构） （ ）A. 6 种 B. 7 种 C. 8 种 D. 9 种【答案】D【解析】【详解】C 4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法来确定，先固定一个
8、氯原子的位置，再移动另一个氯原子的位置，可得如下几种同分异构体：、 、 ，故 C4H8Cl2共有 9 种，答案选 D。6. 短周期元素 W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大。元素 W 是制备一种高效电池的重要材料，X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，元素 Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，Z 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍。下列说法错误的是( )A. 元素 W、X 的氯化物中，各原子均满足 8 电子的稳定结构B. 元素 X 与氢形成的原子比为 1：1 的化合物有很多种C. 元素 Y 的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素 Z 可与元素 X 形成共价化合物 X
9、Z2【答案】A【解析】试题分析：因 X 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，是 C 元素，Y 是地壳中含量最丰富的金属元素，为 Al 元素Z 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，是短周期元素，且W、X、Y 和 Z 的原子序数依次增大，Z 为 S 元素，W 是制备一种高效电池的重要材料，是 Li元素。A、W、X 的氯化物分别为 LiCl 和 CCl4，则 Li+的最外层只有两个电子，不满足 8 电子的稳定结构，故 A 错误；B、元素 X 与氢形成的化合物有 C2H2，C 6H6等，故 B 正确；C、元素Y 为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故 C 正确；D、硫和碳可形成共
10、价化合物 CS2，故 D 正确；故选 A。考点：考查了原子结构与元素的性质的相关知识。视频7.下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2 的是（ ）O 3+2KI+H2O2KOH+I 2+O22C+SiO 2 Si+2COSiO 2+3C SiC+2CO4HCl（浓）MnO 2=MnCl2Cl 22H 2OA. 仅有 B. 仅有 C. D. 仅有【答案】C【解析】【详解】O 3+2KI+H2O2KOH+I 2+O2反应中 O3中的氧元素化合价降低，碘元素的化合价升高，则 O3为氧化剂，KI 为还原剂，其物质的量之比为 1：2；2C+SiO 2 Si+2CO中硅元素的化合价降低，碳元素的
11、化合价升高，则 SiO2为氧化剂，C 为还原剂，其物质的量之比为 1：2；SiO 2+3C SiC+2CO中碳元素的化合价既升高又降低，碳既是氧化剂又是还原剂，且1 个碳原子化合价降低，2 个碳原子的化合价升高，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；4HCl（浓）MnO 2=MnCl2Cl 22H 2O 中 Mn 元素的化合价降低，氯元素的化合价升高，则 MnO2为氧化剂，HCl 为还原剂，由反应可知，HCl 有一半作还原剂，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2；均符合题意，故选 C。8.将气体 a 通入溶液 b 中，始终无明显变化的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解
12、析】【详解】A.氯气通入溴化钠溶液中，发生反应： 2NaBr+Cl 2=2NaCl+Br2，导致溶液呈橙黄色，故 A 与题意不符；B由于酸性 HClH2CO3，所以将 CO2通入 CaCl2溶液中不会产生碳酸钙沉淀，始终无任何明显现象反应，故 B 符合题意；C将 SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，由于 SO2有还原性，在酸性条件下，H +、NO 3-起硝酸的作用表现强的氧化性，二者会发生氧化还原反应：3SO 2+2H2O+3Ba2+2NO3-=3BaSO4 +2NO+4H +,会观察到产生白色沉淀，同时产生一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，故 C 与题意不符；D将 NO2通入 FeSO4
13、溶液中，发生反应：3NO 2+H2O=2HNO3+NO；4H +NO3-+3Fe2+=3Fe3+2H2O+NO，因此会看到溶液变为黄色，同时产生无色气体，故 D 与题意不符；答案选 B。【点睛】物质混合发生的现象与物质的性质有关。如酸性 HClH2CO3，因此把 CO2通入 CaCl2溶液中，就不会发生反应，也就不能看到有任何实验现象；将 SO2通入 Ba(NO3)2溶液中，由于 SO2容易溶于水发生反应产生 H2SO3，H 2SO3电离使溶液显酸性，在酸性条件下，H +、NO 3-起硝酸的作用，表现强的氧化性，而 H2SO3有还原性，因此会发生氧化还原反应，使 H2SO3转化为 H2SO4，
14、H 2SO4电离产生 SO42-与溶液中的 Ba2+结合形成难溶性的 BaSO4白色沉淀，若只考虑酸性 HNO3H2SO3，忽略了硝酸的氧化性、亚硫酸的还原性，则上述物质混合现象与选项 B 相同；NO 2能够溶于水，与水发生反应：3NO 2+H2O=2HNO3+NO, HNO3有强的氧化性，而 Fe2+具有还原性，溶液被氧化变为 Fe3+，使溶液变为黄色。9. 下列有关电化学装置的说法正确的是A. 利用图 a 装置处理银器表面的黑斑 Ag2S，银器表面的反应为 Ag2S2e =2AgS 2B. 图 b 电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C. 图 c 中的 X 极若为负极，则该
15、装置可实现粗铜的精炼D. 图 d 中若 M 是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀【答案】A【解析】试题分析：A形成原电池反应，Al 为负极，被氧化，Ag 2S 为正极被还原，正极方程式为Ag2S+2e-=2Ag+S2-，故 A 正确；B铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故 B 错误；C图 c 中的 X 极若为负极，粗铜为阴极，不能进行粗铜的精炼，而电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故 C 错误；D该装置有外接电源，属于“有外加电源的阴极保护法” ，故 D 错误，故选 A。考点：考查较为综合，涉及原电池和电解池原理，注意根据金属的腐蚀及保护、粗铜的精炼、
16、电解原理等知识来分析解答。10.“分子机器设计和合成”有着巨大的研究潜力。人类步入分子器件时代后，使得光控、温控和电控分子的能力更强。如图是蒽醌套索醚电控开关。下列说法错误的是A. 物质的分子式是 C25H28O8 B. 反应a是氧化反应C. 1mol可与 8molH2发生加成反应 D. 物质的的所有原子不可能共平面【答案】B【解析】A由结构简式可知物质的分子式是 C25H28O8，A 正确；B物质含有 C=O，与氢气发生加成反应生成 C-O，为还原反应，B 错误；C.1mol含有 2molC=O 键，2mol 苯环，则可与8molH2发生加成反应，C 正确；D物质含有饱和碳原子，具有甲烷的结
17、构特点，所有原子不可能共平面，D 正确，答案选 B。点睛：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，注意把握有机物的结构和官能团的性质。难点是选项 D，注意从甲烷、乙烯和苯的结构特点进行知识的迁移应用。11.为检验某溴代烃（R-Br）中的溴元素，有下列实验操作： 加热煮沸 加入 AgNO3溶液 取少量卤代烃 加入稀硝酸酸化 加入 NaOH 溶液 冷却，正确操作的先后顺序是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】检验某卤代烃（R-X）中的 X 元素，应该先取少量卤代烃，卤代烃的水解应在碱性条件下，所以向卤代烃中加入氢氧化钠溶液，然后进行加热加快反应速率，然后冷却液体，碱性条件下，
18、银离子易转化为氢氧化银，所以应向溶液中加入稀硝酸使其酸化，溶液再加入硝酸银溶液观察是否生成浅黄色沉淀，所以其操作顺序是，答案选 C。【点睛】检验某卤代烃(RX)中的 X 元素，可以利用其水解或消去反应生成卤离子，然后通过硝酸银来检验，但需要注意的是再加入硝酸银溶液之前，需要用酸酸化。12.NO2通过盛有水的洗气瓶，转移 0.03mol 电子时，参加反应的 NO2气体在标准状况下的体积为A. 224mL B. 336mL C. 448mL D. 1008mL【答案】D【解析】【详解】3NO 2+H2O=2HNO3+NO 转移的电子数目为 2e-，故有 2：0.03=3：n(NO 2) ，n(NO
19、 2) =0.045mol，体积为 0.04522.41000ml=1008mL；答案选 D。13.Na2O2、HCl、Al 2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有 Na 、H 、Cl 、OH ；且溶液呈中性，则 Na2O2、HCl、Al 2O3的物质的量之比可能为A. 2:4:1 B. 3:2:1 C. 2:3:1 D. 4:2:1【答案】A【解析】试题分析：所得溶液中只含有 Na+、H +、Cl -、OH -，且溶液呈中性，说明只含有 NaCl 一种溶质，Al 2O3转化为 Al(OH)3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知 n(Na)=n(HCl)，即满足 n(Na2O2)：n
20、(HCl)=1：2 即可，选项中只有 A 符合。故选 A。考点：考查有关混合物反应的计算【名师点睛】本题考查混合物计算，侧重考查学生分析解决问题能力的考查，注意利用守恒解答，难度中等。所得溶液中只含有 Na+、H +、Cl -、OH -，且溶液呈中性，说明只含有 NaCl一种溶质，Al 2O3转化为 Al(OH)3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知 n(Na)=n(HCl)。14.向一定量的 Fe、Fe 2O3和 CuO 混合物投入 100 mL 浓度 2.2 mol/L 的硫酸溶液中，充分反应后生成 896 mL 标准状况下的气体，得不溶物 1.28 g，过滤后，溶液中阳离子只有 Fe
21、2+，向滤液中加入 2 mol/L 的 NaOH 溶液，加至 40 mL 时开始出现沉淀，则滤液中 FeSO4的物质的量浓度为(设滤液体积为 100 mL( )A. 2 mol/L B. 1.8 mol/L C. 1.9 mol/L D. 无法计算【答案】B【解析】试题分析：固体混合物和稀硫酸反应后有固体剩余，说明溶液中不存在铁离子，向滤液中加入加入 2mol/L 的 NaOH 溶液，加至 40mL 时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，铁先和铜离子后和氢离子发生置换反应，所以滤液中的溶质是硫酸、硫酸亚铁，n(H 2SO4)=2.2mol/L0.1L=0.22mol，与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量=
22、 n(NaOH)= 2mol/L0.04L=0.04mol，剩余的硫酸的物质的量=0.22mol-0.04mol=0.18mol，剩余硫酸与固体反应生成了硫酸亚铁，根据硫酸和硫酸亚铁的关系式计算硫酸亚铁的物质的量浓度 =“ 1.8“ mol/L，故选 B。考点：考查了混合物的计算的相关知识。15.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是A. 汉黄芩素的分子式为 C16H13O5B. 该物质遇 FeCl3溶液显色C. 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 1 mol Br2D. 与足量 H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 1
23、种【答案】B【解析】A汉黄芩素的分子式为 C16H12O5，故 A 错误；B含酚-OH，遇 FeCl3溶液显紫色，故 B 正确；C酚-OH 的邻对位氢原子能够与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 2mol Br2，故 C 错误；D与足量 H2发生加成反应后，该分子中碳碳双键、羰基均减少，少了 2 种官能团，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团的结构与性质为解答的关键。本题的易错点为 D，要注意碳氧双键中只有(酮)羰基能够与氢气加成。16.将含有 0.1 mol SiO2的铝、硅混合物分别与足量 NaOH 溶液、
24、盐酸混合，充分反应后前者可得到 11.2 L 气体(标准状况)，后者可得到 6.72 L 气体(标准状况)，则参加反应的 n(HCl)与 n(NaOH)之比为( )A. 11 B. 12C. 21 D. 31【答案】A【解析】试题分析：混合物与足量 NaOH 溶液反应生成氢气的物质的量为 n(H2)=11.2L22.4L/mol=0.5mol，混合物与足量盐酸反应生成氢气的物质的量为 n(H2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，而混合物中只有铝能与盐酸反应，由此可求出 n(Al)=0.2mol，硅、铝均能与 NaOH 溶液反应且铝与 NaOH 溶液反应放出的氢气也是 0.3 mol
25、，故 Al 与 NaOH溶液反应放出的氢气是 0.2mol，由此可求出 n（Si）=0.1mol。铝完全反应消耗 0.6 mol HCl，0.1molSiO 2需要 0.2mo 的 NaOH、0.2mol 铝需要 0.2mo 的 NaOH、硅 0.1 mol 需要 0.2mo的 NaOH，所以混合物共需 0.6mol 的氢氧化钠，所以参加反应的 n（HCl）与 n（NaOH）之比为 1：1，选项 A 正确。考点：考查铝与硅与强碱与强酸反应的原理及有关计算的知识。17.氢化锂(LiH)、氘化锂(LiD)、氚化锂(LiT)在一定条件下都可产生极高的能量，被广泛应用在火箭推进剂和核反应中。下列有关说
26、法中，正确的是A. LiH、LiD、LiT 是同素异形体B. LiH、LiD、LiT 中氢元素的化合价均为+1 价C. H、D、T 之间互称为同位素D. LiH、LiD、LiT 在反应中常作氧化剂【答案】C【解析】【详解】ALiH、LiD、LiT 为化合物，不属于同素异形体，故 A 错误；B锂为+1 价，其中氢元素的化合价均为-1 价，故 B 错误；CH、D、T 的质子数相等，H、D、T 的中子数分别为 0、1、2，互为同位素，故 C 正确；DLiH、LiD、LiT 中氢元素的化合价为-1 价，具有强的还原性，故 D 错误；答案选 C。【点睛】在分析同素异形体和同位素的概念时，首先应抓住两者所
27、研究的对象，同素异形体针对的是同种元素形成的不同结构的单质，如金刚石与石墨、白磷与红磷、氧气与臭氧等，而同位素针对是具有相同质子数不同中子数的不同原子，则同位素的研究对象是原子，如氕、氘、氚是三种不同的氢原子，而 LiH、LiD、LiT 是化合物，既不是同素异形体，也不是同位素。18.下列物质均为 Wg，将它们在氧气中完全燃烧的产物全部通入到过量的过氧化钠固体中，则过氧化钠固体增重为大于 Wg 的是（ ） CH 3CH2OH HOOCCOOH CH 4 HCHO CH 3COOH HCOOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】H2、CO 发生的化学方程式为：2H 2+O2 2H2
28、O，2Na 2O2+2H2O=4NaOH+O2；2CO+O 2 2CO2 ，2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为 H2、CO 的质量。因此只要是 CO 或 H2或它们的气体或化学组成符合通式：（CO）m（H 2）n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量；若分子中碳、氧原子个数比大于 1:1，则过氧化钠固体增重的质量大于原物质的质量；若分子中碳、氧原子个数比小于 1:1，则过氧化钠固体增重的质量小于原物质的质量；据此分析可得结论。【详解】CH 3CH2OH 分子中碳、氧原子个数为 2:1，大于 1:1，故过氧化钠固体增重大于Wg； HOOCC
29、OOH 分子碳、氧原子个数比为 1:2，小于 1:1，故过氧化钠固体增重小于 Wg；CH 4分子中没有氧原子，故过氧化钠固体增重大于 Wg； HCHO 可以改写成 COH2，符合通式：（CO）m（H 2）n，故过氧化钠固体增重等于 Wg；CH 3COOH 可以改写成（CO） 2（H 2） 2，符合通式：（CO）m（H 2）n，故过氧化钠固体增重等于 Wg；HCOOH 分子中碳、氧原子个数比为：1:2，小于 1:1，故过氧化钠固体增重小于 Wg；故答案选 C。19.将 15.6gNa2O2 和 5.4gAl 同时放入一定量的水中，充分反应后得到 200mL 澄清溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况
30、下的 HCl 气体 6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则A. 反应过程中得到 6.72L 的气体（标准状况下）B. 最终得到的溶液中 c(Na )=c(Cl - )c(OH - )C. 最终得到 7.8g 的沉淀D. 最终得到的溶液中 c(NaCl)1.6 mol/L【答案】C【解析】试题分析：15.6gNa 2O2的物质的量为 =0.2mol，5.4gAl 的物质的量为 =0.2mol，则：首先：2Na 2O2+2H2O4NaOH+O 20.2mol 0.4mol 2.24L然后：2Al+2H 2O+2NaOH2NaAlO 2+3H20.2mol 0.2mol 0.2mol 6.7
31、2L故剩余 NaOH 为 0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成 NaAlO2为 0.2mol，生成 O2为 2.24L、H 2为6.72L；向溶液中通入标准状况下的 HCl 气体 6.72L，物质的量为 =0.3mol，则：HCl + NaOHNaCl+H 2O0.2mol 0.2mol 0.2mol剩余剩余 HCl 为 0.3mol-0.2mol=0.1mol，生成 0.2molNaCl，NaAlO2+HCl+H2OAl(OH) 3+NaCl，0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol故 NaAlO2有剩余，HCl 完全反应，剩余 NaAlO2为 0.2mol-0.1m
32、ol=0.1mol，生成 Al(OH)3为0.1mol、NaCl 为 0.1mol，故溶液中含有 0.3molNaCl、0.1molNaAlO 2。A生成 O2为2.24L、H 2为 6.72L，故生成气体总体积为 2.24L+6.72L=8.96L，故 A 错误；B反应后溶液的成分是 0.3molNaCl 和 0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知 c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+)，故 B 错误；C最终生成 Al(OH)3为 0.1mol，质量为 0.1mol78g/mol=7.8g，故 C 正确；D根据氯离子守恒可知，反应后溶液中 n(NaCl)=n
33、(HCl)=0.3mol，故最终溶液中c(NaCl)= =1.5mol/L，故 D 错误；故选 C。考点：考查了混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物的性质的相关知识。20.某混合物 X 由 Al2O3、Fe 2O3、Cu、SiO 2中的一种或几种物质组成。进行如下实验：A. 步骤中减少的 3 g 固体一定是混合物B. 步骤中质量减少的物质一定是 CuC. 根据步骤、可以判断混合物 X 的成分为 Al2O3、Fe 2O3、Cu、SiO 2D. 根据上述步骤可以得出 m(Fe2O3)m(Cu)11【答案】D【解析】【详解】A.步骤中，加入过量氢氧化钠溶液固体质量减少了 3 g，溶解的物质可能是
34、 Al2O3和 SiO2中的一种或两种，不一是混合物，故 A 错误；B.步骤中加入过量盐酸，Fe 2O3溶解后又和 Cu 发生反应，故减少的固体是 Fe2O3和 Cu，故B 错误；C. 根据步骤、可以判断混合物 X 的成分中一定含有 Fe2O3和 Cu，可能含有 SiO2 与Al2O3中的一种或两种，故 C 错误；D.步骤中发生的总反应为 Fe2O3Cu6HCl=2FeCl 2CuCl 23H 2O，溶解的固体(6.41.924.48 g)中，Fe 2O3和 Cu 的物质的量相等，设其物质的量为 xmol，则有160x+64x=4.48，解得 x=0.02，其中 m(Fe2O3)=0.02mo
35、l160g/mol=3.2g，m(Cu)=0.02mol64g/mol+1.92g=3.2g，即有 m(Fe2O3)m(Cu)11，故 D 正确；答案选 D。21.铜粉加入稀硫酸中不溶解，再加入下列固体粉末：FeCl 2 Fe 2O3 Zn KNO 3，铜粉可溶解的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】加入 FeCl2，不发生反应，铜不溶解；发生 Fe2O36H =2Fe3 3H 2O，2Fe 3 Cu=Cu 2 Fe 2 ，铜溶解；发生锌和硫酸反应：Zn2H =Zn2 H 2，铜不参与反应；KNO 3提供硝酸根，发生 3Cu8H 2NO 3 =3Cu2 2NO4H 2O，
36、铜发生溶解；故答案选 B。22.近年来，科学家研制了一种新型的乙醇电池，它用酸性电解质（H ）作溶剂。电池总反应为：C 2H5OH3O 22CO 23H 2O，下列说法不正确的是A. 乙醇在电池的负极上参加反应B. 1mol CH3CH2OH 被氧化转移 6mol e-C. 随着反应的进行，正极附近的酸性减弱。D. 电池正极的正极反应为 4H O 24e 2H 2O【答案】B【解析】试题分析：由电池总反应可知：A乙醇被氧化，为电池的负极，故 A 正确。B1mol CH3CH2OH 被氧化有 4molO2，转移为（43）mol e-，故 B 错误。C正极反应方程式为：4H O 24e 2H 2O
37、，所以正极附近的酸性减弱。故 C 正确。D电池正极的正极反应为4H O 24e 2H 2O，正确。考点： 了解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。了解常见化学电源的种类及其工作原理。点评：主要考查对原电池原理的分析。本题关键是根据所给电池反应判断出电池的正负两极及各电极上的放电物质。结合电极反应分析极区变化。23.向四只盛有不同溶液的烧杯中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的 CO2气体与HCl 物质的量的关系如图(忽略 CO2的溶解和 HCl 的挥发)：则下列分析都正确的组合是( )I 图对应溶液中的溶质为 NaHCO3II 图对应溶液中的溶质为 Na2CO3和
38、NaHCO3，且二者的物质的量之比为 1：1III 图对应溶液中的溶质为 NaOH 和 Na2CO3，且二者的物质的量之比为 1：1IV 图对应溶液中的溶质为 Na2CO3A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】向一定量 NaOH 溶液的烧杯中通入不同量的 CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是 NaOH 和Na2CO3的混合物，当 NaOH 和 CO2恰好完全反应时，产物只有 Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有 NaHCO3，也可能是 Na2CO3和 NaHCO3的混合物；据此分析可得结论。【详解】.图中刚开始加入 HCl 就产生了二氧化碳，因此溶质只能是 NaHCO3，故
39、正确；.从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠） ，后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即 c（Na 2CO3）=c（NaHCO 3） ，故正确；.从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有 Na2CO3，故错误；.从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是 NaOH 和 Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和 N
40、aOH 反应，第二个单位的盐酸和 Na2CO3反应生成 NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO 3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比是 1：1，故错误；由上分析知正确，错误，故答案选 A。【点睛】本题重点考查了碳酸钠与盐酸反应的原理和相关计算，碳酸钠与盐酸在相互滴加时，由于滴加的顺序不同，反应的现象和结果可能是不同的，如盐酸逐滴加入碳酸钠溶液中，会依次发生如下反应：Na 2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO 3+HCl=NaCl+H2O + CO2，故反应开始并不产生气泡，后来才会有气泡产生；而将碳酸钠溶液逐滴加入盐酸溶液中是，由于开始反应是盐酸过量，发生
41、的反应为：Na 2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2，故反应的开始阶段就有气泡产生。24.如图所示实验装置,烧瓶内充满氯气,底部有一层细沙(不参与反应),玻璃导管下口 b 处塞有一小块钠。从 a 口伸入一根细铁丝把钠块捅下去,再用滴管从 a 口滴下一滴水,恰好落在钠块上,立即剧烈反应。下列对此实验的说法中,不正确的是()A. 所充氯气应用向上排空气法收集B. 反应中，烧瓶内产生大量白色烟雾C. 玻璃导管只起到定位加入钠和水的作用D. 烧瓶中 Cl2，可能参与四个氧化还原反应【答案】C【解析】A、氯气的密度比空气的密度大，通常条件不与氧气等反应，故选择向上排空气法收集，
42、故A 正确；B、钠与水反应放出大量的热使钠与氯气反应生成氯化钠固体颗粒，有 HCl 生成，与水蒸气结合，故为白色烟雾，故 B 正确；C、反应导致气体的物质的量减小，玻璃导管可以平衡烧瓶内外压强，防止发生危险，故 C 错误；D、滴加水，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氯气可以与钠反应、氯气与水反应、氯气与氢氧化钠反应、氯气与氢气反应，都属于氧化还原反应，故 D 正确；故选 C。25.在 t时，将 agNH3完全溶于水，得到 V mL 溶液，假设该溶液的密度为 g/cm -3，质量分数为 ，其中含 NH4+的物质的量为 b moL下列叙述中正确的是（ ）A. 溶质的物质的量浓度 c=1000a/35
43、Vmol/LB. 溶质的质量分数为 =a /(V-a)100%C. 溶液中 c（OH -）=1000b/Vmol/L+c（H +）D. 上述溶液中再加入 VmL 水后，所得溶液的质量分数大于 0.5【答案】C【解析】【详解】A.a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为 VmL，所以溶液的物质的量浓度为 = mol/L，故 A 错误；B.氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm -3，体积为 VmL，所以溶液质量为 Vg，溶质氨气的质量为 ag，溶质的质量分数为 100%= 100%，故 B 错误；C.溶液 OH-来源于一水合氨、水的电离，NH 4+的浓度为 = mol/L，一水合氨
44、电离NH3H2O NH4+OH-，由溶液中的电荷守恒可知：c（OH -）=c（NH 4+）+c（H +）=1000b/Vmol/L+c（H +） ，故 C 正确；D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的 2 倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于05w，故 D 错误；答案选 C。第卷非选择题（本大题共四小题，共 50 分）26.A、B、C 是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，这些单质和化合物之间存在如图所示的关系，完成下列空白：（1）向酚酞试液中加入化合物 A 的粉末，现象为_。（2）单
45、质甲与化合物 B 反应的离子方程式为_。5.05g 单质甲钾合金溶于 200mL水生成 0.075mol 氢气，确定该合金的化学式为_ 。（3）向一定体积某浓度的化合物 C 的溶液中通人 CO2气体后得溶液 M，因 CO2通入量的不同，溶液 M 的组成也不同。若向 M 中逐滴加入 0.1mol/L 盐酸，产生的气体体积 V（CO 2）与加入盐酸的体积 V（HCl）的关系有下列图示两种情况。由 A 确定滴加前 60mL 的盐酸时，发生反应的离子方程式为_ B 对应的溶液 M 低温蒸干后得到固体 a 克，将 a 克固体充分加热至恒重后，固体质量减少 _ 克。由 A、B 可知，两次实验通入的 CO2
46、的体积比为_【答案】 (1). 溶液先变红，后褪色，并有气泡 (2). 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 (3). NaK2 (4). H+ +OH=H2O、H +CO32-=HCO3- (5). 0.0775 (6). 3:10【解析】【分析】A、B、C 是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物，甲、乙、丙是三种单质，甲与 B反应是置换反应，甲与乙是化合反应，丙与乙也是化合反应，单质甲、含有甲元素的化合物A 均与化合物 B 反应得到不同的单质，且两种单质反应又得到化合物 B，应是 Na、过氧化钠与水的反应，可推知甲是 Na 单质，乙为氧气，B 是 H2O，丙为氢气，C 是 NaOH
47、，A 是 Na2O2。据此分析可得结论。【详解】 （1）向酚酞试液中加入化合物 Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠使酚酞溶液变红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；（2）单质甲与化合物 B 反应的离子方程式为：2Na+2H 2O=2Na+2OH-+H2，根据电子转移守恒可知，Na、K 总物质的量为 0.075mol2=0.15mol，设 Na、K 物质的量分别为 xmol、ymol，则：x+y=0.15mol，23g/molx+39g/moly=5.05g，解得 x=0.05、y=0.1，故合金的化学式为NaK2；故答案为：2Na+2
48、H 2O=2Na+2OH-+H2、NaK 2；（3）曲线 A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2，若 A 中只有 Na2CO3，开始发生 CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗 HCl 的体积相等，实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故 A 曲线表明 M 中的溶质为 NaOH、Na 2CO3，则滴加前 60mL 的盐酸时，发生反应的离子方程式为：H + +OH=H2O、H +CO32-=HCO3-；B 曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为 1:2，则曲线 B 表明 M 中溶质为 Na2CO3、NaHCO 3，且二者物质的量之比为 1:1，设 n（Na 2CO3）= n（NaHCO 3）=x，由钠离子守恒可得：2x+x=0.1mol/L0.075L=
