2019版高二化学下学期期末考试试题 (III).doc

2019版高二化学下学期期末考试试题 (III)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2. 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3. 考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、选择题：（本大题共20小题。每小题2分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）。1对于反应中的能量变化，表述正确的是A. 加热才能发生的反应肯定属于吸热反应B. 化学变化时形成化学键的过程需吸收能量C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量D. 电解是化学能转变为电能的过程2下列说法正确的是A. 在25、101KPa,1mol S(s)和2molS(s) 的燃烧热相等B. 1mol H2SO4 (浓)与1mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热C. CO是不稳定的氧化物,它能继续和氧气反应生成稳定的CO2 ,所以CO的燃烧反应一定是吸热反应D. 101KPa时,1mol H2燃烧所放出的热量为氢气的燃烧热3下列的图示与对应的叙述相符的是A. 图1表示向l00mL0.l molL-l的A1Cl3溶液中滴加1 molL-1的NaOH溶液时n Al(OH)3的变化情况B. 图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C. 图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、H都会发生改变D. 图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况4反应2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 由于分解反应，所以该反应吸热B. 途径b改变了反应的热效应C. 1 molH2O2(l)的能量高于1 molH2O(l)的能量D. 途径a放出的热量多5反应“P4(s)3NaOH(aq)3H2O(l)3NaH2PO2(aq)PH3(g) H0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是A. P4分子中P原子均满足8电子稳定结构B. 反应中NaOH作还原剂C. 该反应能自发进行，则S0D. 反应中生成1 mol NaH2PO2，转移电子数目为36.0210236波义耳在怀疑的化学家一书中说：“在火的单独作用下，玻璃容器中的水银会丧失其原有的银色，变成一种红色物质；而无须使用任何附加试剂，用这种红色物质也可以得到汞”。该过程可表示为：。下列说法错误的是A. 波义耳所描述的变化属于氧化还原反应 B. 此反应可粗略测定空气中氧气的含量C. 波义耳所描述的变化是一个可逆的化学反应 D. 用热分解法可由氧化汞制得单质汞7对于反应X(g)3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(都不为零)，达到平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.1 molL1、0.3 molL1和0.08 molL1，则下列判断不合理的是()A. c1c213B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为23C. X和Y的转化率相等D. c1的取值范围为0c1H2CO3B往黄色固体难溶物PbI2中加水，振荡，静置。取上层清液，然后加入NaI固体，产生黄色沉淀难溶物存在沉淀溶解平衡C向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝该盐中不含D将用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2 溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2Fe3+(酸性条件)A. A B. B C. C D. D10室温下，下来事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是A. 0.1 molL-1NH3H2O的pH小于13B. 0.1 molL-1 NH4Cl溶液的pH小于7C. 相同条件下，浓度均为0.1 molL-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D. 0.1 molL-1NH3H2O能使无色酚酞试液变红色1125时,体积均为20mL、浓度均为0.1molL-1的两种酸HX、HY分别与0.1molL-1的NaOH溶液反应,所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. Ka(HY)的数量级约为10-3B. a点c(X-)b点c(Y-)C. HX发生反应的离子方程式为HX+OH-=X-+H2OD. pH=7时,两种反应后的溶液中c(Y-)c(X-)12温度相同、浓度均为0.2mol/L的（NH4）2SO4、NaNO3、NH4HSO4、NH4NO3、CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是（）A. B. C. D. 13下列有关右图装置的说法，正确的是A. 电子由铜棒经过导线流向锌棒 B. 铜棒上发生还原反应C. 硫酸的浓度逐渐增大 D. 正极反应为Zn2eZn2+14电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO35I3H2O下列说法不正确的是 ()。A. 右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB. 电解结束时，右侧溶液中含IO3C. 电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D. 如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变15在给定条件下，下列选项所示的物质间转化，均能通过一步化学反应实现的是A. B. C. D. 16化学兴趣小组利用如图装置进行电化学实验,下列预期现象正确的是A. X和Y与电流表连接,将Zn换成Fe,测得电流更大B. X和Y与电流表连接,将盐桥换成铜线,电流表指针偏转C. X和Y分别与电源“+”、“-”极相连,Cu极质量增大D. X和Y分别与电源“-”、“+”极相连,盐桥中阴离子向Zn极移动17下列叙述正确的是A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同18NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA19设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NAB. 25 时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NAC. 任意条件下，1 mol苯中含有CH键的数目一定为6 NAD. a mol 的R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a（A-N-2）NA20NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核互U发生裂变反应：，净产生的中子（n）数为10NA二、填空题(共60分)21小苏打、胃舒、平达喜都是常用的中和胃酸的药物。 (1）小苏打片每片含0.5gNaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的H是_mol。 (2）胃舒平每片含0.245gAl(OH)3。中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平_片。 (3）达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。 取该碱式盐3.01g，加入2.0molL1盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，计算该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比。 在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重1.74g，若该碱式盐中氢元素的质量分数为0.040，试推测该碱式盐的化学式。22写出下列化学反应的方程式（1）实验室制取乙烯的反应_，该反应属于_反应。（2）乙醛与氢气在催化剂及加压、加热的条件下反应_，该反应属于_反应。（3）氧化铝跟氢氧化钠溶液的反应（写离子反应方程式）_。23实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。ii方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。24近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：回答下列问题： （1）A的化学名称是_。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为_。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。（4）D的结构简式为_。（5）Y中含氧官能团的名称为_。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。xx第二学期期末考试一、单选题1 C【解析】A. 加热才能发生的反应不一定属于吸热反应，例如木炭燃烧等，A错误；B. 化学变化时形成化学键的过程需放出能量，B错误；C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D. 电解是电能转变为化学能的过程，D错误，答案选C。2 A【解析】A、燃烧热指25、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因此S的燃烧热相等，故A正确；B、中和热是稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，浓硫酸遇水放出热量，故B错误；C、所有的燃烧都是放热反应，故C错误；D、应是生成稳定的氧化物，即101kPa时1mol氢气燃烧产生的H2O是液态水时，放出的热量才是燃烧热，故D错误。点睛：燃烧热指25、101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，特别注意稳定的氧化物，CCO2，H2O的状态时液态，SSO2；中和热：稀酸与稀碱反应生成1molH2O时放出的热量，注意：酸、碱都是强电解质，弱电解质的电离时吸热过程，酸和碱的浓度不能太大，也不能太小，如果浓度太大，浓酸、浓碱与水放出热量，同时离子反应方程式只能写成HOH=H2O。3 A【解析】A向l00mL0.l molL-l的A1Cl3溶液中滴加1 molL-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；Ba点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；C加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；D向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；答案为A。4 C【解析】A、分解反应不一定是吸热反应，A错误。B、反应的焓变只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，既a、b途径的反应热效应相同，B错误。C、读图可知2molH2O2(l)能量大于2molH2O(l)、1molO2(g)能量之和，所以1molH2O2(l)能量大于1molH2O(l)的能量，C正确。D、反应的焓变只与反应的始态和终态有关，而与变化路径无关，既a、b途径放出的热量相同，D错误。正确答案C。5 A【解析】A. P原子最外层有5个电子，与其他3个P原子形成共价键，含有1个孤电子对，P4分子中P原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B. 反应中NaOH中没有元素的化合价发生变化，既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C. 反应能自发进行，须G=H-TS0，因为H0，则S0，故C错误；D. 反应中P元素由0价升高为+1价，由0价降低为-3价，因此生成1 mol NaH2PO2，转移1mol电子，故D错误；故选A。6 C【解析】A. 反应中氧气与金属Hg发生化合反应生成氧化汞，因此波义耳所描述的变化属于氧化还原反应，A正确；B. 根据反应原理可知此反应可粗略测定空气中氧气的含量，B正确；C. 该反应不是可逆反应，C错误；D. Hg是不活泼的金属，用热分解法可由氧化汞制得单质汞，D正确，答案选C。7 B【解析】分析浓度变化关系：X(g)3Y(g)2Z(g)c起始/(mol/L) c1 c2 c3c改变/(mol/L) c1-0.1 c2-0.3 0.08- c3c平衡/(mol/L) 0.1 0.3 0.08反应的化学方程式中反应物化学计量数之比为13，所以反应中X和Y必然以13消耗，因为达平衡时X和Y浓度之比为13，故c1c213，选项A合理；平衡时Y和Z的生成速率之比应该和化学方程式对应化学计量数之比相等，故Y和Z的生成速率之比为32，选项B不合理；由于起始时反应物是按化学方程式化学计量数之比配料，故X和Y转化率相等，选项C合理；运用极限法，假设Z完全转化为反应物，c1的极限值为0.14 mol/L，而题设c10，反应又是可逆的，选项D合理。答案选B。8 C【解析】A反应达到平衡时，X的转化率为： =50%，选项A正确；B根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：c（X）：c（Y）：c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y2Z，K=1600，选项B正确；C反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，选项C错误；D平衡常数受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，选项D正确；答案选C。9 B【解析】A测定盐溶液的pH，可比较对应酸的酸性，Na2CO3溶液的pH大，对应酸的酸性更弱，则酸性：HAHCO3-，故A错误；B往黄色固体难溶物PbI2加水中振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀，说明实现了沉淀的生成，证明上层清液中存在铅离子，说明PbI2存在沉淀的溶解平衡，故B正确；C氨气在水中的溶解度较大，需要加热才生成氨气，故C错误；D硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，该实验不能排除硝酸根离子的影响，故D错误；故选B。点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。本题的易错点为A，碳酸钠水解主要生成碳酸氢钠，实验只能证明酸性：HAHCO3-，不能证明酸性：HAH2CO3。10 D【解析】A项，室温下0.1 molL-1氨水溶液pH13，溶液中c（OH） c(Y-)，故B正确；C. HX为强酸，发生反应的离子方程式为H+OH-=H2O，故C错误；D. pH=7时，HX为强酸，n(X-)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，c(X-)=0.05 mol/L；HY为弱酸，pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶质为NaY和HY，根据电荷守恒，有c(Y-)= c(Na+)，由于氢氧化钠溶液的体积小于HY溶液的体积，则c(Y-)=c(Na+)0.05 mol/L，因此c(Y-)c(X-)，故D错误；故选B。12 A【解析】分析：溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH越小，根据盐类水解的酸碱性和水解程度比较溶液的pH大小关系。详解：（NH4）2SO4、NH4NO3水解呈酸性，pH7；前者c（NH4+）大，水解生成c（H+）大，pH小，即；NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH7，且小于的pH；NaNO3不水解，pH=7；、CH3COONa水解呈碱性，pH7，醋酸酸性大于碳酸酸性，水解程度大，pH大，即；所以pH大小关系为：，答案选A。点睛：本题考查溶液PH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子。13 B【解析】A. 金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，电子由锌棒经过导线流向铜棒，A错误；B. 铜棒上氢离子得到电子，发生还原反应，B正确；C. 氢离子放电，硫酸的浓度逐渐减小，C错误；D. 负极反应为Zn2eZn2+，D错误，答案选B。14 D【解析】左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I-2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动。A左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，故A正确；B一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3-，故B正确；C左侧电极为阳极，电极反应为：2I-2e-=I2，同时发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2，故C正确；D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I-2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH在交换膜两侧，不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2，故D错误；故选D。点睛：本题考查电解原理，根据“左侧溶液变蓝色”判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为D，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，故不能与碘单质发生反应。15 A【解析】A、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A正确。B、CuO与H2O不能直接化合生成Cu(OH)2，B错误。C、电解MgCl2溶液时，阴极得不到Mg单质，C错误。D、Fe与HCl反应生成FeCl2，D错误。正确答案A。16 C【解析】A将Zn换成Fe，则原电池的两极金属活泼性相差较小，电流变小，故A错误；BX和Y与电流表连接，将盐桥换成铜线，不能形成自发进行的氧化还原反应，则电流表指针不偏移，故B错误；CX和Y分别与电源“+”、“-”极相连，锌为阳极，铜为阴极，阴极发生Cu2+2e-=Cu，质量增大，故C正确；DX和Y分别与电源“-”、“+”极相连，锌为阴极，铜为阳极，阴离子向阳极，即铜极移动，故D错误；故选C。点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，把握原电池的原理和电极反应是解题的关键。本题中X和Y与电流表连接，可形成原电池反应，两个电极的金属活动性相差越大，则越易形成原电池反应，电流更大，如外界连接电源，则形成电解池。17 B【解析】分析：本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。详解：A1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6个CH键和1个CC键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个CH键和1个CC，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。18 B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g162.5g/mol0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。19 B【解析】A. 0.2 mol H2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，故A正确；B. 25 时，1L pH=3的醋酸溶液中c(H+) =0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001 NA，故B错误；C. 苯的化学式为C6H6，1 mol苯中有CH键的数目一定为6 NA，故C正确；D. R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A-N-2，则a mol 的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，故D正确；故选B。点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，也可以生成二氧化硫，可以利用极限的思维方式极限解答。20 C【解析】A60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；B根据物料守恒可知1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3和CO32离子数之和为0.1NA，B错误；C钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是23g23g/mol1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D235g核素U的物质的量235g235g/mol1mol，根据发生的裂变反应可知净产生的中子（n）数为9NA，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等二、填空题21（1）0.012mol。 (2）3.8。 (3）n(OH)n(CO32)161。 (4）Al2Mg6(OH)16CO34H2O。【解析】(1)2片小苏打所含NaHCO3的质量为1g，其物质的量为=0.012mol，由HCO3H+=CO2H2O，可知n(H)=0.012mol。 (2)6片小苏打的物质的量为：=0036mol，即中和的H为0.036mol，而每片的Al(OH)3的物质的量为=0.0031mol，由Al(OH)33H =Al33H2O，所以Al(OH)3的片数为：=3.8片。 (3)碱式盐中加入HCl，首先是碱式盐中的OH和CO32与H反应生成H2O和HCO3，所以n(HCO3)2.0molL10.0025L0.005mol，即n(CO32)=0.005mol，H与CO32与HCl反应的H的总物质的量为：2.0molL10.0425L0.085mol，所以n(OH)=0.08mol，它们的物质的量之比为：161。 能与过量的NaOH溶液反应产生沉淀的只有Mg2，所以nMg(OH)2=0.03mol，若碱式盐中不含结晶水，则氢元素的质量分数为：0.08mol1g/mol0.08g，氢元素的质量分数为：=0.0270.04，说明碱式盐中含有结晶水，根据题意有：m(Al)m(H2O)0.03mol24g/mol0.005mol60g/mol0.08mol17g/mol=3.01g，=0.04，所以m(H2O)=0.36g，n(H2O)=002mol，m(Al)=0.27g，n(Al)=001mol，所以n(Al3)n(Mg2)n(OH)n(CO32)n(H2O)0.01mol0.03mol0.08mol0.005mol0.02mol261614，即碱式盐的化学式为：Al2Mg6(OH)16CO34H2O。22C2H5OHC2H4+H2O 消去反应 CH3CHO+H2CH3CH2OH 加成反应 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【解析】(1)乙醇与浓硫酸加热到170发生消去反应生成乙烯，该反应为C2H5OHCH2=CH2+H2O，故答案为：C2H5OHCH2=CH2+H2O；消去；(2)乙醛与氢气在催化剂和加热条件下反应生成乙醇，属于加成反应，反应的方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH，故答案为：CH3CHO+H2CH3CH2OH；(3)氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，离子反应为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。三、实验题23 【答案】 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O Cl2+2OHCl+ClO+H2O Fe3+ 4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O 排除ClO的干扰 溶液的酸碱性不同 若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe（OH）3、KOH反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。四、推断题24 【答案】 丙炔 取代反应 加成反应 羟基、酯基 、【解析】分析：根据A的结构，第一步进行取代得到B，再将B中的Cl取代为CN，水解后酯化得到D；根据题目反应得到F的结构，进而就可以推断出结果。详解：A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：点睛：本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。